CAP_5_TOTAL

CAPTULO V ESFUERZOS DEBIDOS A LA FLEXIN

5.1) Introduccin. Hiptesis en el Problema de la Flexin

5.1.1) Introduccin

En esta seccin estudiaremos las acciones internas (fuerzas y/o momentos) que tienden a producir flexiones en un elemento mecnico. El Mtodo General (de las secciones planas) nos ayudar en la definicin de las fuerzas internas en cualquier seccin de un elemento

Z

S LID O E N

E Q U IL IB R IO X

Y

M Y

M X

M Z

N XY

N XX

N XZ

Seccin de inters (Cara X positiva) Eje X Normal a la seccin

Ejes Y, Z, En el plano de la seccin. Generalmente, el origen O coincide con el

centroide del rea de la seccin transversal.

Fuerzas Internas: Nxx Fuerza Axial (produce alargamientos o contracciones del elemento).

Nxy, Nxz Fuerzas Cortantes (Producen deslizamientos de una seccin respecto

de otra) Mx Momento Torsor (Produce giro de una seccin respecto de otra).

My, Mz Momentos Flectores (Producen la FLEXIN (curvatura) del elemento).

My Produce Flexin en el plano XZ

Mz Produce Flexin en el plano XY

En trminos generales FLEXIN Cambios de Curvatura

1

1

2

2

E je

C o n f igu ra c i n in ic ia l

2

2

1

1

E je

M

C o n f igu ra c i n de fo rm a da

Definicin. Elementos esbeltos: aquellos cuya longitud es mucho mayor que cualquiera de sus dimensiones transversales.

a

b

L L a

L b

b5L

a5L

Definicin. Vigas: Elementos estructurales cargados transversalmente. En el caso de Flexin Simple, las cargas se suponen actuando en un plano de simetra.

Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz

518

S e c c i n tra n s v e rs a l

s im tr ic a

P la n o de

s im e tr a

Por comodidad el elemento se identifica por su diagrama de ejes y cargas.

Si las cargas no estn aplicadas en el Plano de Simetra (o si no existe dicho plano) se presenta el caso de Flexin Compuesta.

Z

S e c c i n

tra n s v e rs a l

n o s im tr ic a

(C e n tro id e )

Y

C a rga s fu e ra d e l

P la n o de S im e tr a En el caso de elementos sometidos a Flexin Simple, pueden presentarse varios Estados de Carga:

y

z

x

M z M z

M O M E N T O

F LE C T O R

F le x i n Pu ra

M O M E N T O F LE C T O R

F U E R Z A C O R T A N T E

C o rta n te y F le x i n

C o r ta n te , c a rg a a x ia l y f le x i n


F U E R Z A

N O R M A L

F U E R Z A

C O R T A N T E



C o r ta n te , C a rg a A x ia l, F le x i n y T o rs i n

F U E R Z A N O R M A L

M O M E N T O T O R S O R


519

En primer lugar, estudiaremos la flexin de elementos de seccin transversal constante, simtrica respecto del eje Y.

y

z

y

z

y

z . . . . e tc .

5.1.2) Hiptesis en el Problema de la Flexin

La hiptesis fundamental en la Teora de la Flexin Elstica es la Hiptesis de las Secciones Planas (Bernouilli)

Todos los planos que son perpendiculares al eje longitudinal, permanecen planos y perpendiculares al eje deformado cuando el elemento es sometido a flexin

A ' B '

C ' D '

E ' F ' F I B R A S C O M P R IM ID AS

E J E D E F O R M A D O

F I B R A S E X T E N D ID AS

M z M z

E s ta d o D e fo rm a d o

A B

C D

E F x

E J E R E C T I L N E O

E s ta d o In ic ia l

Los planos AC y BD pueden rotar uno respecto del otro, pero se conservan planos y perpendiculares al eje longitudinal deformado. Debido a que las deformaciones unitarias se relacionan con las deformaciones totales (cambios de longitud), la Hiptesis de las Secciones Planas implica que la deformacin unitaria longitudinal x vara linealmente con la posicin de la fibra observada, desde

un valor extremo negativo (en CD) hasta un valor extremo positivo (en AB) (para el momento indicado Mz).

A B

C D

E F x

y > 0

y < 0 E J E

M z M z

+

C 1

C 2

1

y

x m x

(e n c o m p re s i n )

x m x (e n tra c c i n ) 2

2

2

1

1

CC:

Lineal

Variacin

D ia g ra m a de D e fo rm a c io n e s

U n ita r ia s

Definiciones. Las fibras para las cuales la deformacin unitaria longitudinal x es nula,

se sitan en una superficie denominada Superficie Neutra. La interseccin de la Superficie Neutra con el plano vertical de simetra, se denomina Eje Neutro (Longitudinal).


520

La interseccin de la Superficie Neutra con una Seccin Transversal, se denomina Eje Neutro de la Seccin.

E le m e n to a n te s d e

la F le x i n

y

z

x

M z

M z

S u pe rf ic ie

N e u tra

E le m e n to e n F le x i n

E je N e u tro

d e la S e c c i n

T ra n s v e rs a l

E je N e u tro L o n g itu d in a l

Notas i) Si el material es de comportamiento elstico lineal, la hiptesis de las

Secciones Rectas, implica tambin que los nicos esfuerzos producidos por el Momento Flector Mz son Esfuerzos Normales x (longitudinales) de Variacin

Lineal.

+

1

2

2

2

1

1

CC

C 1

C 2

2

+

1

Tra

cci

n Co

mp

resi

n

V a r ia c i n lin e a l

( x = E x) H o o k e

ii) Debido al efecto de la deformacin transversal o lateral (Efecto Poisson) las

deformaciones unitarias en direcciones Y, Z son:

y = z = x y = z = E

x

(aceptando material elstico lineal isotrpico). Incluyendo el efecto de la Deformacin Transversal, la Superficie Neutra no es una superficie cilndrica, sino una superficie con varias curvaturas.

S u pe rf ic ie N e u tra

( s in d e fo rm a c i n tra n s v e rs a l)

(S u pe rf ic ie C I L N D R IC A )

S u pe rf ic ie N e u tra

( in c lu y e n do d e fo rm a c i n tra n s v e rs a l)

(S u pe rf ic ie A N T IC L S T IC A )

Considerando el efecto de la deformacin transversal, las secciones transversales tambin se deforman.


521

S e c c i n In ic ia l S e c c i n

D e fo rm a da

En los primeros estudios del problema de la flexin, se acepta, sin errores mayores, que la Superficie Neutra slo tiene curvatura en el Plano coordenado XY, permaneciendo recta en la direccin Z.

5.2) Variacin de las Fuerzas Internas

5.2.1) Fuerzas Internas

Consideremos un elemento sometido a cargas aplicadas en el Plano de Simetra.

1

1

x

y

z

y

En una seccin genrica, 1-1, se desarrollan fuerzas internas que garantizan el equilibrio y representan la interaccin con la porcin idealmente suprimida (Mtodo de Secciones).

N

M

V V

N

M

F u e rza s d e

In te ra c c i n

Generalmente, V, N y M son variables de una seccin transversal a otra: V = V(x); N = N(x); M = M(x) Definicin. Las representaciones grficas de las funciones que describen la variacin de las fuerzas internas, se denominan Diagramas de Fuerzas Internas.

N = N(x) Diagrama de Fuerza Normal (Axial)

V = V(x) Diagrama de Fuerza Cortante

M = M(x) Diagrama de Momento Flector

Nota. En algunos sistemas (elementos) estructurales ser conveniente graficar las variaciones de las Fuerzas Internas usando otras variables (coordenadas polares) N Fuerza Tangencial

V Fuerza Radial

M Momento Flector

N = N ( ) M = M ( )

c irc u n fe re n c ia


522

5.2.2) Convenio de Signos

Es conveniente respetar el convenio de signos usado en el estudio del Estado General de Esfuerzos (Matriz de Esfuerzos).

a) ELEMENTO DIFERENCIAL

x

M

N

V

N

V

M

C A R A

IZ Q U IE R D A

D E L E LE M E N T O

C A R A D E R E C H A

D E L E LE M E N T O

F U E R Z A S IN T E R N A S P O S IT IV A S

b) SECCIN TRANSVERSAL

N

M

V V

N

M

F U E R Z A S IN T E R N A S P O S IT IV A S (Observar que ambos procedimientos son coincidentes). Las ecuaciones que describen la variacin de las fuerzas internas (N, V, M), generalmente se determinan por aplicacin reiterada de las ecuaciones del equilibrio esttico (una vez para cada tramo tpico en el elemento o sistema estudiado). As, para una viga apoyada simplemente con una carga concentrada.


523

W

a b

A B C a + b = L

Por equilibrio (global) se determinan las reacciones externas (Sistemas Isostticos externos).

W

A B C L

bWR

A

L

aWR

C

R A R C Tramo AB (0 x a)

L

bW

N = 0

V = W b /L

xL

bWM

A x

V

M

N E qu ilib r io

Tramo BC (0 x b)

N = 0

V = W a /L

xL

aWM

C

L

aW

x

V

M

N E qu ilib r io

Diagramas

B

+ W

W

A C

L

aW

L

bW

+

L

aW


M O M E N T O F L E C T O R

(Ntese que en cada tramo se escoge una direccin y un origen para medir las distancias)


524

Para una viga con carga uniformemente distribuida, graficar la variacin de las fuerzas internas.

W : ca rga re pa rtida

u n ifo rm e

A B

L

2

LW

A B

(D ia g ra m a de ca rga s

s im tr ic o )

R e a c c io n e s :

2

LW

Un slo tramo tpico (0 x L)

2

LW

A

x

V

N

M

W N = 0

0Wx2

LWV

2

LWWxV

0x2

LW

2

xWxM

2

Wx

2

WLxM

2

Diagramas

M m x = 8

LW

2

W

2

LW

2

LW

+

+ F u e rza C o rta n te (A n tis im tr ic o )

M o m e n to F le c to r (S im tr ic o )

Ntese que Mmx ocurre en la seccin donde la fuerza cortante es nula. Notas) i) La sustitucin de cargas distribuidas por su resultante es significativa

nicamente para el diagrama de Cuerpo Libre sobre el cual acta las fuerzas distribuidas. Durante la determinacin de las fuerzas internas (y en el desarrollo de los respectivos diagramas) no puede reemplazarse una carga distribuida por su resultante y continuar con los clculos. As, para una viga con carga linealmente creciente:

W 0

B

L

A

Un solo tramo tpico


525

W

N A

x

M

V

0N

0xW2

1V xW

2

1V

0x3

1xW

2

1M

6

WxM

2

Semejanza:

W 0

L

W

x

xL

WW

0

Las fuerzas internas son:

0N

L2/xWV2

0

L6/xWM3

0

2

LW

0

+

F u e rza

C o rta n te

P a r b o la d e 2d o

g ra d o

M o m e n to F le c to r

P a r b o la d e 3e r

g ra d o

ii) Un elemento en flexin pura est en Estado de Flexin Positiva cuando orienta

su Concavidad hacia Arriba.

In ic ia l

M

D e fo rm a do

M x

y

Si orienta su concavidad hacia abajo, se define al elemento en Estado de Flexin Negativa

M M

De acuerdo al signo de la flexin, se reconocern Zonas en Traccin y Zonas en Compresin:

F I B R A S E N T R A C C I N

M M

F I B R A S E N C O M P R E S I N E je N e u tro L o n g itu d in a l F L E X I N

P O S IT IV A


526

F I B R A S E N C O M P R E S I N

M M

F I B R A S E N T R A C C I N

E je N e u tro L o n g itu d in a l

F L E X I N

N E G A T IV A

5.3) Relaciones Diferenciales entre Funcin de Carga, Fuerza Cortante y Momento Flector (Relaciones Diferenciales del Equilibrio)

Consideremos un elemento sometido a flexin por efectos de una carga distribuida de variacin continua: q = q(x).

x x

y

x

q = q (x ) : F u n c i n d e

c a rg a

(P o s it iv a )

(S in fu e rza a x ia l)

x

x

q = q (x )

R x V + V

M + M V

M R : re s u lta n te d e

q = q (x ) e n e l tra m o

de lo n g itu d x .

(0 ,1 )

FV = 0 Vdx)x(qVVxx

x

. . . . (1)

M = 0 0xdx)x(qMxVMMxx

x

. . . . (2)

Simplificando y aplicando el teorema del Valor Medio del Clculo Integral, tenemos:

(1) V + (x)q() = 0 . . . . (3)

(2) M + Vx x(x)q() = 0 . . . . (4) con x < < x + x

De (3) 0)(qx

V

De (4) 0)(xqVx

M

Llevando al lmite las expresiones anteriores, para x 0, obtenemos:

0)x(qdx

dV . . . . (5)

0Vdx

dM . . . . (6)

Notar que si x 0, entonces x


527

Las ecuaciones (5) y (6) son las ecuaciones bsicas que relacionan la intensidad de la carga q=q(x) con la fuerza cortante V = V(x) y con el momento flector M = M(x). Pueden escribirse:

0)x(qdx

)x(dV . . . . (5.1) y 0)x(V

dx

)x(dM . . . . (6.1)

De (6.1) 0dx

)x(dV

dx

)x(Md

2

2

y considerando (5.1), tenemos:

0)x(qdx

)x(Md

2

2

. . . . (7)

Las ecuaciones anteriores pueden re-escribirse en versin integral. De (5.1) dV(x) + q(x)dx = 0

De (6.1) dM(x) + V(x)dx = 0

Integrndolas en [x1, x2]

0dx)x(q)V(x)V(x

2

1

x

x

12 . . . . (i)

0dx)x(V)M(x)M(x

2

1

x

x

12 . . . . (ii)

Siendo x1, x2 las abscisas de dos secciones distintas del elemento. EJEMPLOS 1) Hallar las ecuaciones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga representada.

L

xsenW)x( q

0

L

x

Usando las ecuaciones (5.1) y (6.1) tenemos:

0L

xsen

dx

)x(dV0

y

0)x(Vdx

)x(dM

Integrando una vez:

10

CdxL

xsen)x(V

10

CL

xcos

L)x(V

L

xcos

LC)x(V

01

. . . . (*)

Tambin: 2

Cdx)x(V)x(M

201

CdxL

xcos

LC)x(M

L

xsen

LxCC)x(M

2

2

012

. . . . (**)

Encontramos las constantes C1 y C2 En x = 0 M(0) = 0 0 = C2 0 + 0 C2 = 0


528

En x = L M(L) = 0 0 = C2 C1L

senL

2

2

0

(Apoyos Simples) De donde: C2 = C1 = 0

Luego L

xcos

L)x(V

0

y

L

xsen

L)x(M

2

2

0

(Observar que no ha sido necesario calcular previamente las reacciones externas). Las grficas de las fuerzas internas pueden dibujarse rpidamente.

L

xsenW)x(q

0

L

+

L

xcos

LWV

0

LW

0

LW

0

L /2

F u e rza C o rta n te

2

2

0

LW

L

xsen

LWM

2

2

0


N o t a ) L a s re a c c io n e s s o n :

L

0

0BAdx

L

xsenW

2

1RR

LWRR

0BA

N o ta r q u e M m x c o rre s p o n d e

a la s e c c i n d o n d e V = 0 .

2). Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector en la viga representada:

L

x2senq)x(q

0

L

Usamos:

0L

x2senq

dx

dV0

0Vdx

dM

Integramos una vez: 10

CL

x2cos

2

LqV

y 2CVdxM

Equivalentes a: L

x2cos

2

LqCV

0

1

. . . . (*)


529

201Cdx

L

x2cos

2

LqCM

es decir: L

x2sen

4

LqxCCM

2

2

0

12

. . . . (**)

Determinamos C1 y C2 Para x = 0 M(0) = 0 C2 = 0

Para x = L M(L) = 0 C1 = 0

Por tanto:L

x2cos

2

LqV

0

y

L

x2sen

4

LqM

2

2

0

2

2

04

Lq

2

2

04

Lq

2

Lq

0

L

x2senqq

0

L / 2

2

Lq

0

L / 4 L /4

+ +

+

2

Lq

0

F u e rza C o r ta n te


Notas) Durante el proceso de dibujar las graficas de las fuerzas internas, es conveniente tener presente: i) Relaciones Geomtricas.

q (x )> 0

x

q q (x )< 0

x

q

0dx

dV

0dx

dV

x

V

x

V

V > 0 V > 0


530

0dx

dM

0dx

dM

x

M

x

M

P

x

q

x

q

P

x

q

x

q

P P

ii) Transformacin de Cargas Repartidas. En algunos casos, ser necesario transformar la carga uniformemente repartida en dos direcciones ortogonales.

W N

L

x

L

W

=

W S

L +

HORIZONTALDISTANCIA

FUERZAW W N : C A R G A

N O R M A L

W S : C A R G A

A X IA L

)

W N L

W SL

W x

E qu ilib r io

WNL = Wxcos

cosL

xWW

N

WN = Wcos2 WsL = Wx sen

sencosWsenL

xWW

s

Ws = Wsencos


531

W

x

L

=

W N

L

W S

L +

HORIZONTALDISTANCIA

FUERZAW W N : C A R G A

N O R M A L

W S : C A R G A

A X IA L

)

W N L

W SL

W L

E qu ilib r io

WNL = WLcos

WN = Wcos

WsL = WLsen

Ws = Wsen

) W N

L

L

W

=

W S

L +

W L s en

W SL W N L

HORIZONTALDISTANCIA

FUERZAW

WNL = WLsensen

WN = Wsen2

WSL = WLsencos

WS = Wsencos

3). Graficar las fuerzas internas en la viga representada.


532

( s o b re la b a rra

in c lin a d a )

W = 3 0 k N /m

L = 6 .5 m 2 .5 m

A

B

6 m

W N W S

A

B

2 7 .6 9 k N /m

A 1

A 2

1 1 .5 5 k N /m

R B

R B c o s

R B s e n

R e a c c io n e s

Transformamos la carga repartida en sus componentes normal y axial (a lo largo del elemento) (caso )

cos = 0.983; sen = .385

WN = Wcos WN = 27.69kN/m

WS = Wsen WS = 11.55 kN/m

A1 + RBcos = (6.5)(27.69)

A2 + RBsen = (11.55)(6.5)

0)5.6(cosR2

5.6)69.27(

B

2

De donde obtenemos: A1 = 89.9925 kN A2 = 37.345 kN RB = 97.5 kN Existe un solo tramo tpico:

2 7 .6 9 k N /m

8 9 .9 9 2 5 k N 3 7 .3 4 5 k N

1 1 .5 5 k N /m

x

P M

V

P + 37.345 11.55x = 0

P = 11.55x 37.345 V + 89.9925 27.69x = 0

V = 27.69x 89.9925

0x9925.892

x69.27M

2

M = 89.9925x 13.845x2

(0 x 6.5 m)


533

F U E R Z A

A X IA L

+

3 7 .3 4 5 k N

3 7 .3 4 5 k N

A

B

F U E R Z A

C O R T A N T E

+

8 9 .9 9 2 5 k N

8 9 .9 9 2 5 k N

A

B

M O M E N T O

F LE C T O R

M m x= 1 4 6 .2 3 8 k N -m

3 .2 5 m

PROBLEMAS 1) En el sistema representado, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento

flector para los diversos elementos.

3 0 k N

A

B C

D

E

3 m

2 m

1 m 3 m

3 0 k N

A

B C

D

E

3 0 k N

3

10

k N

3

10 k N

-) R e a c c io n e s E x te rn a s

-) T ra m o A B (0 x 4 m )

4 m

A

3 0

3

10

x

M

V

N

N + 3 0 = 0

N = 3 0

03

10V

3

10V

0x3

10M

x3

10M

Elemento AB


534

+

A

B

A

B

F u e rza

C o rta n te

M o m e n to

F le c to r

3

40 k N -m

3

10 k N

C B


3 0 k N

M x

3 0 k N

V

N C

V = 3 0

N = 0

M = 3 0 x

C B

M o m e n to

F le c to r 3 0 k N -m

T ra m o B C (0 x 1 )

Tramo BD (0 x 2)

D

E 1 0 /3

N

V M

x

3

N = 0

V = 1 0 /3

M = )3x(3

10

+

B

D

F u e rza

C o rta n te

M o m e n to

F le c to r

1 0 k N -m

3

10 k N

+

3

50

k N -m

Tramo DE (0 x 5)


535

E 1 0 /3

N V

M N = 8 /3

V = 2

M = 2 x

x

3

8cos

3

10

2sen3

10

4

3 5

+

E

D

2 k N

1 0 k N -m

E

D 2) Para la viga representada, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento

flector.

4

3

3 '

2 5 k lb

8 k lb 4 k lb /p ie

A

B C D E

1 0 ' 5 ' 1 0 ' 5 '

Reacciones

2 0 k lb 8 k lb 4 k lb /p ie

1 5 k lb

4 1 .5 k lb

2 0 k lb

6 .5 k lb

2 0 k lb

8 k lb 4 k lb /p ie 1 5 k lb

4 1 .5 k lb

2 0 k lb

5 .5 k lb

6 0 k lb /p ie

A B

C

D E

Tramo AB (0 x 10)


536

P

P + 2 0 = 0

V + 4 1 .5 4 x = 0

M + 2

xx4 4 1 .5 x = 0

4

x

4 1 .5

2 0

V

M P = 2 0

V = 4 x 4 1 .5

M = 41 .5 2 x2

Tramo BC (10 x 15)

P

P + 2 0 = 0

V + 4 1 .5 4 0 = 0

M 4 1 .5 x + 4 0 (x 5 ) = 0

4

x

4 1 .5

2 0

V

M P = 2 0

V = 1 .5

M = 1 .5 x + 2 00

1 0 '

Tramo ED (0 x 5)

P = 0

5 .5 V = 0

M 5 .5 x = 0

P = 0

V = 5 .5

M = 5 .5 x

P

x V 5 .5

M

E

Tramo DC (5 x 15)

P = 0

5 .5 + 8 V = 0

M 5 .5 x 8 (x 5 ) = 0

P = 0

V = 13 .5

M = 13 .5 x 4 0 P

5 '

V 5 .5

M

E

x

8

Diagramas


537

2 5 k lb

1 3 .5

4 k lb /p ie

+

+

5 .5

1 .5

4 1 .5

2 1 5 2 2 2 .5

1 6 2 .5

2 7 .5

8 k lb

F u e rza

C o rta n te

( k lb )

M o m e n to

F le c to r

( k lb -p ie )

3) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga

representada.

a r t ic u la c i n (M = 0 )

a a a a

P P

Tramo AB (0 x a)

A

P /2

M

x

V = P / 2

M = (P /2 ) x

V

Tramo ED (0 x a)

E

2

P3

2 a P

x

M

V = 3P /2

aP2x2

P3M

R e a c c io n e s

2

P

P P

A

B C D

E

2

P3

2 a P

Tramo BC (a x 2)

P /2

P

A

a

M

V

x

V = P /2

)ax(Px2

PM

Tramo DC (a x 2)


538

V = P /2

aP2)ax(Px2

P3M

2

P3

P E

a

M

V x

2 a P

Diagramas P P

A

B C D

E

+

+

V

M

2

P3

2

P

2

P

P a /2

P a /2

2 a P

4) Para la viga representada, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento

flector.

2 k lb /p ie

A

B

C D

E

1 0 ' 8 ' 1 0 ' 2 '

4 '

1 5 k lb

p o le a c a b le 1 5

1 5

1 5

1 5

1 5

1 5

1 5

C D

P O L E A :


539

2 k lb /p ie

A

B

C D

E

5 5 k lb -p ie

1 5 k lb

1 5 .5 k lb

1 5 k lb

1 5 k lb

1 5 k lb

4 .5 k lb

R E A C C IO N E S

Ecuaciones de V y M: Tramo AB (0 x 10)

2 5 5

1 5

1 5 .5

N

V

M

N = 15

V = 2 x 15 .5

M = 15 .5 x x2 5 5

x

Tramo CD (18 x 20)

2

5 5 1 5

1 5 .5

N

V

M

N = 1 5

V = 1 0 .5

M = 1 0 .5 x 2 2 5

1 5

x

1 0 '

1 8 '

A B C

Tramo BC (10 x 18) 2

5 5 1 5

1 5 .5

N

V

M

N = 1 5

V = 4 .5

M = 4 5 4 .5 x

x

Tramo DE (0 x 10)

4 .5

N = 0

V = 4 .5

M = 4 .5 x

x

D N

V

M


540

2 k lb /p ie

A

B

C D

E

1 5 k lb

1 5 .5

4 .5

1 0 .5

4 .5

5 5

5 .0 6

3 6

1 5

4 5

+ +

+ +


( k lb )


( k lb -p ie )

D IA G R A M A S

5) Aceptando que la reaccin del terreno es distribuida uniformemente, graficar los

diagramas de fuerza cortante y momento flector en la viga representada.

5 k N 5 k N 6 k N

2 m 2 m

5 5 6

A B

C

W 4 W = 1 6 W = 4 k N /m

R e a c c io n e s

Tramo AB (0 x 2)

5 V + 4 x 5 = 0

M + 5 x 4 x2

x = 0

x

4

V

M

V = 5 4 x

M = 2 x2 5 x

Tramo BC (2 x 4)


541

5 V 6

A B

2

x

4

M

6 + 5 4 x V = 0

M + 6 (x 2 )+ 5 x 4 x2

x= 0

V = 4 x 1 1

M = 2 x2 1 1 x + 1 2

Resumen

m 4x2 ;x411

m 2x0 ;x45V

m 4x2 ;12x11x2

m 2x0 ;x5x2M

2

2

5 5

6

3

-3

-5

5

1 .2 5

2 .7 5

-2

-3 .1 2 5 -3 .1 2 5

+ +


( k N )


( k N -m )

G r f ic a s

6) Para el sistema representado, graficar los diagramas de Fuerza Cortante y

Momento Flector.

a rt ic u la c i n

5 8 .3 3 ' 5 8 .3 3 '

1 7 .7 5 '

1 7 .2 5 '

A B

C E

D

w = 1 .0 8 k lb /p ie

Reacciones


542

A B

C E

D

1 .0 8 k lb /p ie

A y

A x B x

B y

L = 6 0 .9 7 '

Ax Bx = 0 . . . . (1) Ay + By 1.08(2)(58.33) = 0 . . . . (2) By(2)(58.33)1.08(2)(58.33)(58.33)=0

. . (3)

A

E

D

1 .0 8

A y

A x

M D = 0 ( a r t ic u la c i n )

1 .0 8 (5 8 .3 3 ) (2

33.58) + A x(1 7 .2 5 + 1 7 .7 5 )

A y(5 8 .3 3 ) = 0 . . . . ( 4 )

Resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3), (4), obtenemos

klb 63B

klb 50.52B

klb 63A

klb 50.52A

y

x

y

x

Debido a la simetra, basta precisar las Fuerzas Internas en la mitad del Sistema.

A

E

D

6 3 k lb

5 2 .5

H D

V D

H D = 5 2 .5 k lb

V D + 6 3 1 .0 8 (5 8 .3 3 ) = 0 V D = 0

6 3

5 2 .5

V

N

M

x

T ra m o A E (0 x 1 7 .2 5 ')

V = 5 2 .5

N = 6 3

M = 5 2 .5 x

Tramo DE (0 x 60.97)


543

1 .0 8 k lb /p ie

x D

5 2 .5 k lb

V N

M

5 8 .3 3 '

1 7 .7 5 '

Transformando las fuerzas en sus componentes normal y axial.

W N

5 2 .5 c o s = 5 0 .2 2 7 k lb

V N

M

5 2 .5 s e n = 1 5 .2 8 4 k lb W S

W N = 1 .0 8 c o s2 = 0 .9 8 8 5 k lb /p ie

W S = 1 .0 8 s e n c o s = 0 .3 k lb /p ie

N + 0.3x + 50.227 = 0 N = 0.3x 50.227 V + 0.9885x 15.281 = 0 V = 0.9885x + 15.284

M + 0.9885x2

x 15.284x = 0 M = 0.494x2 + 15.284

Mmx = 118.219 klb-pie para x = 15.4 Diagramas

A

E

D

+

+

5 2 .5 k lb

4 4 .9 8 5 k lb

1 5 .2 8 4 k lb

A

E

D

+

1 5 .4 '

9 0 5 .6 2 5 k lb -p ie

1 1 8 .2 1 9

k lb -p ie

9 0 5 .5 0 0 k lb -p ie

Debido a la Simetra del Sistema, el Diagrama de Fuerza Cortante es Antisimtrico y el Diagrama de Momento Flector es Simtrico. 7) En el sistema representado, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento

flector.


544

1 2 ' 3 ' 5 ' 5 '

4 '

1 6 '

4 pie

klb A

B

C

D

E

1 6 k lb

'5BC

'20AB

4

A

B

C

D

E

1 6

2 3 .4 7 k lb

3 2 k lb

1 6 .5 3 k lb

R e a c c io n e s

Tramo AB (0 x 20)

V 4

N M

w '

A

1 6 .5 3

3 2

x

V 4

N M

w '

A

2 5 .6 1 3 .2 2 4

x

)x20(5

1'w ( d e s e m e ja n za )

1 9 .2

9 .9 1 8

2 0 ' 1 6 '

1 2 '

w '

4 x 2 0 '

A

B

N + 1 3 .2 2 4 1 9 .2 = 0 N = 5 .9 7 6

V + 2 5 .6 + 9 .9 1 8 )5

x204(x

2

1

10

18.355xx40V

2

03

x2

5

x204x

2

1

2

x)x20(

5

1xx918.9x6.25M

150

x7.5327x300x5M

23

(Mmx = 197.03 klb-pie para x = 13.305 haciendo M = 0) Tramo ED (0 x 5)

E

N = 0

V = 2 3 .4 7

M = 2 3 .4 7 x

x V

N

2 3 .4 7

M


545

Tramo DC (5 x 10)

E

N = 0

V = 7 .4 7

M = 7 .4 7 x + 8 0

x V

N

2 3 .4 7

M

5 '

1 6

Tramo CB (0 x 5)

E

x

2 3 .4 7

5 '

1 6

5 ' D

M

N

V

5 4

3

C

FV = 0 23.47 16 Vcos Ncos = 0 FH = 0 Vsen Nsen = 0

Obtenemos

klb 482.4V

klb 976.5N

0N3V4

35.37N4V3

M 23.47(10 + xcos) + 16(5 + xcos) = 0

5

x41.225.773M

Grficas

A

B

C D

E

+

+ +

-3 5 .5 1 8

4 .4 8 2

7 .4 7

2 3 .4 7

1 3 .3 0 5 '

F u e rza

C o r ta n te

( k lb )

A

B

C D E 1 9 7 .0 3

(M m x)

1 7 7 .1 1 1 5 4 .7

1 5 4 .7

1 1 7 .3 5

+

+

1 3 .3 0 5 '

M o m e n to

F le c to r

( k lb -p ie )


546

8) Una barra doblada en forma de semicircunferencia est empotrada en uno de sus extremos y sometida a una carga radial p. Graficar los diagramas de fuerza normal, fuerza cortante y momento flector.

r

p

9 0

r

p rd

M

N V

d

E n u n a s e c c i n g e n r ic a ( d e f in id a

p o r e l n g u lo ) , te n e m o s :

FH = 0 Ncos(90 ) Vcos

0

dcospr = 0

Nsen Vcos prsen = 0 . . . . (1)

FV = 0 Nsen(90 ) + Vsen +

0

dprsen = 0

Ncos + Vsen + pr(1 cos) = 0 . . . . (2) M = 0

r

p rd

M

0d)(rsen prM

0

0

2d)(senprM

)cos1(prM2

. . . . (3)

De (1) y (2) obtenemos:

N = pr(1 cos 2cos2) V = pr(1 2sencos) = pr(1 sen2)

(0 180)

Grficas (Coordenadas Polares)

+

p r

6 0

2 p r

F u e rza N o rm a l

p r

2 p r

p r

4 5 4 5



547

p r2

2 p r2 M o m e n to F le c to r

+

9) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga que se

representa en el esquema.

Y

A

1 0 ' 8 ' 2 '

B X C D

W = 2 x2

1 0 0 0 lb 1 5 0 0 0 lb -p ie

Reacciones

1 0 0 0 lb

1 5 0 0 0

lb -p ie

R 2

R 1

FV = 0 R1 1000 dxx220

0

2

= 0

R1 = 6330 lb

MA = 0 R2 15000 1000(18)

20

0

2dx)x2(x

= 0 R2 = 113000 lb-pie

Tramo AB (0 x 10)

1 1 3 ,0 0 0

6 3 3 0

A

V

M x

x

u d u

x u

W = 2 x2

0dxx26330V

x

0

2 6330x

3

2V

3

x

0

20du)ux(x2x633013000M

4x

6

1x633013000M

Tramo BC (10 x 18)


548

1 1 3 ,0 0 0

6 3 3 0

A

V

M

x

B

1 5 0 0 0

1 0 '

V + 6330 dxx2x

0

2

= 0

6330x3

2V

3

M + 113000 6330x 15000 + x

0

2du)ux(x2 =

0

4x

6

1x633098000M

Tramo CD (18 x 20)

1 1 3 ,0 0 0

6 3 3 0 V

M

x

1 0 ' 8 '

1 0 0 0 1 5 0 0 0

V + 6330 1000

x

0

2dxx2 = 0

5330x3

2V

3

M + 113000 15000 6330x + 1000(x

18) + x

0

2du)ux(x2 = 0

6

xx533080000M

4

1 .4 4 2

2 .4 4 2

5 6 6 3 .3 3

6 3 3 0

1 1 3 0 0 0

5 1 3 6 6 .6 7

3 6 3 6 6 .6 7

1 5 5 6

F u e rza

C o rta n te

( lb )

M o m e n to

F le c to r

( lb -p ie )

D ia g ra m a s


549

10) El eje de una barra curva ABC es parablico de 2do grado. La fuerza en el cable es

200 lb. Encontrar las fuerzas internas en la seccin 1-1.

A

B

1 2 ' 1 2 '

C

4 ''

P = 1 0 0 lb

6

1

1

Y

X

( 1 2 , 4 )

P a r b o la

(1 2 , 4 )

36

xy

2

c a b le

Reacciones

B

P = 1 0 0 lb

2 0 0 2 0 0 A C

A y C y

MA = 0 100(12) Cy(24) = 0

Cy = 50 lb

FV = 0 Ay + 50 100 = 0 Ay = 50 lb

Y

X

D ( 6 , 1 )

F u e rza s In te rn a s e n 1 -1 :

N

2 0 0 A

5 0

9 0

V

M

D

3

1

10

)1,6(dx

dytan

3

1

18

xtan

)1,6(

MD = 0

M + 200(3) 50(6) = 0 M = 300 lb-pulg

FH = 0 200 + Ncos Vcos(90 ) = 0

20010

1V

10

3N . . . . (1)

FV = 0 50 + Nsen + Vsen(90 ) = 0

5010

3V

10

1N . . . . (2)

De las ecuaciones (1) y (2): 1065N lb

105V lb


550

1065 lb

2 0 0 lb A

5 0 lb

3 0 0 lb -p u lg

105 lb

11) En un eje vertical 00 que gira con velocidad angular est fijada una barra

prismtica homognea AB, que forma un ngulo con el eje. Calcular el momento

flector en la seccin de unin B.

B a rra h o m o g n e a

d e p e s o u n ita r io q .

L

o

o

B

A E n e l e le m e n to d e

b a rra a c t a n e l

p e s o q d x y la

fu e rza c e n tr fu g a

sen xw dxg

qf

2

unitaria masa

c

d x

B

A

f c

q d x

x

c o n s ta n te

Las fuerzas que actan sobre dx generan un momento flector en la seccin B.

d x

f c

q d x

x

x s e n

M

L

c

L

0cosxfxsen)qdx(M

L

0

22

L

0

0dxxcossenWg

qxdxqsenM

g3

cosLW

2

1LqsenM

2

2

12) En el pilote suspendido que se representa, encontrar el mximo momento flector y

donde se presenta. Peso total del pilote 1.414 kg.

0 .9 m

2 .5 m

1 .6 m

A

B

C

P

3 .4 m

1 .6 m

1

1

A

B

C

c a b le s

1 4 1 4 k g

R 2

R 3

R 1

4 5

F u e rza s e n lo s c a b le s

R 3 = 1 4 1 4 co s 4 5

R 3 = 9 9 9 .8 5 k g

R 2 + R 1 = 9 9 9 .8 5

(9 9 9 .8 5 ) (2 .5 ) R 1 (3 .4 ) = 0

R 2 = 2 6 4 .6 7 k g

R 1 = 7 3 5 .1 8 k g


551

A

B

C

2 6 4 .6 7 k g

7 3 5 .1 8 k g

9 9 9 .8 5 k g

q

x

2 6 4 .6 7

M

9 9 9 .8 5

q 4 5

2/2x

)6.14.3(

1414q

= 2 8 2 .8 k g /m

(d is tr ib u id o s o b re la lo n g itu d in c lin a d a )

T ra m o A B

M 2 6 4 .6 7 x + 2 8 2 .8 x2

1

x2

2 = 0

M = 2 6 4 .6 7 x 9 9 .9 8 5 x2

M m x 0

dx

dM

x = 1 .3 2 4 m

M m x = 1 7 5 .5 5 k g -m

M o m e n to F le c to r:

5.4) Funciones de Singularidad

El procedimiento clsico de emplear ecuaciones de equilibrio en cada tramo de un sistema para determinar la variacin de la fuerza cortante y del momento flector, se vuelve engorroso a medida que se complica la forma del sistema y las cargas actuantes. Es conveniente definir un procedimiento matemtico especial para manejar las cargas concentradas y discontinuas.

7 tra m o s

7 e cu a c io n e s p a ra V

7 e cu a c io n e s p a ra M

Puede escribirse UNA SOLA ECUACIN para la Fuerza Cortante y otra para el Momento Flector en TODA LA VIGA? (S, usando Funciones de Singularidad) En esta seccin estudiaremos una Familia de Funciones de Singularidad que permiten analizar de manera sistemtica diversos elementos estructurales sometidos a Cargas Concentradas y/o Discontinuas.

Definicin. Se define la Familia de Funciones n

nax)x( (n 0) mediante la

correspondencia

a xsi 0

a xsi )ax()x(

n

n

(Los tiene significado especial)

Si n = 0,la funcin 0(x) = x a0 se denomina FUNCIN DE PASO UNITARIO (a partir de x = a). Si n = 1, la funcin 1(x) = x a1 se denomina FUNCIN RAMPA UNITARIA (a partir de x = a).

f c

1

a

( 1 + a ,1 )

n = 0

n = 1

n = 2


552

1

1 1

x = a

0 ( x ) = x a 0

x = a

1 ( x ) = x a 1

Las funciones 0 y 1 se usarn para representar las CARGAS DISTRIBUIDAS aplicadas a lo

largo de los diversos tramos o segmentos de una viga.

Las funciones de Singularidad definidas mediante n

nax)x( (n 0) se integran

de acuerdo con la regla de integracin ordinaria.

1n

axdxax

1nx

0

n

(n 0)

Una representacin para un MOMENTO CONCENTRADO UNITARIO que acta en el punto x =

a, se tiene en la forma 22

ax)x(

. Para representar una FUERZA CONCENTRADA

UNITARIA que acta en el punto x = a, usamos 11

ax)x(

.(Estas funciones -2 y

-1 son verdaderamente singulares).

Estas funciones son nulas en cualquier punto, salvo en x = a, (donde son infinitas). Satisfacen la Regla de Integracin:

1

x

0

2axdxax

;

0x

0

1axdxax

a

- 1 ( x ) = x a - 1

a

- 2 ( x ) = x a - 2

F u e rza C o n ce n tra d a

U n ita r ia

x

M o m e n to C o n ce n tra d o

U n ita r io

(S e n tid o A n tih o ra r io )

-1 se usar para representar FUERZAS CONCENTRADAS.

-2 se usar para representar MOMENTOS CONCENTRADOS.

Definicin.

UNITARIO) OCONCENTRAD (MOMENTO DOBLETE FUNCIN ax)x(

UNITARIA)A CONCENTRAD(FUERZA DELTA FUNCIN ax)x(

22

11

Usando las funciones definidas, podr escribirse una expresin algebraica para la funcin de carga q(x) que acte en la viga.

Conocida q(x), la integracin de las ecuaciones )x(qdx

)x(dV y )x(V

dx

)x(dM nos

permitir obtener las ecuaciones para fuerza cortante V(x) y para momento flector M(x) en toda la viga. Por tanto: Es posible determinar expresiones para V(x) y M(x) a partir de cualquier distribucin de carga q(x) que sea factible de representarse mediante combinacin de Funciones de Singularidad.


553

Casos ms Usuales

a

q (x ) = P x a - 1

P

x

a

q (x ) = M x a - 2

M

x

a 1

q (x ) = q 0 x a 1 0 q 0 x a 2

0

(q (x ) = q 0( x a 1 0 x a 2

0))

q 0

x

a 2

a 1

q 0

a 2 q 0

q 0

a 1 a 2

a 1

022

1

2

1

1

12

2axqaxax

aa

q)x(q

q 2

x

a 2

a 1

q 2

a 1

q 2

a 2

q 1

02

0

11axaxq)x(q

1

2

1

1

12

12axax

aa

qq 212 axqq

Notas


554

a 1

21 a xen

carga la desactiva

0

20

a xen

carga la activa

0

10axqaxq)x(q

q 0

x

a 2

i)

q(x) = q0(x a10 x a20)

ii) El uso de Px a-1 en la expresin de q(x) para representar una carga concentrada

positiva P en x = a, se esclarece al usar la ecuacin dx)x(q)x(V puesto que se

obtendr Px a0 en la expresin para la fuerza cortante (este trmino producir un salto en x = a).

Si q(x) = . . . . + Px a-1 + . . . . V(x) = . . . . Px a0 . . . . + C1 (constante de integracin)

(Recordar

x

0

0

1axdxax )

iii) Max a-2 representa un momento concentrado positivo en x = a

Si q(x) = . . . . + Max a-2 + . . . . V(x) = . . . . ( Max a-1) . . . . + C1 V(x) = . . . . + Max a-1 . . . . + C1 M(x) = . . . . Max a0 + . . . . C1x + C2 (Recordar Reglas de Integracin para los signos).

iv) Procedimiento para determinar V(x) y M(x). Reacciones y expresin de q(x) en trminos de Funciones de Singularidad

apropiadas (Se incluyen todas las cargas, incluidas las reacciones). Usar las ecuaciones

)x(qdx

)x(dV y )x(V

dx

)x(dM

para obtener V(x) y M(x).

Determinar las constantes de integracin, que dependen de las condiciones particulares de cada problema.

EJEMPLOS 1) Obtener expresiones para la fuerza cortante y el momento flector en la viga

representada. Usar Funciones de Singularidad.

a

x

a L 2 a

P P

x = 0

P P

x = a x = L a

x = L

P P

R e a c c io n e s

( P O S IT IV A S ; N E G A T IV A S )

Funcin de Carga: q(x) = contribuciones de cada carga


555

1111LxP)aL(xPaxP0xP)x(q

1111LxP)aL(xPaxPxP)x(q

RELACIONES DE EQUILIBRIO: qdx

dV y V

dx

dM

y las reglas de Integracin de Funciones Singulares

1

0000

CLxP)aL(xPaxP0xP)x(V

determinamos C1 con la condicin

V (0+) = P

x

P

x = 0 V + P = 0

V = P V

V(0+) = P + 0 + 0 0 + C1

P = P + C1 C1 = 0 Nota. Si la carga se expresa mediante funciones de singularidad y se incluyen las reacciones, generalmente C1 = 0.

Usamos ahora Vdx

dM

0000

LxP)aL(xPaxP0xPdx

dM

2

1111

CLxP)aL(xPaxP0xPM

C om o M (0+) = 0 C 2 = 0

P

x = 0 M = 0

Por tanto:

0000

LxP)aL(xPaxP0xP)x(V

1111

LxP)aL(xPaxP0xP)x(M

2) Encontrar, usando funciones de singularidad, expresiones para la fuerza cortante y

el momento flector en la viga representada.

1 0 '

x

1 0 ' 1 0 '

P = 2 0 k lb

1 k lb /p ie

Diagrama de carga:

x = 0

20 k lb 1 k lb /p ie 7 .5 k lb

2 2 .5 k lb

x = 10 ' x = 20 ' x = 30 '

Funcin de Carga:

11120x5.2210x200x5.7)x(q

00 30x20x1


556

Recordar que

30 xsi ,030x

30 xsi ,030x

0

0

Luego tenemos: 0

11120x120x5.2210x200x5.7)x(q

Fuerza Cortante: )x(qdx

dV

1000

20x120x5.2210x200x5.7)x(V

Momento Flector: Vdx

dM

2

20x20x5.2210x200x5.7)x(M

2

111

(Recordar la Reglas de Integracin. Verificar que las dos constantes de integracin son nulas). 3) Usando funciones de singularidad, encontrar expresiones para la fuerza cortante y


2 m

1 5 k N /m

2 m 2 m 3 m

1 0 k N /m

x= 0

1 5 k N /m

6 6 .4 3 k N

1 0 k N /m

D ia g ra m a d e C a rg a :

x= 2 x= 4 x= 6 x= 9

2 3 .5 7 k N

Funcin de Carga:

1

0

cero vale

0

1

00

9x57.239x6x102x43.664x0x15)x(q

1

0

1

00

9x57.236x102x43.664x150x15)x(q

01011

9x57.236x102x43.664x150x15)x(V

1

2

1

22

9x57.232

6x102x43.66

2

4x15

2

0x15)x(M

Verificar que ambas constantes de integracin son nulas. 4) Usando funciones de singularidad, encontrar ecuaciones para la fuerza cortante y



557

W 0

L /2 L /2

X

2

LW

0

W 0

x= 0 x = L /2 x = L

8

2

0LW

p o s it iv o

0

0

0102

2

02

Lx0x0x

2

L0x

8

L)x(q

Integrando una vez: (dV/dx = q) (Recordar Reglas de Integracin).

1

1

0

001

2

0

2

Lx0x0x

2

L

1

0x

8

L)x(V

1

1

0

00

1

2

0

2

Lx0x0x

2

L0x

8

L)x(V

Integrando otra vez: (dM/dx = V)

22

0

1002

0

2

2Lx

2

0x0x

2

L0x

8

L)x(M

2

201002

0

2

Lx0x

20x

2

L0x

8

L)x(M

Verificar que las dos constantes de integracin son nulas.

5.5) Deformaciones Debidas a la Flexin. Curvatura Elstica.

Consideremos un elemento prismtico sometido a Flexin Pura.

E JE G E O M T R IC O S i e l m o m e n to f le c to r M e s c o n s ta n te , la

d e fo rm a c i n po r f le x i n ta m b i n s e r c o n s ta n te .

M M

L N E A E L S T IC A

En este caso, el eje geomtrico (inicialmente recto) se transforma en una lnea curva (lnea elstica) cuyo centro de curvatura est en el plano de la flexin (plano XY).


558

M M

C e n tro d e

C u rv a tu ra

: Radio de Curvatura

Necesitamos precisar M = (curvatura).

Hiptesis: Inicialmente el elemento es recto y no presenta

esfuerzos. El material es de comportamiento elstico lineal e

isotrpico. Las secciones transversales son simtricas respecto

al eje Y. No existe fuerza resultante perpendicular a la

seccin transversal. Las secciones transversales son planas antes y

despus de la flexin, y permanecen normales a las fibras deformadas.

A n te s d e la d e fo rm a c i n 1 -1 y 2 -2 s o n do s

s e c c io n e s p la n a s p a ra le la s e n tre s y s e pa ra da s la

d is ta n c ia x . x

1

1

2

2

x

M M

C e n tro d e f le x i n

(C e n tro d e C u rv a tu ra )

1

1

2

2

x 1 x

L u e g o d e la d e fo rm a c i n (p o r f le x i n )

1 -1 y 2 -2 s ig u e n s ie n d o s e c c io n e s P L A N A S

y h a n g ira d o u n a re s p e c to d e la o tra .

Seleccionamos el plano XY con origen sobre la Superficie Neutra.

F IB R A S A R B IT R A R IA S

y

A B

J K

D E

A ' B '

L 0

y

z

c

y

C o n f ig u ra c i n In ic ia l c : D is ta n c ia d e l e je Z a la s f ib ra s

m s a le ja d a s ( e n v a lo r a b s o lu to )

c = | y m x|


559

M M

C e n tro d e f le x i n

L o n g itu d d e l E je N e u tro (DE )

L 0 =

x

y A

J

D

A ' B '

B

K

E

L a s f ib ra s u b ic a da s a la d is ta n c ia y

( re p re s e n ta da s p o r J K ) e n c im a d e

la s u pe rf ic ie n e u tra , S E A C O R T A N .

S u lo n g itu d f in a l e s :

)y('LJK

)LDE(

0

Configuracin Deformada (Flexin Positiva)

Inicialmente, la longitud de las fibras era L0. En consecuencia, la deformacin unitaria longitudinal, es:

0

0

xL

L'L

)y(x

de donde encontramos que

y

x . . . . (1)

Ntese que las fibras sobre el eje neutro (donde y > 0) tienen x < 0, y las fibras bajo

el eje neutro (donde y < 0) tienen x > 0.

(

1 Curvatura del Eje Neutro Longitudinal.

1 > 0).

Por la hiptesis de las Secciones Planas, en todos los planos paralelos al plano de simetra ocurre la misma deformacin. Luego, el valor dado por la ecuacin (1) es vlido para cualquier punto. En conclusin: La deformacin unitaria longitudinal x vara linealmente con la distancia y, medida desde la Superficie Neutra.

y c

c

x

V a r ia c i n lin e a l

yx

L a d e fo rm a c i n

u n ita r ia m x im a , e n

v a lo r a b s o lu to , e s

cc

D e d o n d e o b te n e m o s c

1c

con lo cual, la ecuacin (1) se rescribe: c

yc

x

. . . . (1.1)

Con las ecuaciones para la deformacin unitaria longitudinal, es posible deducir una Frmula para calcular los Esfuerzos Normales producidos por la Flexin.


560

5.6) Esfuerzos Normales Debidos a la Flexin

5.6.1) Introduccin

En primer lugar analizaremos el caso de Flexin Pura. Supongamos un elemento AB de seccin transversal simtrica, sometido a flexin.

A

M

M

B

C

( S e c c i n s im tr ic a

re s p e c to a l e je Y )

Y

Z

En cualquier seccin intermedia C, se desarrollan fuerzas elementales normales, que representan la interaccin con la porcin (idealmente) suprimida.

A

M

C

M

C

M

M o m e n to R e s is te n te

o In te rn o

Z

< >

El sistema de fuerzas elementales debe ser equivalente al Momento Interno M. En la seccin transversal intermedia, C, las fuerzas son variables con la altura.

A

(L in e a l o n o , d e a cu e rdo c o n

e l m a te r ia l)

C

M

A

C

T

M < >

C Resultante de las Fuerzas de Compresin.

T Resultante de las Fuerzas de Traccin

(generan el momento interno, resistente, M)


561

d

C

T

C V o lu m e n de l S lid o d e

C o m p re s io n e s .

T V o lu m e n de l S lid o d e

T ra c c io n e s .

T = C (E qu ilib r io )

M = T d = C d

5.6.2) Condiciones de Equilibrio

Consideremos un elemento prismtico, de seccin transversal constante, sometido a flexin pura. Seleccionemos una seccin transversal intermedia.

M M

M

z

-z

y

y

Z

X

d F

d F

Y En los elementos de rea (simtricos) dA, se desarrollan fuerzas elementales normales

dF = xdA

siendo x el esfuerzo normal en direccin X.

Condiciones de Equilibrio:

i) Fx = 0 0dA)A(

x (no existe fuerza axial) . . . . ()

ii) My = 0 0dAz)A(

x (simetra de la seccin) . . . . ()

Mz = 0 M + 0dAy)A(

x , de donde obtenemos:

)A(

xdAyM . . . . ().

Ntese que la distribucin del esfuerzo normal x es un problema estticamente indeterminado, debiendo por lo tanto estudiarse las deformaciones ocasionadas en el elemento.

5.6.3) Frmula de la FLEXIN ELSTICA

Definicin. Los esfuerzos normales producidos por el Momento Flector se denominan Esfuerzos Normales por Flexin.


562

En el rango de comportamiento elstico-lineal del material, la relacin entre los esfuerzos normales y el momento flector se expresa mediante la Frmula de la Flexin Elstica. Su deduccin en dos etapas:

i) Esfuerzos de

nDistribuci

vaConstituti

Ley

Elsticas

nesDeformacio

ii) Elstica Flexin

la de Frmula

Equilibrio del

sCondicione

Las deformaciones unitarias se definen por la ecuacin (1.1) c

yc

x

Si el momento M es de tal magnitud que los esfuerzos inducidos permanecen en el

rango elstico lineal del material, puede usarse la Ley de Hooke: (x = Ex).

De (1)

E

yx

. . . . (2)

de (1.1) Ec

yc

x

. . . . (2.1)

pero cE = mx (en valor absoluto).

Luego c

ymx

x

. . . . (3)

La ecuacin (3) muestra que en la zona de comportamiento lineal elstico del material, el esfuerzo normal vara linealmente con la distancia medida desde la superficie neutra.

y c

x R e e m p la za n do la e c u a c i n

(3 ) e n la c o n d ic i n d e

e qu ilib r io ( ) , o b te n e m o s :

)A(

mx0dA

cy

cy

mx

x

(D ia g ra m a d e E s fu e rzo N o rm a l)

0ydAc

)A(

mx

0ydA

)A(

(puesto que 0c

mx

).

Igualdad que demuestra que el Eje Neutro de la Seccin Transversal coincide con un Eje Centroidal.

z

y

c e n tro id e La tercera condicin del equilibrio () nos permite escribir

MdA)c

y(y

)A(

mx

MdAy

c)A(

2mx

pero

Z. CENTROIDAL EJE al

respecto con l,Transversa Seccin la de

readel Inercia de Momento

IdAyz

)A(

2

de donde MIc

z

mx

z

mxI

Mc . . . . (4)


563

NOTA. Si M < 0 z

mxI

cM . . . . (4.1)

Finalmente, reemplazando la ecuacin (4) en la ecuacin (3), obtenemos:

z

xI

My . . . . (5)

denominada Frmula de la Flexin Elstica.

Nota. Observar que para y > 0 es x < 0 y que para y < 0 es x > 0 (en casos de Flexin Positiva M > 0).

Definicin. La ecuacin (4) puede rescribirse )cI(

M

z

mx

El valor Iz/c depende nicamente de la forma geomtrica de la seccin transversal.

Este valor se denomina Mdulo Elstico de la Seccin (S). Luego S

Mmx

. . . . (6)

Nota. Debe recordarse que el Eje Neutro siempre coincide con el eje centroidal de la seccin transversal, si la viga est sujeta a esfuerzos menores que el de fluencia del material y no se presentan fuerzas axiales.

z

y

c e n tro id e

E je N e u tro

Nota. La curvatura elstica

1 puede calcularse en funcin del momento flector.

Definicin. c

1 c

(curvatura)

Usamos z

mxI

Mc y por la Ley de Hooke

z

cI

McE . Por tanto

zEI

Mc

c

11

es decir z

EI

M1

. . . . (7), ecuacin que define la Curvatura Elstica.

Si M < 0 z

EI

M1

. . . . (7.1).

Definicin. EIz se denomina Rigidez Flexional del Elemento.

[EIz] [FL2]

etc,pieklb

mN

2

2

5.6.4) Elementos con Seccin Transversal Asimtrica

La flexin de vigas elsticas cuya seccin transversal tiene un eje de simetra, queda

expresada por la ecuacin (5) z

xI

My .


564

Para deducir esta frmula se acept que los momentos aplicados actan en el plano de simetra (XY). Estas limitaciones pueden simplificarse con el objeto de solucionar problemas de carcter ms general. Las expresiones deducidas en las secciones anteriores se pueden utilizar para cualquier elemento que trabaje en Flexin Pura, siempre que los momentos flexionantes se apliquen en un plano paralelo a uno u otro de los Ejes Principales de la seccin transversal.

z

y

c e n tro id e

y

d A z

(S e c c i n A s im tr ic a )

M M

Los esfuerzos normales varan linealmente desde el eje neutro que pasa por el centroide.

En un rea elemental, el esfuerzo es mx xx

c

y (proviene de la ecuacin 3).

(Entre las ecuaciones z

mxI

Mc y

z

xI

My se elimina

zI

M).

Luego dAc

ydF

mxx es una fuerza normal elemental, que acta sobre un elemento

de rea ubicado a la altura y. La suma de los momentos de estas fuerzas elementales, respecto al eje Z, genera un momento flexionante (interno). Sin embargo, por la asimetra de la seccin, dichas fuerzas internas podran generar un momento con respecto al eje Y.

El posible momento respecto del eje Y, ser )A(

zdF , es decir )A(

mx xyzdA

c

yM

)A(

mxx

yyzdA

cM

La integral )A(

yzdA define el Producto de Inercia del rea de la Seccin Transversal. Si

los ejes Y, Z son los Ejes Principales del rea (que pasan por el centroide), el Producto de Inercia es nulo. Si este es el caso My = 0, y pueden usarse las frmulas

deducidas anteriormente. Nota. Si se aplica un momento, M, flexionante que no es paralelo a ningn eje principal, deberemos seguir el procedimiento de superposicin (que estudiaremos ms adelante).

M

z

y


565

EJEMPLOS 1. Calcular el esfuerzo normal mximo inducido por el momento que acta sobre la

viga representada.

4 "

1 /2 "

1 /2 "

6 " 1 /2 "

5 0 0

lb -p ie

3 0 '

A LM A V ig a d e s e c c i n 5 0 0 lb -p ie A LA S

5 0 0 lb -p ie

F le x i n P u ra

|Mmx| = 500 lb-pie

z

mxI

c|M|

z

C = 3 "

C = 3 "

y

c e n tro id e

I z = 3 5 .5 4 1 pu lg4

541.35

)13)(12500(mx

mx = 506.46 lb/pulg2

T R A C C IO N E S

C O M P R E C IO N ES

z

5 0 6 .4 6 lb /pu lg2

5 0 6 .4 6 lb /pu lg2

N O T A R :

M < 0

2. Calcular la fuerza desarrollada por los esfuerzos normales en el rea indicada. La seccin est sometida a un momento flexionante negativo de 37,500 kg-cm alrededor del eje horizontal


566

d V

- z

d y

y

z x

( 0 ,0 ,r)

( 0 ,0 ,-r)

X

Y

222rzy

0x

( 0 ,r ,0 )

Z r= 5 c m

Y

M

S lid o d e t ra c c io n e s

(M < 0 )

r

0

xdyz2T

Pero z

xI

My

z

xI

y|M|

Luego 5

0

2

z

r

0 z

22ydyy25

I

|M|2ydy

I

|M|yr2T

Desarrollando la integral y reemplazando 44z

)5(4

r4

I

Obtenemos: 3

4

)5(3

1

)5(4

|M|2T

|M| = 37,500

Luego T = 6,366 kg (pasa por el centroide del slido de tracciones)

3. Sabiendo que la seccin representada admite los esfuerzos normales 120 MPa en traccin y 150 MPa en compresin, determinar el momento mximo que puede aplicarse.

6

6

6

1 8

1 8

6

1 8

M

(d im e n s io n e s

e n m m )

Propiedades geomtricas.

z

y

C G

1 5 m m

9 m m

A

B

( ? )

I z = 3 3 .0 5 1 0- 9

m4

Flexin. Por tratarse de flexin negativa, tenemos:


567

z C G

A

B

Z o n a e n tra c c i n

Z o n a e n c o m p re s i n

z

mxI

cM

Luego: (i) z

A

mxI

C|M| . . . . (traccin)

(ii) z

B

mxI

C|M| . . . . (compresin)

Reemplazando valores numricos:

En (i) 9

3

6

1005.33

)109(|M|10120

|M| = 440.67 N-m

En (ii) 9

3

6

1005.33

)1015(|M|10150

|M| = 330.50 N-m

M m x = 3 3 0 .5 N -m (m o m e n to n e ga tiv o )

M m x 4) La viga cuya seccin se representa,

es sometida al momento M = 20 kN-m. Sabiendo que E = 200 GPa y

= 0.29, determinar: i) El cambio de ancho en el ala

superior ii) El cambio de longitud de la

mitad superior CA del alma. (Dato Iz = 12.82106 mm4)

1 0 0 m m

A

X

Z

Y

2 0 0 m m M

(F le x i n

P o s it iv a )

Esfuerzo:

z

A

AI

MC (compresin) (CA = 100 mm)

6

33

A

1086.12

101001020

A = 156.006106 Pa

Deformacin longitudinal:

4

9

6

A

Ax108.7

10200

10006.156

E)(

Deformacin transversal:

AxAzAy)()()(

44

AzAy10262.2)108.7(29.0)()(

i) Cambio de Ancho en el Ala Superior.


568

A t = 1 0 0 m m

t = ( z) A t

t = 2 .2 6 2 1 0- 4

1 0 0 = 2 .2 6 2 1 0- 2

m m

t

C ii) Cambio de la longitud CA.

)0(2

1)(

AyCApromedio

D e fo rm a c i n e n

e l e je n e u tro .

( p u e s to q u e la d e fo rm a c i n

va r a l in e a lm e n te )

44

CApromedio10131.1)10262.2(

2

1)(

Luego CA (promedio)CA(CA)

CA 1.13110-4100 = 1.13110-2 mm. 5.) (Parte de Teora)

Al deducir la frmula de la Flexin Elstica se acept que en un elemento en

estado de Flexin Pura, el esfuerzo y es despreciable. Para un elemento elstico, inicialmente recto, de seccin transversal rectangular,

i) Deducir una expresin aproximada para y en funcin de y.

ii) Demostrar que mxxmxy

)(2

c)(

.

(Conclusin como es grande, el esfuerzo y puede despreciarse en todas las situaciones prcticas regulares).

M

L

M

b

2 c

y

z

F ib ra s u b ic a d a s a

c u a lq u ie r d is ta n c ia y .

y = c

/ 2

2

2

y = c

m x

/ 2

x x

P a ra d e fo rm a c io n e s

in f in ite s im a le s :

22sen

D e la s e c u a c io n e s

z

xI

My

y

z

mxI

Mc


569

obtenemos mxx

c

y . . . . ()

Condicin de equilibrio Fy = 0

0bdy)2

sen(2)bL(

y

c

xy

Con suficiente aproximacin:

y

c

xybdy

2bL

2

y

c

mxybdy

c

y

2bL

2 (usando )

evaluando la integral y simplificando:

)cy(2cL

22mx

y

Pero L = )cy(2cL

L 22mxy

de donde )cy(c2

1 22mxy

Para y = 0 es mx

2

mxy

c2

c)(

mxmxy

2

c)(

PROBLEMAS (Repaso) 1. Una barra de acero de 4 mm de dimetro y 1.8 m de longitud debe ser curvada

segn un cuadrante de circunferencia. Calcular el momento que debe aplicarse en los extremos. L

r r 9 0

M M E = 2 .1 1 0

6 k g / cm

2

R a d io d e C u rv a tu ra

Lr2

L2

r

)8.1(2r = 114.6 cm

4

0zr

4I

z

r 0

M o m e n to d e In e rc ia d e la s e c c i n tra n s v e rs a l:

Iz = 4

)2.0(4

cm4 = 0.001257 cm4

El Momento Flector requerido es: Z

EI

M1

ZEI

M

Reemplazando valores obtenemos:

)001257.0)(101.2(6.114

1M

6 = 23.034 kg-cm


570

Nota). Observar que r. b a rra d e d i m e tro d

2

dr

2

4.06.114 = 1 1 4 .8 c m

9 0

C o n e s te v a lo r : )001257.0)(101.2(8.114

1M

6

M = 2 2 .9 9 4 k g -c m

2. La figura representa una viga sometida a dos cargas P en los extremos. El tramo central tiene longitud L. Hallar el radio de curvatura del tramo central y el

levantamiento del punto medio.

a L

A B

P P P = 1000 kg

L = 3 .80 m

a = 0 .80 m

E = 2 .1 106 k g /cm

2

I z = 570 cm4

a

o

B A

P P

C

f

D M o m e n to F le c to r ( tra m o c e n tra l) D e fo rm a d a

a

x

A M

P

P V

M + P x P ( x a ) = 0

M = P a

M = 1000(0.8) = 800 kg-m

M = 80,000 kg-cm

Momento constante en el tramo AB El tramo AB se deforma segn un arco de

circunferencia.

Curvatura: Z

EI

|M|1

|M|

EIZ

|000,80|

570101.26

= 14962.5 cm

= 149.625 m

L /2 A

C

o

2 = ( )

2 + (L /2 )

2

d e do n de o b te n e m o s : 2 2 +

4

L2

= 0 . . . ( )

E n e l O A C :

2

L4222

. Reemplazando,

2

)80.3()625.149(4)625.149(222

La nica raz fsicamente aceptable, es: = 0.012 m (1 < ).


571

Nota. Como 0 puede aproximarse en ():

8

L2

0012)625.149(8

80.32

m.

3. Una barra de acero (E = 2.1106 kg/cm2) de seccin rectangular de 20 mm 3

mm y longitud L = 1.4 m est apoyada en su centro sobre el punto ms alto de un disco circular rgido de 1.2 m de dimetro. La barra est sometida al efecto de dos fuerzas P = 5 kg en sus extremos. Calcular la longitud del arco de contacto entre la barra y el disco rgido.

r

P

P

A B

L /2 L /2

z

y

D

E

C

I z = 12

1(2 ) (0 .3 )

3 = 0 .0 0 4 5 cm

4

E l M o m e n to F le c to r n e c e s a r io , e s :

zEI

M1

Z

EIM . Reemplazado valores:

)3.02

160(

)0045.0)(101.2(M

6

( = r + d/2)

M = 164.6 kg-cm El momento en el punto C, es:

r P

C M c

= Pa co s ;

2

La

M c = P (

2

L) c o s

M c = 5 ( 15.60

2

140) c o s

a

Luego M = Mc 164.6 = 5(70 60.15)cos

Resolviendo la ecuacin obtenemos: 0.5294 rad ( 3020)

Con lo cual: CE = 2r = 2(60)(0.5294)

CE = 63.53 cm.

4. La figura representa la seccin transversal de una viga sometida a momento

flector positivo. Determinar la dimensin b para la cual = 250 kg/cm2 y =

900 kg/cm2. Considerar h = 12 cm; S = 3 cm. ( y en valor absoluto).

b

y '

h y ''

s

s z

C .G .

S a b e m o s q u e :

zI

'My'

'y

'

I

M

z

zI

"My"

"y

"

I

M

z


572

"y

"

'y

'

"y

'y

"

'

Propiedad: h

'y

"y'y

'y

"'

'

h

"'

''y

Reemplazando datos h23

5h

900250

250'y

El centroide est ubicado en y

s)sb(sh

2

s)sb(

2

hs

'y

22

s)sb(sh

2

s)sb(h

2

s

h23

5

2

2

. Reemplazando los valores conocidos y despejando b,

obtenemos: b 39.7 cm.

5. El material de la viga representada acepta esfuerzos ltimos de 2000 kg/cm2 en

traccin y 8000 kg/cm2 en compresin. i) Determinar el Factor de Seguridad. ii) Graficar la variacin del esfuerzo normal en la seccin C.

2 0 cm

4 cm

1 6 cm

4 cm

1 m

C

A B

2 2 0 0 k g P

1 m 1 .5 m 1 .5 m

1 0 0 0 0 k g 2 2 0 0 k g

IZ = 5 0 2 8 c m4

C

A B

5 3 0 0 0 0 k g -c m

2 2 0 0 0 0 k g -c m 2 2 0 0 0 0 k g -c m

+

y Z

Y

y = 6 .4 4 4 c m

M o m e n to s F le c to re s C e n tro id e y M o m e n to d e In e rc ia

Debido a que los esfuerzos ltimos en traccin y compresin son diferentes (en valor absoluto), es necesario analizar las secciones de momento mximo positivo y de momento mximo negativo. Seccin A. (Momento Negativo).

z

x

I

My ymx = 13.556 cm

14.5935028

)556.13)(220000(mx x

kg/cm2 (Traccin)

957.2815028

)444.6)(220000(mx x

kg/cm2 (Compresin)


573

5 9 3 .1 4 k g / cm2

A

2 8 1 .9 5 7 k g / cm2

Seccin C. 93.14285028

)556.13)(530000(mx

kg/cm2 (Compresin)

26.6795028

)444.6)(530000(mx

kg/cm2 (Traccin)

1428 .9 3 k g /cm2

C

6 79 .2 6 k g /cm2

Factor de Seguridad (en traccin) 94.226.679

2000FS

Factor de Seguridad (en compresin) 5.593.1428

8000FS

Factor de Seguridad (para toda la Viga) FS = 2.94 6.) Qu valor tendr la mxima fuerza P que puede aplicarse a la viga representada, si

y = 50,000 lb/pulg2 (fluencia) y la viga debe comportarse elsticamente?

W = 5 0 lb /p ie

1 0 '

P

4 "

1 0 ' 3 "

+

+

W (2 0 )2/ 8

20

)10)(10(P

20

)10)(10(P)20(

8

50M

2

mx

P52500Mmx

( lb -p ie )

3mx

)4)(3(12

1

)2)(12)(P525007(

)2500P5(5.1mx

lb /p u lg2

Condicin mx y = 50,000 lb/pulg2 1.5(5P + 2500) = 50,000 P = 6,166.67 lb.

7.) Calcular el esfuerzo normal en las fibras extremas, superior e inferior, en la seccin de mximo momento de la viga representada.


574

W = 1 k lb /p ie

6 '

8 k lb

6 '

8 k lb

8 '

e = 0 .2 9 5 "

e ' = 0 .4 3 "

3 /8 "

1 5 .8 6 "

6 .9 8 5 "

e

1 0 "

e '

e '

1 k lb /p ie

1 0 '

8 k lb 8 k lb

1 8 ' 1 8 '

9 0 k lb -p ie 9 0 k lb -p ie

M m x= 9 8 k lb -p ie

M m x = 1 1 7 6 k lb -p u lg

E je N e u tro y M o m e n to d e In e rc ia

6 .1 8 5 "

1 0 .0 5 "

Y

Z


Iz = 530.9168 pulg4 (Recordar el Teorema de Steiner) Esfuerzos Mximos

Fibra Superior 7.139168.530

185.61176mx

klb/pulg2 (Compresin)

Fibra Inferior 26.229168.530

05.101176mx

klb/pulg2 (Traccin)

8.) Para la viga representada, graficar el diagrama de deformaciones unitarias y el

diagrama de esfuerzos normales en la seccin de mximo momento. Usar E = 30106 lb/pulg2.

2 0 ' 5 '

1 0 0 lb

5 0 0 lb -p ie

4 "

1 "

M m x = 5 0 0 lb -p ie (+ )

z

mx

mxI

cM


575

900

)1)(4(12

1

)5.0)(12)(500(

3

mx lb/pulg2

mx = 9000 lb/pulg2 Fibras Inferiores

mx = 9000 lb/pulg2 Fibras Superiores Deformaciones Unitarias:

mxx

E

1 4

6x103

1030

9000

3 1 0- 4

3 1 0- 4

+

9 0 0 0 lb /pu lg2

+

9 0 0 0 lb /pu lg2

E s fu e rzo s N o rm a les D e fo rm a c io n e s U n ita r ia s 9.) Graficar el diagrama de esfuerzos normales para la viga representada.

B

2 0 '

2 0 lb /p ie

A

2 "

4 "

2 " 2 " 2 "

Momento Flector Mximo: Mmx = 513.2 lb-pie sucede en X = 11.55' a partir del punto A.

Momento de Inercia:

c

d = 3 .8 "

Y

Z

I z = 6 1 .3 2 1 1 3 3 p u lg4

Esfuerzos normales:

32133.61

)8.36()122.513(

z

mx

mxx I

cMSuperioresFibras

x mx = 220.942 lb/pulg2

61.32133

3.8)12((513.2InferioresFibras

mxx

x mx = 381.628 lb/pulg2

2 2 0 .9 4 2 lb /pu lg2

3 8 1 .6 2 8 lb /pu lg2

2 .2 "

3 .8 "


576

10.) La viga representada, tiene secciones

transversales rectangulares de anchura b y altura h uniformemente variables (segn se indica). Determinar la seccin que soporta la traccin mxima y el valor correspondiente.

h 1

b

P

h 0

b

L

Seccin a la distancia x del extremo libre.

h 1

b h 0

L

b

h

x

h 1 h 0

h h 0

L

x

xL

h-hhh

x

h-h

L

h-h01

0

001

2

h

bh1

cS :FlexinaResistenteMdulo

3

12I Z

201

0)

L

h-hh

6

bS x(

El esfuerzo en las fibras extremas, es:

Px MdondeS

|M|

x

M P

Luego 22

xL

hhhb

Px6

xL

hhh

6

b

Px

01

0

01

0

Condicin Lhh

hx 0

dx

d

01

0

Por consiguiente:

0

01

001

0h2h

hh

Lh

L

hhhh

h = 2h0 es la altura de la seccin con mximo esfuerzo normal.

)hh(bh2

PL3

hh

Lh

L

hhhb

hh

LhP6

mx2mx

010

01

001

0

01

0

Nota). Es necesario que h1 h y h1 2h0, de otra manera, la seccin de mayor

esfuerzo ser la seccin de empotramiento.


577

11.) El marco representado en la figura, soporta una carga repartida uniforme de 200

N/m (sobre la proyeccin horizontal). Determinar el mximo esfuerzo normal debido a la flexin en la seccin aa, si sta es un cuadrado de 50 mm de lado.

4 m 3 m

a

a 3 m

W = 2 0 0 N /m

Z

Y

5 0 m m

5 0 m m

Determinamos el Momento Flector en aa:

1 0 0 0 N

R 2 R 1 2 .5 m 2 .5 m

5 0 0 N

3 m

2 .4 m M a - a

R 1 = 500 N

Ma--a + 200(2.4)(1.2) 500(2.4) = 0

Maa = 624 N-m

Pa 10952.29

)1050(12

1

)102

50)(624(

I

Mc 6aa

43

3

aa

z

aa

12.) La viga representada tiene seccin rectangular y est cargada segn se indica. Si

el mximo esfuerzo admisible es 8 MPa, determinar los valores mximos de P y w que pueden aplicarse simultneamente.

3 m

P

w

3 m 2 m

1 5 0 m m

Z

Y

3 0 0 m m

Requerimos los mximos momentos (positivos y negativos)


578

P

w

2 W

2

W2P3

Momento de Inercia:

12

)10300(10150I

333

z

Iz = 3.37510-4 m4

Esfuerzo Normal:

z

xI

My

i) Para el Momento Mximo Positivo

4

3

x10375.3

)102

300)(

2

w2P3(

Condicin:

4

3

dato

6

10375.3

)102

300)(

2

w2P3(

108

. . . . (1)

ii) Para el Momento Mximo Negativo

4

3

x10375.3

)102

300)(w2(

4

3

6

10375.3

)102

300)(w2(

108

. . . . (2)

Resolviendo (1) y (2), obtenemos w = 9000 N/m P = 18000 N 13.) Una presa pequea tiene una viga tpica vertical, segn se indica en el esquema.

Determinar el esfuerzo en el punto D, debido a la flexin en la seccin aa.

Z

5 c m

5 c m

5 c m 5 c m 1 5 c m

Y

1 0 T /m

2 5 c m

9 0 c m

9 0 c m

9 0 c m

a a D

Momento Flector en la seccin aa.


579

R 2

R 1 5.13)7.2)(10(

2

1 T on

9 0 cm

R 1 = 6 .7 5 T o n

R 2 = 6 .7 5 T o n

9 0 cm

9 0 cm

6 .7 5 T o n

M

)10(

3

2

T on /m

M = 2.475 T-m M = 247500 kg-cm (Flector Positivo)

Momento de Inercia: Iz = 28333.333 cm4 (revisar)

Esfuerzo Normal: 333.28333

)5.7)(247500(

I

My

z

D

x

x = 65.51 kg/cm2

14.)Calcular el esfuerzo

normal mximo en el miembro BD, si su seccin es rectangular de 100 mm ancho por 400 mm de altura. No incluir el peso propio.

C

1 m 1 m 1 m 1 m 2 m 2 m

P Q D B

A E

2 m

2 m

P = 4 0 k N

Q = 7 2 k N

5 2 6 0

4 0 7 2 5 2 kN 6 0 kN

4 0 7 2

B y D y

B x D x

B y

B x D x

D y

C y

C x C x

C y

E s ta b le c ie n do

la s e c u a c io n e s

d e e qu ilib r io ,

o b te n e m o s :

F u e rza s In te rn a s R e a c c io n e s :


580

5 2 6 0

4 0 7 2

4 8 6 4

5 6 5 6

4 8

5 6 5 6

6 4

4

5 6 C

(e n k N ) A

B

C

D

E

4 0 7 2

4 8 6 4

5 6 5 6

4 8 kN -m

6 4 kN -m

+

M m x = 6 4 k N -m

E le m e n to B D :

Esfuerzos Normales:

POR CARGA AXIAL Pak 1400m1040010100

Nk 56'

233

POR MOMENTO FLECTOR z

mxI

My"

Pak 24000

)10400)(10100(12

1

)102

400)(64(

"333

3

mx

Esfuerzo Resultante: = ' + "mx (Superposicin)

= 1400 + 24000

= 25400 kPa

(Sucede en las fibras superiores verificar).

15.)Una viga, cuya seccin transversal es un tringulo issceles, est sometida a un

momento flector negativo de 36 Ton-cm, con respecto a un eje horizontal. Determinar la magnitud y localizacin de las fuerzas de traccin y compresin que actan en la seccin.


581

Z 1 5 cm

1 5 cm

Z

C 1 = 5 c m

C 2 = 1 0 c m

Y

E je N e u tro y M o m e n to d e In e rc ia :

zon a e n t ra c c in

zon a e n c om p re s in

I z = 36

1(1 5 ) (1 5 )

3 cm

4

M z = 3 6 T o n -cm (F le x i n n e ga tiv a ) .

Esfuerzos Mximos:

Traccin 24

z

1

mxcm/Ton 128.0

36

15

)5)(36(

I

c|M|

Compresin 24

z

2

mxcm/Ton 256.0

36

15

)10)(36(

I

c|M|

Diagrama de Esfuerzos:

0 .1 2 8 T / c m2

0 .2 5 6 T / c m2

C

T 5 cm

1 0 cm

5 cm

1 0 cm

E J E N E U T R O

0 .2 5 6 T / c m2

0 .1 2 8 T / c m2

T V o lu m e n d e l S lid o d e T ra c c io n e s

C V o lu m e n d e l S lid o d e C o m p re s io n e s

Resultantes:

0 .1 2 8 T / c m

2

5 c m

1 0 c m

d y z -z

Z

7 .5 7 .5 cm

y x

y5

128.0

y

128.0

5:Semejanza

x

x

2

y10Z

Z

y10

5.7

15

dyZ2dTx

ydy5

128.0

2

y102dT

5

0

2dy)yy10(0256.0T

de donde obtenemos: T = 4.27 Ton La fuerza de compresin debe ser de la misma intensidad (condicin de equilibrio). Como comprobacin la calculamos mediante una integral, similar al caso anterior.


582

0 .2 5 6 T / c m2

1 0 c m d y z -z

Z y x

Semejanza: 2

y10Z

Z

y10

5.7

15

y0256.0 10

y

256.0x

x

dy)y0256.0(2

y102dC dyz2dC

x

Integrando en [0,10] tenemos: C = 4.27 Ton. Ubicacin de las Resultantes:

C

T y T

y C

5

0

2T

Tydy)yy10(

5

128.0

27.4

1

T

ydTy

yT 3.435 cm

10

0CC

ydy)y0256.0(2

)Y10(2

27.4

1ydC

C

1y

yC = 4.996 cm. Observar que: M = (4.27)(3.435 + 4.996) 36 T-cm.

16.) Una varilla de seccin semicircular de radio r = 12 mm es flexada en forma de

arco circular de radio medio

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