Esquema de Estructural Esquema de Cargas Cargas: H 1 = 3,6 kN

Trabajo Practico Nº 8: Torsión en Ejes
Ejercicio 1: Una columna de sección circular actúa como soporte de un cartel sometido a
cargas horizontales (viento). A los fines de del dimensionamiento estas cargas las
suponemos aplicadas en partes iguales en las cuatro esquinas del cartel.
Esquema de Estructural
Esquema de Cargas
Mt
H1
H2
H1
Mt
H1
H2
H1
Cargas: H 1 = 3,6 kN
H 2 = 3,6 kN + 3,6 kN = 7,2 kN
Se plantean dos alternativas para la sección transversal: sección circular maciza de
hormigón y sección circular hueca de acero.
Datos seccionales:
Sección Circular:
D = 35 cm.
Material: Hormigón
Módulo de Elasticidad longitudinal:
E = 21000 MPa
= 0,2353
21 x 103 MPa
Módulo de Elasticidad transversal:
E
21 ×10 3 MPa
G=
=
= 8.499,96 MPa ≅ 8.500 MPa
2 (1 + ν ) 2 ( 1 + 0,2353)
Sección hueca:
D = 25 cm
e = 0,64 cm (espesor de la sección hueca).
Material: Acero
Módulo de Elasticidad transversal:
G = 85.000 MPa
85 x 103 MPa
Trabajo Práctico 8 -1
Se pide:
a-definir los diagramas de esfuerzo sobre la columna
b- determinar las tensiones de corte máximas debidas a la torsión de la columna circular,
c- Calcular el ángulo especifico de torsión
.
Diagramas de esfuerzos
Esfuerzos máximos:
Momento torsor:
M t = 21,60 KN.m
Esfuerzo de corte:
T = 14,40 KN
Momento flector:
M f = 86,40 KN.m
Solución Alternativa 1
Para calcular la tensión de corte en una fibra cualquiera empleamos la expresión:
τ =
M t .r
Ip
siendo :
r = distancia de la fibra analizada al centro
Ip=Momento de Inercia Polar
Para el cálculo de la tensión de corte máxima puede emplearse cualquiera de las
siguientes expresiones:
τ máx =
M t .R Mt
=
Ip
Wt
siendo: Wt =
Ip
R
en donde Wt se denomina, Módulo
resistente a torsión, siendo R el radio de la sección
El momento de inercia polar del círculo es:
Ip =
π.D4
32
=
π.R4
2
El Módulo resistente resulta:
Wt =
π . D4 2
32
D
=
π . D3
16
Wt =
π . R4 1
2
R
=
π . R3
2
Trabajo Práctico 8 -2
El diámetro de la sección de hormigón es de D=35 cm y su radio será R= 17,5 cm,
por lo cual el momento de inercia polar y el módulo resistente resultan igual a:
π × (0,175 m) 4
Ip =
2
Wt =
π × (0,35 m) 3
16
= 0,0014732 m 4 ≡ 1.473,24 × 10 − 6 m 4
= 0,008418 m 3 ≡ 8,418 × 10 − 3 m 3
Entonces la tensión de corte máxima producida por el momento torsor resulta:
21,6 [kN . m] × 0,175 [m ]
= 2.565,77
1.473,24 × 10 − 6 m 4
τ máx =
[ ]
 kN 
 m 2  ≅ 2,57 MPa
El ángulo específico de torsión (giro unidad de longitud)
para una sección circular
se obtiene con la siguiente expresión:
θ =
M t
G .I p
El producto G .I p se denomina rigidez torsional de la sección
θ=
21,6 [kN . m]
rad
= 0,00172
m
 kN 
8,5 × 10 6  2  × 1.473,24 m 4
m 
[ ]
La sección de empotramiento está solicitada también por un momento flector y un
esfuerzo de corte, las tensiones correspondientes son:
Iz =
σy
máx
τ xy
máx
π D4
64
=±
=
=
[ ]
I
3,14 × 0,354 m 4
= 0,00073662 m4 ≡ 786,62 × 10− 6 m4 = p
64
2
86,4 [kN . m] × 0,175 [m]
= ± 20.526,25
736,62 × 10 −6 m 3
[ ]
 kN 
 m 2  ≅ ± 20,53 MPa
4 T
4
14,44 [kN ]
 kN 
=
= 200,12  2  ≅ 0,02 MPa
2
2
2
3π R
3 3,14 × 0,175 [m]
m 
Trabajo Práctico 8 -3
Como puede observarse en los diagramas anteriores, en la sección coexisten
tensiones normales correspondientes al momento flector y tensiones de corte debidas al
momento torsor, si consideramos un elemento diferencia sobre el borde superior, el estado
tensional es el siguiente:
20,53
 − 20,53 
2
=
± 
 + (2,57) = 10,27 ± 10,58
2
2


2
σ 1− 2
σ 1 = 2 0,85 MPa
σ 2 = − 0,31 MPa
τ máx = 10,58 MPa
τ mín = − 10,58 MPa
La tensión normal principal es ligeramente superior a la debida exclusivamente a
flexión, lo cual indica que en este problema el efecto principal es la flexión.
Solución Alternativa 2
Como el espesor de la pared resulta pequeño respecto al radio exterior de la sección,
la tensión tangencial debida al momento torsor podemos considerarla constante en toda la
sección, y la denominamos
Dicha tensión
med
med
.
resulta:
τ med =
Siendo:
M t . rm M t
Mt
=
=
Ip
Wt
A . rm
I p ≈ 2 . π . (rm)3 . e = A . (r m)2
r m = radio de la línea media = (re+r i)/2
re = radio exterior.
r i = radio interior.
e = espesor de la pared de la sección hueca = re – r i
A = área de la sección = 2. π. r m. e
Trabajo Práctico 8 -4
Reemplazando los valores en las fórmulas, resulta:
0,25 m
= 0,125 m
2
ri = 0,125 m − 0,0064 m = 0,1186 m
re =
0,125 − 0,1186
= 0,1218 m
2
A = 2 × π × 0,1218 × 0,0064 = 0,004898 m 2 ≡ 4898 × 10 −6 m 2
rm =
I p = 4898 × 10 − 6 m 2 × (0,1218 m) 2 = 0,00007266 m 4 ≡ 72,66 × 10 − 6 m 4
Mt
21,6 [kN . m]
kN
=
= 36.206,59 2 ≡ 36,21 MPa
−6
2
A . rm 4898 × 10 m × 0,1218 [m]
m
τ med =
[ ]
Y el ángulo específico de torsión resulta:
θ=
21,8 [kN . m]
rad
≈ 0,035
m
 kN 
8,5 × 10 6  2  × 72,66 × 10 −6 m 4
m 
[ ]
El cálculo exacto de las tensiones máximas y mínimas, empleando el momento de
inercia polar de la sección anular es:
I p=
π ( De
4
− Di )
32
4
=
π [(0,25 m) 4 − (0,2372 m) 4 ]
32
= 0,00007264 m 4 ≡ 72,64 × 10 −6 m 4
Este valor es muy similar al que se obtuvo con la expresión aproximada
τ máx =
M t . R e 21,6 [kN . m] × 0,125 [m ]
kN
=
= 37.169,6 2 ≡ 37,20 MPa
−6
4
Ip
72,64 × 10 m
m
τ mín =
M t . R i 21,6 [kN . m] × 0,1186 [m]
kN
=
= 35.266,52 2 ≡ 35,27 MPa
−6
4
Ip
m
72,64 × 10 m
τ
med
[ ]
=
[ ]
37.169,6 + 35.266,52
kN
= 36.218,06 2 ≅ 36,22 MPa
2
m
Comparando los valores de la tensión tangencial media calculada con la expresión
aproximada (válida únicamente) para espesores pequeños con el promedio anterior no
existe diferencia y comparándola con la máxima ésta resulta solamente un 3% menor por lo
que se justifica el empleo de la expresión aproximada para la sección anular cuando los
espesores de pared son reducidos.
Trabajo Práctico 8 -5
Ejercicio 2: Un árbol de sección variable, de acuerdo a lo indicado en la figura, está hecho
con acero, el cual tiene un módulo de elasticidad transversal G = 85000 MPa. El mismo esta
sometido a dos momentos torsores activos (M t) en las secciones “B” y “C” respectivamente
y un momento torsor reactivo en la sección A. Determinar las tensiones máximas en cada
uno de los tramos de la sección, y el ángulo de torsión en las secciones B y C. Despreciar
concentración de tensiones en la junta.
Esquema de cargas
Diagramas de esfuerzos
Esfuerzos máximos: Momento torsor en B: M t B = 7 kN.m
Momento torsor en A: M t A = - 7 kN.m + 11 kN.m = 4 kN.m
Datos seccionales
Sección 1:
Material: Acero
G = 85 x 106 kPa
Diámetro: 0,12 m
Largo: 1,20 m
Sección 2:
Material: Acero
Diámetro: 0,08 m
Largo: 0,80 m
Solución:
Para calcular la máxima tensión de corte en el Tramo A-B se debe determinar el
momento de inercia polar de la sección
R = 0,12 m x 0,5 = 0,06 m
I p1 =
π .R 4
2
=
π × (0,06 m) 4
2
= 0,00002036 m 4 ≡ 20,36 × 10 −6 m 4
Trabajo Práctico 8 -6
La máxima tensión de corte producida por el momento torsor resulta
τ AB =
4 [kN . m] × 0,0 6 [m]
kN
= 11.789,25 2 ≅ 11,79 MPa
−6
4
20,36 × 10 m
m
[ ]
En el Tramo B-C el momento de inercia polar es:
I p2 =
τ BC =
π.D4
=
32
π × (0,08 m) 4
32
= 0,00000402 m 4 ≡ 4,02 × 10 − 6 m 4
7 [kN . m] × 0,04 [m ]
kN
= 6.9630,28 2 ≅ 69,63 MPa
−6
4
4,02 × 10 m
m
[ ]
El giro total de la pieza debido a la torsión, entre sus secciones extremas, es
φ x = ∫ θ . dx = θ . l =
Mt . l
G. I p
Por lo tanto, para los distintos tramos se obtiene, de la siguiente manera:
φAB =
Mt AB . l AB
=
G. I p1
− 4 [kN . m] × 1,20 [m]
= −0,002774 rad
6  kN 
−6
4
85 × 10  2  × 20,36 × 10 m
m 
φ BC =
M tBC .l BC
=
G.I P 2
7 [kN . m] × 0,80 [m]
= 0,01639 rad
6  kN 
−6
4
85 × 10  2  × 4,02 × 10 m
m 
[ ]
[ ]
Y el giro total φ = φ AB + φ BC = − 0,002774 + 0,016398 = 0,013616 rad
Ejercicio 3: Un eje, de acuerdo a lo indicado en la figura, está compuesto por dos
materiales: acero y aluminio. El mismo está sometido a un momento torsor (M t) entre las
caras extremas. Si el ángulo de torsión entre las caras extremas fuera de 2º, cual es el
máximo M
t
que puede aplicarse al eje? El extremo superior se encuentra perfectamente
empotrado.
Esquema de cargas
Mt
Trabajo Práctico 8 -7
Datos seccionales
Sección 1:
Material: Acero
Tensión admisible de corte:
G = 85.000 MPa
Sección 2:
Material: Aluminio
90 MPa
85 x 106 kPa
Tensión admisible de corte:
G=28.000 MPa
adm=
adm=77,5
MPa
28 x 106 kPa
Solución:
Se debe determinar cual es el momento torsor máximo que el eje es capaz de
absorber sin sobrepasar su capacidad resistente ni el giro admisible adoptado.
En función de la resistencia, tenemos:
τ adm =
Mt
max
.R
Ip
==> Mt
máx
=
τ adm . I p
R
Siendo el radio de 0,035 m, el momento de inercia polar resulta:
Ip =
π.R4
2
=
π × (0,035 m) 4
2
= 0,00000236 m 4 ≡ 2,36 × 10 −6 m 4
Para el Acero
[ ]
N 
90 × 10 6  2  × 2,36 × 10 −6 m 4
m 
Mt max =
= 6.068,56 N . m ≅ 6,07 kN . m
0,035 [m]
Para el Aluminio
[ ]
N 
77,5 × 10 6  2  × 2,36 × 10 −6 m 4
m 
Mt max =
= 5.203,57 N . m ≅ 5,20 kN . m
0,035 [m]
En función de la resistencia el máximo momento que puede aplicarse a la sección es
de 5,20 kN. m
Para dimensionar en función de la deformación, se debe cumplir que el giro total
φ x = ∫ θ . dx = θ . l =
Mt. l
G. I p
debe ser menor a φ adm =
2º × π
= 0,0349066 rad
180º
Trabajo Práctico 8 -8
φx =
=
Mt max × 0,75 [m]
Mt max × 0,75 [m]
+
= 0,0349066 rad
6  kN 
−6
4
6  kN 
−6
4
85 × 10  2  × 2,36 × 10 m
28 × 10  2  × 2,36 × 10 m
m 
m 
[ ]
[ ]
0,00374 Mt máx 0,00135 Mt máx
+
= 0,0349066 rad
[kN . m]
[kN . m]
0,01509 Mt
máx
= 0,0349066 kN . m
⇒ Mt
máx
= 2,13. kN . m
El máximo momento torsor que puede aplicarse al eje está definido por la condición
de deformación y es de 2,13 kN. m
Ejercicio 4: Dimensionar un eje de sección anular que soporta un momento torsor de 7,5
kN. m
Datos:
adm=80
80 x 103 kPa
MPa
85 x 106 kPa
G = 85.000 MPa
θ adm = 1º / m
n = D i / D e = 0,75
Para poder dimensionar se emplea la expresión del momento de inercia de la
sección anular, utilizando la relación preestablecida entre los diámetros externo e interno de
manera de tener una única incógnita
I p=
π ( De
4
− Di )
4

D 
π . De 4 1 − i 4 
4
32
(
De 
π . De 4 1 − n 4
=
32

32
=
)
Para dimensionar teniendo en cuenta el criterio de resistencia puede usarse también
el módulo resistente a torsión
Wt =
π ( De
− Di )
32
τ adm =
De =
4
3
4
1
=
De
2
π . De
Mt
M t × 16
=
Wt nec π . De 3 1 − n 4
(
)
4
4

D 
1 − i 4 

De  2
π . De 3 1 − n 4

=
32
D2
16
(
⇒ De =
3
M t × 16
τ adm . π . 1 − n 4
(
7,5 [kN . m] × 16
= 0,0887 m
6  kN 
4
80 × 10  2  × π × (1 − 0,75 )
m 
Trabajo Práctico 8 -9
)
)
8,87 cm ≅ 9 cm
θ
adm
=
1º × π
rad
= 0,01745
180º
m
θ
adm
Mt
=
G×
De =
4
π . De
4
(1 − n )
4
=
M t × 32
G × π . De
4
(1 − n )
4
32
M t × 32
=
G × π × θ adm 1 − n 4
(
)
4
7,5 [kN . m] × 32
= 0,0931 m
6  kN 
4
85 × 10  2  × 0,01745 × π × 1 − 0,75
m 
(
)
9,31 cm ≅ 9,5 cm
Se adoptará el diámetro mayor para cumplir con las condiciones de resistencia y de
deformación.
Ejercicio 5: Dimensionar una pieza de sección circular sometida a torsión
Datos: M t = 3,58 kN. M
adm=30
MPa
G = 80.000 MPa
θ adm = 0,001 / m
El diámetro necesario resulta de aproximadamente 15 cm.
Ejercicio 6: Dimensionar un eje de sección anular sometido a torsión
Datos: M t = 13,35 kN. M
adm=32
MPa
G = 85.000 MPa
n = D i / D e = 0,9
θ adm = 3º / m
El diámetro externo necesario resulta de aproximadamente 18,5 cm.
Trabajo Práctico 8 -10