Ejercicios resueltos

x
y
z
12
4
4
82
1
6
1
2
x
y
z
x
y
z
12
4
4
82
1
6
1
2
Solución:
Dado el tensor de tensiones (referido a un sistema cartesiano
de referencia) en un punto de un sólido:
[ ]
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−=
612
184
2412
T
Se pide:
- Dibujar, sobre el punto elástico de la figura, y en las caras más alejadas del
origen de coordenadas, la dirección y sentido de cada una de las
componentes tensionales que, sobre dichas, caras actúan.
-Determinar el valor de las tensiones normal y tangencial que actúan sobre un
plano paralelo al plano x+y+z=0 que pasa por las proximidades (distancia
infinitesimal) del punto considerado.
MPa
Ejercicio 1.1

Vector normal al plano:
( )
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
++=
7
5
18
3
1
3
1
3
1
3
1
612
184
2412
kji
3
1
u
*
z
*
y
*
x
σ
σ
σ
rrrr
Tensión normal:
( ) MPa67,6
3
20
7518
3
1
u*
n ==+−=⋅=
rr
σσ
Tensión tangencial:
MPa39,949,4467,1322
n
2*
=−=−= σστ
r

Ejercicio 1.2
• Determinar las tensiones principales sabiendo que el
tensor de tensiones viene definido por:
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−
102530
253040
304020
σ= MPa

Solución:
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
zyzzx
zyyxy
zxxyx
σττ
τστ
ττσ
σ=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−−
−
102530
253040
304020
= MPa
1
2 2 2
2
2 2 2
3 2
x y z
x y x z y z xy xz yz
x y z xy xz yz x yz y xz z xy
I
I
I
σ σ σ
σ σ σ σ σ σ τ τ τ
σ σ σ τ τ τ σ τ σ τ σ τ
= + +
= + + − − −
= + − − −
= 20 + 30 –10 = 40 MPa
= -3025 MPa
= 89500 MPa
3 2
1 2 3 0I I Iσ σ σ− + − =

032
2
1
3
=−+− III σσσ
MPa
MPa
MPa
8,51
5,26
3,65
3
2
1
−=
=
=
σ
σ
σResultado:

En un problema bidimensional, el punto elástico de la figura
se encuentra sometido al estado tensional que se indica. Se pide:
a) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x,y
b) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x’,y’
(e (el eje x’ forma un ángulo de 35º, en sentido antihorario, con el eje x).
40 MPa
15 MPa
25 MPa
x
y
La expresión, en x-y, del tensor de tensiones es:
[ ] ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−
−
=
2515
1540
T
La expresión de dicho tensor en ejes x’-y’ la
podemos obtener como:
[ ] [ ] [ ][ ]RTR'T T
=
[ ] ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −
=
º35cosº35sen
º35senº35cos
R
Siendo:
[ ] ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−
=
48,1067,35
67,3552,4
'T
Ejercicio 1.3

Suponiendo la ausencia de fuerzas internas, determinar los posibles
valores de las constantes C1, C2 y C3 para que la siguiente distribución
de tensiones puede existir en un sólido en equilibrio:
( ) 0yCzxCyCC
0zCyxC2
yz3xz3
2
21xy
z
2
2y1x
=⋅−=⋅⋅+−⋅=
=⋅=⋅⋅⋅−=
τττ
σσσ
SOLUCIÓN:
Ecuaciones de equilibrio interno (X=Y=Z=0)
)cumplese(0
zyx
0CzC0
zyx
0CxC2yC20
zyx
zzyzx
33
yzyyx
111
xzxyx
=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=⇒==
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=⇒−−==
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
σττ
τστ
ττσ
C2 puede tomar cualquier valor, por lo que el estado tensional tendría la forma:
000
0zC0
yzxzxy
z
2
2yx
===
=⋅==
τττ
σσσ
Ejercicio 1.4

El tensor de tensiones en un punto de un sólido viene definido, respecto de un sistema de coordenadas cartesianas,
por la siguiente matriz:
1.- Determinar de forma analítica:
a) Los dos primeros invariantes del tensor de tensiones
b) Los valores de las tres tensiones principales
c) Los tres vectores unitarios que definen las tres direcciones principales
d) La tensión tangencial máxima que se produce en las proximidades del punto considerado
[ ]
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
000
02020
02050
T
600202050
702050
2
2
1
=−⋅=
=+=
I
Ia) b) Una de las tensiones principales (σz) es nula. Las otras dos las calcularemos
resolviendo:
10600
2020
2050
0 21 ==⇒=
−−
−−
=− σσ
σ
σ
σIT
Por tanto, las tensiones principales son: 01060 321 === σσσ y
c) Como el eje z es una dirección principal ( ), las otras dos las calcularemos resolviendo:ku
rr
=3
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−
−−
0
0
2020
2050
2
1
u
u
σ
σ
Dirección principal 1: jiu
a
a rrr
4473089430
0
0
4020
2010
1
2
1
,, −=⇒
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−
−−
Dirección principal 2: jiu
a
a rrr
8943044730
0
0
1020
2040
2
2
1
,, +=⇒
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−
d) La tensión tangencial máxima será:
( ) 3053025
2
10
2
60
2
1060
==⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
= ,,max,,maxmaxτ
Ejercicio 1.5

2.- Para el estado tensional relativo al plano x-y, determinar gráficamente:
e) El círculo de Mohr
f) Las coordenadas (σ,τ) del polo de dicho círculo
g) Los dos planos principales que se obtienen de dicho círculo
h) Los dos planos sobre los que actúa la tensión tangencial máxima
i) Los planos, paralelos al eje z, sobre los que el vector tensión forma el mayor
ángulo posible con la normal a dichos planos.
j) El plano al que representa el polo del círculo de Mohr

σ
τ
Plano Y
Plano X 50
20
20
x
y

POLO
σ
τ
Plano Y
Plano X 50
20
20
x
y

POLO
Plano
principal IPlano
principal II
σ
τ
Plano Y
Plano X
50
20
20
x
y
60
10
x
y

POLO
Plano
principal IPlano
principal II
Plano de
máxima tensión
tangencial
Plano de
máxima tensión
tangencial
σ
τ
Plano Y
Plano X
50
20
20
x
y
35
25
x
y
35

POLO
Plano en el que
el vector tensión forma
el mayor ángulo posible
con la normal
Plano en el que
el vector tensión forma
el mayor ángulo posible
con la normal
σ
τ

POLO
Plano correspondiente
al polo del círculo de Mohr
σ
τ

El vector desplazamiento en un punto genérico de un sólido cargado viene dado
(referido a un sistema cartesiano de referencia) por:
( ) ( )kazaxiazax
rrr
2322 ++−=δ
donde a es una constante conocida. Se pide:
a) Expresión del tensor de deformaciones en un punto genérico del sólido
b) ¿Es, físicamente, posible este campo de desplazamientos?
c) ¿Qué lectura proporcionaría una banda extensométrica situada en la dirección de
la bisectriz del primer cuadrante del sistema cartesiano que se utiliza?
Ejercicio 2.2

a) El tensor de deformaciones se obtiene del campo de desplazamientos como sigue:
( )
( )
( )
0
y
w
z
v
aa3a2
x
w
z
u
0
x
v
y
u
a2
x
w
0
x
v
a2
x
u
az2ax3z,y,xww
0z,y,xvv
az2ax2z,y,xuu
yz
xz
xy
z
y
x
=
∂
∂
+
∂
∂
=
=+−=
∂
∂
+
∂
∂
=
=
∂
∂
+
∂
∂
=
=
∂
∂
=
=
∂
∂
=
=
∂
∂
=
+==
==
−==
γ
γ
γ
ε
ε
ε
El tensor de deformaciones es:
[ ]
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
a202/a
000
2/a0a2
D

b) Para que el campo de desplazamientos, o el de deformaciones que de él se derivan,
sea físicamente posible, debemos comprobar que se satisfacen las ecuaciones de
compatibilidad de deformaciones:
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
−
∂
∂
+
∂
∂
⋅
∂
∂
=
∂⋅∂
∂
⋅
∂⋅∂
∂
=
∂
∂
+
∂
∂
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
∂
∂
−
∂
∂
⋅
∂
∂
=
∂⋅∂
∂
⋅
∂⋅∂
∂
=
∂
∂
+
∂
∂
⎜⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
−⋅
∂
∂
=
∂⋅∂
∂
⋅
∂⋅∂
∂
=
∂
∂
+
∂
∂
zyxzyxzxxz
zyxyxzzyyz
zyxxzyyxxy
xyxzyzzxzzx
xyxzyzyyzzy
xyxzyzxxyyx
γγγεγεε
γγγεγεε
γγγεγεε
22
2
2
2
2
22
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
;
;
;
En estas ecuaciones sólo aparecen derivadas segundas de las deformaciones, por lo que
se verifica automáticamente al ser el campo deformaciones líneal. Por tanto, el campo
de desplazamientos dado es físicamente posible.

c) El vector unitario de la bisectriz del primer cuadrante del es:
)( kjiu
rrrr
++=
3
1
El vector deformación unitaria sería:
{ } [ ]{ }
⎪
⎭
⎪
⎬
⎫
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
⎪
⎭
⎪
⎬
⎫
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
==
2/a5
0
2/a5
3
1
3
1
1
1
1
a202/a
000
2/a0a2
uD*
rr
ε
La deformación longitudinal correspondiente (la medida de la banda) es:
a
3
5
2
a5
2
a5
3
1
3
1
1
1
1
2/a502/a5
3
1
u* =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
⎪
⎭
⎪
⎬
⎫
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=⋅=
rr
εε

En un pilar vertical de sección cuadrada hueca, tal como se indica en la figura (cotas en
metros),
x
y
1 1 1 1
1
1
1
1
x
y
1 1 1 1
1
1
1
1
el tensor de deformaciones viene dado por:
[ ]
( )
( ) 4
10
200
0032
03243
−
⋅
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+−
+−+
= yx
yxx
D
Calcular:
a) la variación de longitud del pilar, indicando si éste se alarga o se acorta,
sabiendo que, su altura inicial era de 5 m
b) la variación del ángulo, en el plano x,y, que se produce en el vértice de la
sección de coordendas (2,2), indicando si el ángulo final en dicho vértice (que
inicialmente era recto) aumenta o disminuye respecto de su valor inicial.
c) El cambio de volumen que experimenta el pilar, indicando si aumenta o
disminuye el volumen inicial del mismo.
Ejercicio 2.3

a) nto)(alargamie105102102 344
mhh zz
−−−
=⋅⋅=⋅=∆⇒⋅= εε
b) ( ) ( ) 44
106410322 −−
⋅+−=⋅+−⋅= yxyxxyγ
Para el punto (2,2), ( ) rad104102624 44
xy
−−
⋅=⋅⋅+⋅−=γ (el ángulo disminuye)
c) ( ) 4
1063 −
⋅+=++= xe zyxV εεε
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) 342
1
4
1
1
41
2
4
pilar
V
m1036054dx106x3
52dx106x354dx106x3dVeV
−−
−
−−
−
−
⋅=⋅⋅⋅⋅++
+⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+=⋅=
∫
∫∫∫∆
(el volumen del pilar aumenta)
dx
h
a
a
b
b
dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dx
dx
x
y
z
dx
h
a
a
b
b
dxdx
h
a
a
b
b
dx
x
y
z

Ejercicio 2.1
Dado el tensor de deformaciones:
encontrar la deformación unitaria según la dirección:
( ) 3/kjim
rrrr
++=
[ ]mDm
rr
=ε
m
r
[ ]
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−
−
=
002000020
000200010
002000100030
,,
,,
,,,
D
000330
3
1
3
1
3
1
002000020
000200010
002000100030
3
1
3
1
3
1 ,
,,
,,
,,,
=
⎪
⎪
⎪
⎭
⎪⎪
⎪
⎬
⎫
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−−
−
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
=mε

dx
PP
x
L
e
Determinar el desplazamiento relativo entre las dos secciones
extremas de la barra de la figura:
P = 50.000 N, E = 2x107 N/cm2
e = 1 cm, b1= 5 cm, b2= 10 cm, L = 40 cmDatos:
Ejercicio 3.1
b1
b2

Consideremos una rebanada de longitud dx a una distancia x de la
sección b1. El canto será:
1,
= +
−
= +
=
−
b
b b
L
x b ax
a
b b
L
1
2 1
1
2 1
El área (Ax) de la sección escogida será: (b1+a.x)e
Si esta rebanada experimenta una elongación du, su deformación será:
xAE
P
dx
du
⋅
=

La elongación total, u, que experimenta la barra será:
u
P
A E
dx
P
b ax e E
dx
u
P
e E
dx
b ax
P
aeE
b ax
u
P
a e E
b a L
b
x
L L
L
= =
+
=
+
= +
=
+
0
1
0
1
0
1
1
1
( )
ln
ln
∫ ∫
∫
1
1
00
ln
b
Lab
Eea
P
dx
AE
P
duu
L
x
L ⋅+
⋅⋅
=
⋅
== ∫∫
0
L

Substituting back for K,
u
P
b b
L
e E
b
b
=
−
( )
ln
2 1
2
1
e = 1 cm, b1= 5 cm, b2= 10 cm, L = 40 cm,
P = 50.000 N, E = 2 x 107 N/cm2
u
. .
cm=
−
=
50 000
10 5
40
1 2. 10
10
5
001386
7
.
( )
ln ,
Sustituyendo el valor de a:
En el problema:

Ejercicio 4.1
Para la barra prismática de la figura, que se encuentra sometida a la
acción de su propio peso, determinar el campo de tensiones, de
deformaciones, de desplazamientos y la energía elástica acumulada
Volumen
Peso
=γ
z
x
y
B
D
L
g

0
0
0
0
0
=
=
=
=
=
=
xz
yz
xy
z
y
x
z
τ
τ
τ
γσ
σ
σ
Tensiones:
z
x
y
b
c
L
0
0
0
1
=
=
=
=
−=
−=
xz
yz
xy
z
y
x
z
E
z
E
z
E
ε
ε
ε
γε
γ
ν
ε
γ
ν
ε
Deformaciones:z
z
zσ
Peso
γσ
γσ
⋅=⇒
⇒⋅⋅==⋅
z
zAPesoA
z
z

( )[ ]2222
2
Lyxz
E
w
yz
E
v
xz
E
u
−++=
−=
−=
ν
γ
γ
ν
γ
ν
Desplazamientos:
( )
22
1 2
2
2
z
EE
z
γ
σω ==
Densidad de energía:
E
AL
Adzz
E
dVU
V
L 32
0
2
2
62
γγ
ω ==⋅= ∫ ∫
Energía elástica almacenada en la barra:

Una placa rectangular se encuentra sometida a las acciones indicadas en la figura.
Determinar la función de Airy que resuelve el problema.
x
y
L
h
σ2σ2
σ1 σ1
x
y
L
h
σ2σσ2σ2
σ1σ1 σ1σ1
La función de Airy será: 223223
gyfxycxdycxyybxax ++++++=φ
fcybx
yx
ebyax
x
gdycx
y
xyyx −−−=
∂∂
∂
−=++=
∂
∂
=++=
∂
∂
= 22226262 2
2
2
2
φ
τ
φ
σ
φ
σ
Imponiendo que: en x=0, 1
12
σ
σσ
σ +
−
= y
h
x
; en x=0, 0=xyτ ; en y=0, 0=yσ
Se obtienen las constantes del polinomio, resultando:
21312
26
yy
h
σσσ
φ +
−
=
Ejercicio 5.1:

Ejercicio 5.2:
Un tubo de pared gruesa tiene un radio interior “ 1r ” y exterior “ 2r ” y se encuentra
sometido a una presión interior de valor “ p”. Suponiendo que trabaja en condiciones de
tensión plana, determinar el cambio de longitud que experimenta el radio interno del
tubo al aplicar la presión “p”.
Supóngase conocidos los valores de “E” y “ν” del material.
La distribución de tensiones en el tubo es:
[ ] [ ] p
rr
rr
prpr
rr
pprpr
rr
r 2
1
2
2
2
2
2
12
2
2
12
1
2
2
2
2
2
12
1
2
2
11
−
+
=+
−
=−=−
−
= θσσ
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−
+
=∆⇒=∆⇒
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−
+
=
−
= νεν
νσσ
ε θ
θ
θ 2
1
2
2
2
2
2
11
1112
1
2
2
2
2
2
1
rr
rr
E
pr
rrr
rr
rr
E
p
E
r

lLlL DBCB 8060 ,, ==
Por condiciones de
equilibrio:
PFPF DBCB 8060 ,, −=+=
De la geometría de la
estructura:
• Energía de deformación:
( ) ( )[ ]
AE
lP
AE
lP
AE
LF
AE
LF
U DBDBCBCB
2332
22
3640
2
8060
22
,
,,
=
+
=
+=
• Igualdad entre trabajo de las
cargas externas y energía elástica
almacenada:
AE
Pl
d
dP
AE
LP
U
WU
B
B
7280
3640 2
1
2
,
,
=
==
=
Calcular el desplazamiento vertical que experimenta el punto B del sistema
articulado de la figura, formado por dos barras del mismo material (módulo
de elasticidad E) y la misma sección transversal (Área=A).
Ec. (1)
C
P
l
B
D
3
4
3
4
Ejercicio 6.1

Determinar los coeficientes de influencia, de la siguiente viga sometida a las
acciones indicadas.
F1=P F2=2P
6 m
3 m
2 m
sabiendo que está realizada con un material de módulo de elasticidad E
y que el momento de inercia de su sección transversal es I.
DATOS:
Ecuación de la elástica:
( ) lxa
l
xl
l
a
-
EI
xlFla
d
ax
l
x
l
b
EI
Flbx
d
≤≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
−
−
=
≤≤⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−=
para1
6
0para1
6
2
2
2
2
2
2
2
F
l
a
x
y
b
Ejercicio 6.2

1
6 m
2 m
x
y 4 m
3 m
2 m
6 m
1 2
EI
1
3,56
6
2
6
4
1
6
2461
2
2
2
2
11 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−
⋅⋅⋅
=
EI
d
( )
EI
-
EI
d
1
83,3
6
36
6
2
1
6
36261
2
2
2
21 =
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
−
−⋅⋅⋅
=
F1=P F2=2P

1
6 m
2 m
x
y 4 m
1 2
EI
1
3,83
6
2
6
3
1
6
2361
2
2
2
2
12 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−
⋅⋅⋅
=
EI
d
EI
1
4,5
6
3
6
3
1
6
3361
2
2
2
2
22 =⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−
⋅⋅⋅
=
EI
d
3 m 3 m

Determinar, haciendo uso del concepto de coeficiente de influencia, la energía
elástica almacenada por la siguiente viga sometida a las acciones indicadas.
EI
1
3,5611 =d
EI
d
1
83,321 =
EI
1
3,8312 =d
EI
1
4,522 =d
( )[ ]22
2
211211
2
1 1
222
2
1
2
1
dPdPPdPPdP
EI
FFdWU ji
n
i
ij
n
j
⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅=== ∑∑= =
EI
P
U
2
44,18 ⋅
=
( ) PPdPdd ⋅=⋅+⋅= 22,11212111
- Determinar el desplazamiento vertical experimentado por la sección sobre la que
actúa la carga P.
6 m
3 m
2 m
F1=P F2=2P
Ejercicio 6.3

Determinar, en función de los desplazamientos verticales (flechas) que experimentan
las secciones sobre las que se aplican las cargas exteriores, la energía elástica
almacenada en la viga
niniii FdFdFdd ⋅++⋅+⋅= ........2211
njnjjj dkdkdkF ⋅++⋅+⋅= ........2211
En nuestro caso:
2221212
2121111
FdFdd
FdFdd
⋅+⋅=
⋅+⋅= EI
1
3,5611 =d
EI
d
1
83,321 =
EI
1
3,8312 =d
EI
1
4,522 =d
Resolviendo el sistema:
[ ]
( ) [ ]212
211
004760255502
2555030
ddEIPF
ddEIPF
,,
,,
+−==
−==
EIk 3011 ,= EIk 2555012 ,−= EIk 2555021 ,−= EIk 00476022 ,=
Ec. (2)
Ejercicio 6.4

[ ]
[ ]2
212
2
1
2
21221
2
1
2
1
2
1
004760511030
2
004760255502555030
2
2
1
dddd
EI
dddddd
EI
ddkWU
j m
mjjm
,,,
,,,,
+−=
=+−−=
=== ∑∑= =

lLlL BDBC 8,06,0 ==
De la geometría de la
estructura:
Resolver la estructura de la figura aplicando el P.T.V.
C
P
l
B
D
3
4
3
4
δ
C
P
l B
D
3
4
3
4
B’
Desplazamiento virtual: B B´
Ejercicio 6.5

CB
CB
L
αδ
εδ cos
=
DB
DB
L
βδ
εδ cos
=
Deformaciones
virtuales:
α
β δ
C
P
l B
D
B’
δ
C
B
α
δ cos α
B’

( )dVol
dfdVolf
V
yzyzxzxzxyxyzzyyxx
V
V
∫∫∫
∫∫∫ ∫∫
+++++=
=Ω⋅+⋅
Ω
Ω
δδδδδδ
γτγτγτεσεσεσ
δδ
rrrr
0=Ω⋅+⋅∫∫∫ ∫∫Ω
Ω dfdVolf
V
V δδ
rrrr
( )
( ) ( )DB
DB
DBCB
CB
CB
V
yzyzxzxzxyxyzzyyxx
LA
L
LA
L
dVol
⋅+⋅=
=+++++∫∫∫
βδ
σ
αδ
σ
γτγτγτεσεσεσ δδδδδδ
coscos
( ) ( ) 0=⋅+⋅ DB
DB
DBCB
CB
CB LA
L
LA
L
βδ
σ
αδ
σ
coscos
T.T.V.
Trabajo virtual
fuerzas exteriores:
Trabajo
virtual
tensiones
internas:

( ) ( ) 0=⋅+⋅ DB
DB
DBCB
CB
CB LA
L
LA
L
βδ
σ
αδ
σ
coscos
β
α
σσβσασ
cos
cos
coscos CBDBDBCB −=⇒=+ 0
Por condiciones de equilibrio, habíamos obtenido previamente:
PFPF DBCB 8060 ,, −=+=
CBCBDB σσσ
3
4
5
3
5
4
−=−=
CBCBDB FFF
3
4
60
80
−=−=
,
,
Si multiplicamos por A los dos miembros de esta última ecuación:
CBDBCBDB FFAA
3
4
3
4
−=⇒⋅−=⋅ σσ

En el sistema articulado de la figura formado por tres barras de
idéntico material y siendo las áreas de sus respectivas
secciones transversales: A, para las barras BC y CD, y 2A para
la barra BD, determinar, cuando, sobre él actúa la carga P:
a.- Las fuerzas axiles a las que se encuentran sometidas cada
una de las barras
b.- La energía elástica que almacena el sistema
c.- El desplazamiento vertical del nudo C y el horizontal del
nudo D.
Ejercicio 6.6
B D
C
l l
l/2
P
Áreas:
Barra BD: 2A
Barras BC y CD: A

ASPECTOS GEOMÉTRICOS DE LA ESTRUCTURA ARTICULADA
B D
C
l l
l/2
P
VB VD
θ θ
l
l
CBCD
l
l
118,1
cos
º565,26
2/
arctan
===
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
θ
θ

NUDO B NUDO C
NBC=NCD por simetría
RESOLUCIÓN DE LA EXTRUCTURA POR EQUILIBRIO DE NUDOS:
B
VB
NBD
NBC
θ C
VB
NDCNBC
P
θθ
PPN
PNN
PsenN
BD
BCDC
CD
=⋅=
==
=
θ
θ
cos118,1
118,1
2

B D’
C’
δ
RESOLUCIÓN DE LA ESTRUCTURA POR EL P.T.V.:
Desplazamientos virtuales:
B y C no se desplazan
D lo hace hacia su izquierda
una magnitud δ
B D
C
l l
l/2
P
VB VD
θ θ

B D’
C
δ
D
δ cosα
ll
BDCD
2
cos δ
ε
αδ
ε δδ
=
′
=
( ) ( )
( ) δαδ
δαδ
δ
σ
αδ
σεσεσδ δδ
⋅+⋅=⋅+⋅
′
=
=⋅+′⋅
′
=⋅⋅+′⋅=
BDCD
BDCD
BDCDBDBDCDCD
NNlA
lA
N
Al
lA
N
lA
l
lA
l
lAlAW
cos22
22
cos
22
2
cos
22int
Trabajo fuerzas actuantes: δWext=0
Trabajo fuerzas internas:
0cos
cos0int
=+⋅⇒
⇒∀⋅+⋅=⇒=
BDCD
BDCDext
NN
NNWW
α
δδαδδδ

AE
Pl
d
AE
lP
Pd
796,3898,1
2
1 2
=⇒=
WU =
NUDO C:
NUDO D:
( ) ( )
EA
lP
EA
lP
E
A
P
lu BD
⋅
=
⋅
==⋅=
2
222ε
w
AE
lP
EA
lP
EA
lP
EA
lP
UUUU CDBCDB
2
22
2
898,1
2
)118,1()118,1(
2
)118,1()118,1(
)2(2
)2(
=
=
⋅⋅
+
⋅⋅
+
+
⋅⋅
=++=

PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO:
AE
Pl
AE
Pl
P
U
d
796,32898,1
=
⋅
=
∂
∂
=

Determinar, aplicando el teorema de reciprocidad y para la
estructura articulada del problema anterior el desplazamiento
vertical del punto C cuando actúa la carga Q que se observa
en la figura:
Ejercicio 6.7
QB D
C
l l
l/2

SISTEMA I
SISTEMA II
B D
C
l l
l/2
P
QB D
C
l l
l/2

( ) ( )←⋅=↓⋅ III
uQdP
EA
lP
u I ⋅
=
w
( ) ( )
EA
lQ
u
P
Q
d III ⋅
=←⋅=↓

AE
Pl
AE
Pl
P
U
dB 728,0364,02 =⋅=
∂
∂
=
AE
lP
U
2
3640,=
EJEMPLO DE APLICACIÓN DEL PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO
Sabiendo que la expresión de la energía elástica almacenada en el sistema
articulado de la figura (ver Ec. (1)) es:
determinar el valor del desplazamiento vertical que
experimenta el nudo B.
C
P
l
B
D
3
4
3
4
Ejercicio 6.8

Determinar la máxima presión “p” manométrica interna que puede soportar una vasija
cilíndrica de pared delgada de espesor “e” y radio “R” (R>>e) que contiene gas
sabiendo que la tensión de plastificación del material de la vasija es “ yσ ”.
NOTA: Aplíquese el criterio de plastificación de Tresca
Las tensiones en la vasija son:
e
pR
e
pR
z
2
; == σσθ , por lo que las tres tensiones
principales resultan ser: 0;; 321 === σσσσσ θ z
El criterio de Tresca resulta:
R
e
p
e
pR
k
e
pR yy σσ
σσσ =⇒=⇒===−
2
22131
Ejercicio 7.1

Ejercicio 9-10-11.1
La sección de la figura se encuentra sometida a un momento flector MX
de –200kN.m y a un esfuerzo cortante QY de valor -2000 kN. Determinar
las máximas tensiones normales y tangenciales que se producen en la sección.
y
x
300
50
60
250
Cotas en
mm

( )( )−2/y60y GG
( )( )( ) −−−− 2/y25060y250 GG
( )( )( )
0
y2502550300 G
=
−+−
mm200yG =
DETERMINACIÓN DEL C.D.G DE LA SECCIÓN:
Tomando momentos estáticos respecto del eje horizontal que pasa por G
x x
300
50
60
250
yG
yG /2
Cotas en
mm
G

x x
300
50
60
250
200
75
75
Cotas en
mm
M x = 200 KN.m
487
677
23
23
x
mm10x50,210x44,8
10x13,310x44,810x81,7
)75)(50)(300(12/)50)(300(
)75)(250)(60(12/)250)(60(I
=+
+++=
++
+=
Momento de inercia:
I
yM máx
máx =σ
σ tracción = 200x106 N.mm (200) mm / 2.50 x108 mm4
= 160 MPa
σ compresión = 200x106 N.mm (100) mm / 2.50 x108 mm4
= 80 MPa

x x
300
50
60
250
200
75
25
Momento estático
máximo:
En la fibra neutra:
a0=60 mm
Qy
Q y = 2000 kN
Me= (300)(50)(75)
+ (60)(50)(25)
= 1,2 x 106 mm3
(200x103 N) (1,2x106 mm3)
(2,50x108 mm4 (60) mm
= 16 MPaτ max =
Cotas en
mm

Flexión Cortante
80 MPa
160 MPa
Tracción
Compresión
τmax=16 MPa
Fibra
neutrax x
300
50
60
250
G

Un árbol de 50 mm de diámetro y 0,7 m de longitud se encuentra
sometido a la acción de un momento torsor de 1200 Nm.
Calcular la máxima tensión tangencial que se produce y el
ángulo que giran entre sí las dos secciones extremas.
NOTA: G=90 GPa
49
44
1059,613
32
05,0
32
m
D
IO
−
×=
⋅
==
ππ
MPa
I
RM
O
z
89,48
1059,613
025,01200
9max =
×
⋅
=
⋅
= −
τ
rad
IG
LM
O
z
0152,0
1059,6131090
7,01200
99
=
×⋅×
⋅
=
⋅
⋅
= −
θ
º871,0
2
360
0152,0 =×=
π
θ
Ejercicio 12.1

Repetir el ejercicio 12.1 suponiendo que el árbol es un tubo
con un diámetro externo de 50 mm e interno de 30 mm.
( ) ( ) 49
4444
1007,534
32
03,005,0
32
m
dD
IO
−
×=
−⋅
=
−
=
ππ
MPa
I
RM
O
z
17,56
1007,534
025,01200
9
=
×
⋅
=
⋅
= −
τ
rad
IG
LM
O
z
0175,0
1007,5341090
7,01200
99
=
×⋅×
⋅
=
⋅
⋅
= −
θ
º1
2
360
0175,0 =×=
π
θ
Ejercicio 12.2

El motor de un automóvil proporciona una potencia de 100
caballos a 1800 rpm a un árbol de transmisión de 10 mm de radio.
Calcular la máxima tensión tangencial que sufre el árbol.
El momento torsor al que se encuentra sometido el árbol es:
( ) ( )
mN
srev
radrev
hp
w
hp
angularVelocidad
Potencia
M z .396
min
60
1
2
min
1800
7,745100
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⋅
==
π
La máxima tensión tangencial es:
O
z
I
RM
=τ con
2
4
R
IO
π
=
τ=252 MPa
Ejercicio 12.3

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