cy

sn AsF

cb

dh

y

d-y

b

Fig. (6.14) Sección de viga de concreto armado y su distribución de esfuerzos.

Las varillas de acero colocadas a una pequeña distancia por encima de la

cara inferior de la sección sirven de refuerzo al concreto cuya resistencia a la

tracción no es buena.

Por debajo de la superficie neutra, el concreto se agrita y las varillas de

acero toman toda la carga de tracción, mientras que la parte superior de la viga de

concreto toma toda la carga de compresión.

Para obtener la sección transformada de una viga de concreto armado

reemplazamos el área total A de las varillas de acero por un área (n.As) (con n =

Es/Ec). Por otra parte, puesto que el concreto actúa efectivamente sólo en

compresión, debe considerarse únicamente la porción de la sección transversal

ubicada por encima del eje neutro en la sección transformada.

La posición del eje neutro lo define la distancia “y” desde la cara superior

hasta el centroide “c” de la sección transformada (ver figura 6.14).

Si “d” es la distancia de la cara superior hasta la línea central de las

maravillas de acero y “b” es el ancho de la viga; y como el momento estático de la

sección transformada con respecto al eje neutro es nulo, tenemos:

Ac ×Y c−nA s (d− y )=0 (6.30)

28

El signo (-) es porque (d – y) está debajo del eje neutro z. de la figura (6.14),

Ac=b × y∧Y c=y2⇒ 1

2by2+(nA s ) Y −(nAS ) d=0(6.31)

ecuación que al resolver nos permite obtener la posición “y” del eje neutro en la

viga y la porción de la sección de la viga de concreto que es usada efectivamente.

La distribución de los esfuerzos en la sección transformada se evalúa en

forma similar a lo ya explicado anteriormente.

PROBLEMA 6.6. La viga de concreto armado cuya sección se ilustra, es

sometida a un momento flector positivo de 100 klb.pie. Sabiendo que el módulo de

elasticidad es 3.75 x 106 lb/pulg2 para el acero, determinar:

a) el esfuerzo en el acero.

b) es esfuerzo máximo en el concreto.

Es = 30 × 106 psi

Ec=3.75×106 psi4 x 1"

2,5"

12"

24"

4"

20"

SOLUCIÓN

n = 30 / 75 = 8

Determinación del eje neutro. (y)

29

sn A

L. N.

y

17.5 - Y

mA s=8 x [4 xπ4

x 12]=8 π

mA s=25.1327Momento estático = 0

⇒ Ac ×Y c−(nA s ) ×(17.5 — y )=0

(24 × 4 )× ( y−2 )+ 122

( y−4 )2−8 π (17.5− y )=0

3 y2+(24+4 π ) y−(48+70 π )=0

y=−(24−4 π )±√ (24+4 π )2+12 (48+70 π )

2× 3

¿ −36.5664 ±√1337.1+3214.946

y=5.15 pulg.

Momento de inercia de la sección transformada.

I z=[ 112

×24 × 43+ (24 × 4 ) (5.15−2 )2+ 112

×12 × (5.15−4 )3+(12× (5.15−4 ) )×( 5.15−42 )

2

]+ [25.13 × (17.5−5.17 )2 ]⇒ I Z=4924.51 pulgA

Nótese que en I no hemos considerado el momento de inercia de n.A

respecto a su propio eje controidal por ser relativamente pequeño en relación los

que si fueron tomados en cuenta.

Calcular de los esfuerzos:

30

a) En el acero:

(σ x )s=−M ×Y S

I Z

× n

(σ x )s=−(1200000)lb−pulg ×(−12.35 pulg )

4924.51 pulg4 ×8=24075,5lb

pulg2

(Tracción)

b) En el concreto:

[(σ x )conc]Máx=(1200000)×5.15

4924.51=1254.95

1bpulg2

(Comprensión)

PROBLEMA 6.7: Determina el máximo valor de P que puede soportar la viga

de concreto armado, cuya sección se indica; sabiendo que los esfuerzos

admisibles a tracción y comprensión son:

Acero: σ t=120 MPa;σ c=80 MPa; E=200GPa

Concreto: σ c=9 MPa; E=20 GPa

P250 kg/m

SECCION DE LA VIGA

200

3 x 1"

1m 1 m 0,5 m50

400 mm

SOLUCIÓN

31

Utilizando el método de la sección transformada:

0,35-y

y

n=E A

EC

=20020

=10

n=10

Área neta del acero:

AA=3 ×π4

[(7/8)(0.0254)]2

AA=1.164 × 10−3 m2

Luego, n . A A=10 ×0.001164=0.01164m2

La posición del eje neutro lo define la distancia “y” que a continuación

evaluamos reemplazamos valores en la ecuación (6.31)

( 12

× 0.2) y2

+(0.01164 ) y−0.01164 ×0.35=0

→ y2+0.1164 y−0.04=0

Momento de energía de la sección transformada:

I Z=13

× 0.2× (0.15 )3+0.01164 × (0.35−0.15 )2

I Z=6.906 × 10−4 m4

El esfuerzo normal máximo en cada material lo determinamos por la ec. (6.16)

32

evaluando previamente los momentos flectores máximos.

- Diagramas de fuerza cortante y momento flector:

Reacciones:

∑MB = 0

RA=P × 1+ (2450× 2.5 ) 0.75

2→ RA=¿ 0.5P+2296.875¿

F y=0 : RB=0.5 p+3828.12

P250 kg/m

1m 1 m 0,5 m

RA RB

Sección de momento máx.

d ( M z )(x)

d x

M (x)=RA ×(−24502 ) x2

dMd x

=RA−2450 x=0

De donde:

X=RA

2450→ X=0,5 P+2296,578

2450

Luego,

M máx=RA

2

2450−2450

2×

RA2

24502=RA

2

2 ×2450

33

M máx=(0.5 p+2296.875 )2

4900

Sección de momento mínimo: del DMF está en el apoyo B

M B=M mín=R A ×2−1 × p−(2450 ) ×1

M mín=2 R A−¿ ( 2 p+4900 )=−306.25 N −m¿

Cálculo del mayor valor de la carga P:

- Momento máximo positivo: En esta sección, el acero soporta el mayor

esfuerzo de tracción y el concreto el mayor esfuerzo de la comprensión.

- Esfuerzo en el acero: ec. (6.16)

σ máx=−M z

I z

C σ máx=

(0.5 P+296.875 )2

4900

6.906 ×10−4 [− (0.35−0.15 ) ]

Igualando al esfuerzo admisible a la tracción del acero y efectuando:

16.92 ×120 ×10S=(0.5 P+2296.875 )2

De donde, P = 85 255,37 N

- En el concreto actúa el máximo esfuerzo de compresión:

σ C=[ 0.5 P+2296.875 ]2

4900 ×6.906 × 10−4 (+0.15 )

Por dato, el esfuerzo admisible de comprensión del concreto es 9 Mpa.

9 ×106 ×3.3840.15

=(0.5 P+2296.875 )2

De donde: P=23904.67 N

34

- Momento máximo negativo: ahora, el acero soporta el esfuerzo máximo

de comprensión, y el concreto tracción.

(σ acero )comp=−−306.25

6.906 ×10−4× (−0.2 )=−88691 Pa

(σacero)comp = -0.089 MPa

Este valor es muy pequeño comparado con el esfuerzo admisible de

comprensión para el acero (-80 Mpa).

El máximo valor de P que satisface las condiciones de los esfuerzos

admisibles dados es:

Pmáx=23904.67 Newtons

PROBLEMA 6.8: Determinar la máxima carga “w” que puede soportar la viga

sabiendo que:

EA=210 GPa; (σT )A=210 MPa; ( σC )A=90 MPa

EB=70 GPa; (σT )A=180 MPa; ( σC )B=70 MPa

w N/m

A C B

2 m 1,5 m 2 m

ROTULA

A

B8 cm

10 cm

2 cm

2

SOLUCIÓN

Primero determinaremos la

seccióncritica, es decir aquella que

soporta el mayor momento flector.

35

Cálculo de reacciones:

∑ F y=0 : RA+RB=5.5W …(1)

Se sabe que en una rótula el momento flector es nulo: M C=0 entrando por derecha.

M C=RB× 1.5− (W × 1.5 ) ×0.75−(W ×2 ) ×2.5=0

De donde, RB=w (0.75+ 51.5 )

Sustituyendo en (1):

RA=(4.75−3.333 )

RA=1.416 w

A C

2 m 1,5 m 2 mRB

RA

1,416 w

1.146

-2,083 w

2 w

DFC

- 0,8 w

-2 w

DMF

0,173 w

MA

También por condición de equilibrio

36

∑ M B=0 −M A+RA × 3.5− (w ×3.5 )×1.75+ (w+2 ) ×1=0

Reemplazando RA y despejando MA: M A=W (4.956−4.125 )=0.831 W

Conocidas ya las reacciones, se trazan los diagramas de fuerzas cortantes y

momento flector.

Del diagrama de momentos flectores, tenemos dos secciones de momento

máximo: en B, negativo y en D, positivo.

Primero determinamos la ubicación de la L.N. mediante la fórmula:

y=( EA y ) A+ (EA y )B( EA y ) A ( EA y )B

… (1 )

MB = -2 wB

DMD = 0,173 w

L.N.

Y

Z

YB = 4

YA = 9

Y

Reemplazando valores:

y=[210 ×103× (100 × 20 )× 90 ]+[70 ×103× (20× 80 ) × 40 ]

210 ×103 × (2,000 )+70× 103× (1,600 )

y ≅ 79.5mm .

Cálculo de esfuerzos:

Material A

(σ Amáx )tracción=−( M z )B ×C A

I A +n I B

; ( σ Amáx )Comp .=−( M z )D ×C A

I A+n I B

;

CA: Distancia del punto más alejado a la línea neutra: C A=20.5mm.

n=E A

EB

→ n=EA

EB

=3

37

Los momentos de inercia:

I A=100 ×203

12=20

3× 104 mm4; I B=

20× 8 03

12=256

3×104

Tenemos entonces:

(σ Amáx )traccion=−−2000W × 20.5

( 203

+3×2563 )×104

=0.01567 WN

mm2

Igualando al valor del dato para (σ Amáx )traccion y despejando W:

W = 2100.01567

=13,401.4N

mm

Ahora, para el esfuerzo de comprensión:

(σ Amax)comp= −173000 W ×20.5

( 203

+3×2563 )× 104

=−9.0013W

Por dato, (σ Amáx )comp=90 MPa→ 90N

mm2=−13× 10−4W

Tenemos entonces para W: W = 69,230.77 N/m

(σ Amáx )comp=nσ A ;dondeσ A=−−2000 W ×(−79.5¿)

( 203

+3×2563 )×104

* el valor de -79.5 indica la posición de la fibra más alejada que soporta

comprensión.

Luego: (σ Amáx )comp=3 × (−605.33× 10−4W )=−0.181WN

mm2

Por dato: (σ Amáx )comp=70 MPa

El material B soportará la maxima traccion en la sección situada a 1.416m. del

38

empotramiento (punto D)

(σ Amáx )comp=n σ A ;dondeσ A=(173000 ) (−79.5¿ )

( 203

+3×2563 ) x104

=50.442 ×10−4W

En este caso (-79.5) es la ubicación de fibra que soporta tracción máxima.

→ (σ Bmáx )t=3×50.442 ×10−4 W=0.01513W N /mm2

reemplazando el dato para(σ Bmáx )ty despejando W.

W = 1800.01513

=11,896.9 N /m

El máximo valor para la carga w es el menor de todos los obtenidos.

∴W =385.5Nn

. Rpta .

PROBLEMA 6.9 Se construye una viga compuesta uniendo firmemente

secciones de acero (EAC= 2.1 106 Kg/cm2) y aluminio (EAL= 0.7 106 Kg/cm2) de

manera que el conjunto trabaja como una sola pieza. Determinar, para la porción

horizontal principal de la viga las distribuciones de esfuerzo normal y deformación

en las secciones de momento flector positivo y negativo.

6 Ton (total)

3 m 3 m 2m 4 m

0.5

m

3 m

1 Ton (total)

4 Ton0.5 m

1 Ton

39

7.5 cm

10 cm

30 cm

Alum

Acero

SOLUCIÓN

Trazamos el D. C.L. de la viga

6 Ton

3 m 2m 3 m

1 Ton

1.5 m1.5 m 1 m 1 m

RA RB RC RD

AB QO

4 Ton

3 Ton-m

Cálculo de reacciones en los apoyos.

Descomponemos la viga dada en tres, utilizando las articulaciones como puntos

de unión.

Po es la carga debido a la acción de la viga OP.

∑ FY=0 RA+RB=6+Po (1 )

∑ M 0=0 R A+3.5+RB× 0.5=6 ×2

7 RA+RB=24(2)

w=2 T/m

RARA

PO

OA B

40

∑ M Q=O : PO=5× 2.5+33

=9.53

Ton

∑ FQ=O : PQ=6 Po↝PQ=5.53

Ton

∑ M Q=O : RC=(5.5 /3 )6+1× 4 /3

4

5 Ton

Viga OQ

3 Ton-mPO PQ

Rc = 3,08 Ton.

Viga QD

1 Ton

RC RD

PQ

∑ FY=O : RC=3.08−(5.5+1 )

3=¿

RD=0.25Ton

Reemplazando PO en (1)

RA+RB=27.5

3(1.3 )

Si restamos la relación (1a) de la (2), 6∙RA = (72-27,5)/3

RA = 2,47 Ton. → RB=6.17 Ton

Diagrama de fuerza cortante y momento flector de la viga

41

DFC(TON)

DMFTON-m

2.47

3.18

0 F

1.25

0.25

-1.82

4.59

1.59

-1.59

-3.6

0

1.52

1.235

D

-3.53

Las secciones que soportan momento máximo son:

M F=4.59Ton−m y M D=3.6 Ton−m

Sección F Sección D

- Distribución de esfuerzos y deformaciones

42

A

B

Z L.N.

Y

Y

YB

=10Y

A=25

Ubicación de la L. N. (ecuación 6.21)

Material A: Aluminio

Material B: Acero

Y=0.7 × 106× 0.7 .5025+2.1 ×106 ×20 × 7.5× 100.7 × 106 ×10.7 .5+2.1 ×106 ×20 × 7.5

Y = 12,14 cm

Sección F

δ A=−M .Y

I A+¿¿B;δ B=nδA ¿

ec 6.24¿

Aquí tenemos,

n=EB

E A

=3 ; I A=7.5 X 103

12+(10 X 7.5 ) (25−12.4 )2 → I A=12532 cm2

I B=7.5 X 203

12+(20 X 7.5 ) (12.4−10 )2→ I B=5864 cm4

Reemplazando valores en la ecuación (6.24)

δ A=−459000× Y

12532+3×5864=15.237 Y Kg /cm2

δB=45.711Y Kg /cm2

Para la deformación usaremos la ecuación (6.9)

43

ε x=−M B

EB I B

y

Evaluamos MB utilizando la ecuación (6.28):

M B=M n I B

I A+n I B

Reemplazamos los valores,

M B=(459000 ×3×5864)/(12532+3×5864)=268049.7

La distribución de deformaciones queda expresada por:

ε x=−268049.7

2.1× 106 ×5864Y=−2.16 × 10−5 y

Sección D

δ A=−(−360000 )Y

30124=11.95 y

Kg

cm2

δB=35.85 yKg

cm2

El valor de MB en esta sección, es MB = -210235.05 Kg-cm y la distribución de

deformaciones es:

ε x=−210235.05

2.1× 106 ×5864=1.7 × 10−5 y

PROBLEMA 6.10. Se desea construir una viga a partir de la unión de dos tipos

diferentes de madera: roble ( E=119000kg /cm2 )(σ ¿¿adm=84 KG /cm2)¿ y pino:

( E=70000 kg /cm2) (σ ¿¿adm=70 KG /cm2)¿, para lo cual se proponen las alternativas

(a) y (b) indicadas. Determinar la alternativa más conveniente en cuanto a

resistencia y calcular la máxima conviviente en cuanto a resistencia y calcular la

máxima carga uniforme repartida w que pueda llevar la viga.

44

w kg/m

3 m 1.20 m

15 cm

15 cm

3 cm 3 cm 3 cm

roble

roble

pino roble pino roble

3 cm

3 cm

3cm

SOLUCIÓN:

Con el sistema de cargas dado, trazamos los diagramas de fuerza cortante y de

momento flector de la viga.

Para hacer el análisis de resistencia de la viga de dos materiales,

consideramos como material B al roble; y como material A al pino:

n=1,190,7

=1.7

Las ecuaciones (6.24) nos dá los esfuerzos:

δ A=−MyI A+¿B

y δ B=n . δA

45

R1 R2

o

1.26 W

1.2 W

-1.74 W

0.7938 W

-0.72 W

seccion o seccion 2

1.26

DFC(kg)

DMF(kg-m)

Tanto por la simetría de ambas alternativas como por la ec. (6.21) se verifica que

la L. N coincide con el eje centroidal z; es decir: y L. N=7.5 cm

La viga cuya sección nos dá el mayor valor para el denominador de la relación

(6.24) será lo más conveniente en cuento a resistencia. (vale decir mayor

momentos de inercia I A e I B).

- Momentos de inercia respecto a la L. N.

46

Alternativa (a) Alternativa (b)

I A=15 ×53

12=156.25 cm4 I A=

5×153

12=1406.25 cm4

I B=215 ×53

12+ (15× 5 )=4062.5 cm4 I B=2

5 x1 53

12=2812.5 cm4

A

B

BB A B

Z ZL.N L.N

- Por comparación de los valores obtenidos, concluimos que la alternativa (b)

es la sección más resistente.

- Cálculo de máxima carga “W”

Hacemos la evaluación de los esfuerzos máximos en las secciones críticas

ya identificadas (ver DMF), considerando la alternativa (b).

Sección “O”: M) 79.38 ww Kg-cm

(δ )máx=79.38 (−7.5 ) × w

1406.25+1.7 × 28125=1.2 10−2 w ( tracción)

Para ambos materiales el esfuerzo máximo de compresión es

numéricamente igual al de tracción (con y=+07.5 cm¿

(δ )má x=1.7 ×1.2 10−2w=2.04 10−2w (tracci ó n)

Para obtener “w”, igualmente estos valores con sus respectivos esfuerzos

admisibles:

- Material A: w= 70

1.2× 10−2=5833.33 kg /m

47

- Material B: w= 84

2.04 ×10−2=4117.64 kg /m

Sección 2: M=−72 w Kg−cm

δ Amáx=(−72 )× 7.5 w

49218.75=1.1 w 10−2 (Tradicción )

δ Amáx=1.7 ×0 Amáx=1.87w 10−2w (Tradicción )

Repitiendo el procedimiento anterior, tenemos para esta sección: (materiales A y B

respectivamente)

W= 6363.6 kh/m ; w= 4492 Kg/m

Por consiguiente, la máxima carga “w” que soporta la viga es 4117.64 Kg/m

48

6.2.2 FLEXIÓN ASIMÉTRICA

Ahora estudiaremos el caso de vigas donde los pares de flexión no actúan en un

plano de simetría.

A. Para sección con un eje de simetría

- Por el principio de superposición.

Considérese primero un elemento con un plano vertical de simetría que se

somete a un momento flector M que actúa en un plano que forma un

ángulo ∅ con el eje horizontal Z (Fig.6.15)

G

Z

M Y

Figura 6.15

M Z=Mcos∅ ; M y=Msen∅ (6.32)

El par Mz actúa en un plano vertical, flexa al elemento en dicho plano y

genera el esfuerzo:

σ x=−M Z

I Z

y (6.14 repetida)

De otro lado, el par My actúa en un plano horizontal, flexa al elemento en

dicho plano y genera el esfuerzo:

49

σ x=M y

I y

Z (6.33 )

(Dejamos al estudiante el análisis para verificar los signos de σ x debido a My)

I y e I Z son momentos de inercia respecto a los ejes centroidales principales y –z de

la sección de la viga ((I yz=0)

La expresión del esfuerzo normal causado por el momento resultante M se

obtienen superponiendo las distribuciones de esfuerzos difinidos por las

ecuaciones (6.14) y (6.33)

→ σ x=−M Z

I Z

Y +M Y

I y

z (6.34)

G

Z

M Y

Fig. 6.16. Eje neutro que delimita zonas de tracción y

comprensión.

Para el diseño por resistencia, nos enteresa calcular los esfuerzos máximos

(a la tracción y comprensión) en la SECCIÓN CRITICA de la viga, que viene a ser la

que soporta el mayor momento flector resultante M .

Puesto que el EJE NEUTRO está definido por la condición de que en todos

sus puntos el esfuerzo normal es nuño, igualmente a cero la relación (6.34).

−M Z Y

I z

+M y Z

I y

=0

Si reemplazamos Mz y My por las relaciones (6.32) y despejando “y” tenemos

para el E. N.:

z=m ∙ y (6.35)

(ecuación de un recta en el plano Y – Z donde m es la pendiente)

El ángulo β que el eje neutro forma con el eje Y:

50

m=tanβ=ZY⇒ tanβ=( I Z

I Y

tan∅ )−1

(6.36)

NOTA: Algunos textos y manuales consideran el ángulo β entre el eje neutro y el

eje Z. esta consideración transformaría la tgβ en su inversión tgβ=YZ

.

B. Para sección Asimétrica con respecto a los ejes Y-Z

Los ejes centroidales de una sección, aún si es asimétrica; se determinan en

forma analítica o usando el círculo de Mohr (se estudia en curso de Estática).

Si U y V son los ejes

centroidales

principales de una

sección, la expresión

para la distribución de

esfuerzos debidos al

par resultante M es:

yY

z

V

C.G

Fig. 6.17 Sección L, asimétrica respecto a y-z.

σ x=−M V

I V

× u+M u

I u

× V (6.37)

Donde:

M u: componente de M es el eje U.

M V : componente de M es el eje V.

51

y

z

My

u y v son las distancias del elemento de

área dA a los ejes centroidales V y U

respectivamente.

I u e I v son los momentos de inercia con

respeto a los ejes centroidales

principales U y V.

CASO GENERAL DE FLEXIÓN ASIMETRICA

Expresando los esfuerzos en función de los momentos flectores y momentos y

productos de inercia respecto a los ejes centrodales Y-Z de la sección transversal

de geometría arbitraria.

M M

P R

Q Sd x

Z

Y

G

Consideramos nuevamente un tramo de viga deformada. La sección RS gira un

ángulo dθ respecto a su posición original

52

xT

U

MN

SS'

R'R

B (y,z)d

a1

(b1,c1)

G

en

E.N.

x

Figura 6.18

Semejanza de triangulos: ∆ OMN ≈ ∆ NUT :

❑x

∆x

=dρ

y-z: son ejes centroidales

G: Centro de gravedad de la seccion

eN : Vector unitario normal del eje neutro.

Pero:

❑x=❑x

∆x

⇒ por Hooke :σ x=E .dρ

(6.38 )

De la figura de la sección transversal:

d+a1=(Y , Z ) o (b1, c1 )⇒ d= yb1+Zc1−a1

Luego, el esfuerzo normal:

53

σ x=Eρ

( yb1+Zc1−a1 )

Como E /ρ es constante, la expresión para el esfuerzo σ x la podemos escribir:

σ x=by+CZ +a (6.39 )

a, b y c son constante que debemos hallar.

Para cualquier sección tranversal de la viga, se cumple las condiciones de equilibrio.

∑ Fx=0⇒∫ σ x dA=0 (6.40 a)

∑ M Z=0⇒∫ (σ x dA ) × y=−M z(6.40 b)

∑ M y=0⇒∫ z (σ x dA )=M y (6.40 c)

Sustituyendo la expresión (6.39) para σ x, en la ecuación (6.40 a).

∫ ( by+CZ +a )dA=0

b∫ ydA+C∫ZdA⇒a∫dA=0

Como y – z son ejes centroidales:

∫ ydA=∫ZdA=0⇒ a∫ dA=0⇒a × A=0

Pero A ≠ 0⇒a=0

Reemplazamos σ x (con a = 0) en la ecuación (6.40b)

∫ y (by+cz ) dA=−M z⇒ b∫ y2 dA+C∫ yzdA=M z

b ∙ I z+cIyz=−M z(6.40b−A )

Y ahora sustituyendo σ x en la ecuación (6.40 c)

∫ z (by+CZ ) dA=M y⇒b∫ yZdA+C∫Z2 dA=My

⇒b I yz+CI y=M y (6.40 C – A)

Resolvemos las ecuaciones (6.40 b-A) y (6.40 C-A)

(6.40 b−A ) × I y+(6.40C−A ) × (−I yz ):

54

bI y I z+cI y I yz=−I y M z+¿

−bI yz2 −CI y I yz=−I yz M y

b (I y I z−I yz2 )=−I y M z−I yz M y

De donde:

b=M z I y−M y I y

I y I z−I yz2

(6.40 b−A ) × (−I yz )+(6.40C−A ) × ( I z ):

−bI z I yz−CI yz2 =+M z I yz+¿

bI z I yz+CI y I z=M y I z

C ( I y I z−I yz2 )=M y I z+M z I yz

Despejando C:

C=M y I z+M z I yz

I y I z−I yz2

Sustituyendo las expresiones de a, b y c en la ecuación (6.39)

σ x=−M z I y+ M y I yz

I y I z−I yz2 . y+

M y I z+ M z I yz

I y I z−I y z2 . z (6.41)

Que nos dá la distribución del esfuerzo en una sección transversal de viga que

soporta carga ortogonales a su eje axial.

- Casos particulares

1. Si los ejes y-z son ejes principales, Iyz=0 (sección con un eje de

simetría).

σ x=−M z

I z

y+M y

I Y

z ((6.34) repetida)

55

Que es la ecuación anteriormente obtenida (véase apartado 6.2.2)

2. Si My = 0: el vector M coincide con el eje z.

La ecuación (6.41) se reduce a:

σ x=M z I y

I y I z−I yz2 y+

M z I zy

I y I z−I yz2 z (6.42)

Determinamos ahora localización del eje neutro para el caso general de

flexión asimétrica.

Z

MY

Y

MZ

E.N

De acuerdo a lo indicado, en la

seccion transversal la pendiente del

E.N. es : m = tg = z/y.

Igualando a cero x en la ecuacion

(6.41) y depejando z/y:

t gβ=zy=

M z I y−M y I yz

M y I z+M y I Yz (6.43)

Cuando My = 0, para obtener la pendiente del eje neutro hacemos σ x=0 en la ecuación (6.42)

t gβ=zy=

I y

I yz

(6.44)

PROBLEMA 6.11. Para la viga cuya sección transversal se muestra, hallar el esfuerzo normal actuante en el punto A de la sección crítica.

Considerar que P pasa por el C. G.

I y=185.9 cm4

I z=1730 cm4

56

I yz=146.5 cm4

AX

1.5 m

Y

P=20 kgf

2 cm

6 cm

3 cm

6 cm

2 cm

3 cm

PA

Y

Z

SOLUCIÓN

Según es sistema de cargas, la sección de empotramiento es la sección crítica

(soporta el memento máximo): M z=3,000 Kg−cm

M y=0

Cálculo del esfuerzo normal en el punto A (0, -2, - 3)

Con M y=0 , las ec. Del esfuerzo normal es:

σ=−M z . I y

I y I Z−I YZ2 × y+

M z . I yz

I yz−IYZ2 × z

Reemplazando valores:

(σ A )x=−3000 ×185.9

185.9 × 1730−(146.5 )2(−8 ) 3000 ×146.5

185.9 ×1730−(146.5 )2(−3 )

57

(σ A )x=+10.47 kg /cm2

Gráfica de la distribución de esfuerzos:

Pendiente de la L. N.:

m= zy=

I y

I yz

reem. Datos

T gβ=185.9146.25

=1.269

β=51.76 ° ≅ 52 °A

Y

Z

10.47

- Veamos ahora solución usando ejes principales de inercia:

- Cálculo de los momentos de inercia máxima y mínimo de la sección por el

método gráfico del circulo de Mohr:

En primer término, determinamos el centro del círculo y su radio R

O=I Y+ I Z

2=185.9−1730

2=958⇒ 0=( 0.958 )

58

R=√( I z−I y

2 )2

+ I 2 yz R=√( 1730−185.92 )

2

+(146.5 )2

R=785.82

I max=I v=(centroO¿+R )

I v=1743.82 cm2

I max=I v=(centroO¿−R )

I max=172.18 cm4

tg 2θ=2 I yz

I z−I y

Tg (2θ )= 2× 146.51730−185.9

2 θ=12 °→ θ=6 °

Iyz

U

Iu

Iy+Iz2

(Iv,0)V

I

Y

(Iy,Iyz)

Z

(Iz,Iyz)

Con estos valores representamos en la sección transversal los ejes

principales centroidales u – v.

59

M u=M z sen6 ° Mu=313.58 Kg−cm

M v=M z sen6 ° M v=2983.56 Kg−cm

Las distancias del punto A los ejes principales:

uA=−(Y A cosθ+Z A senθ )

vA=−( Z A cosθ−Y A senθ )

Sustituyendo valores:

uA=−(8cos 6°+3 sen6 ° )=−8.27cm

vA=−( 8cos 6 °+3 sen6 ° )=−2.14cm

La ec. (6.37) del esfuerzo normal:

(σ a )x=−M V

I V

.uM u

I u

. v

60

Sustituyendo valores:

(σ A )X=−2983.561743.82

. (−8.27 )+313.58172.18

∙ (−2.14 )

(σ A )X=14.15−3.9→ ( σ A )X=10.25 kg /cm2

PROBLEMA 6.12: Para el material de la viga que se muestra:

[ σadm ] comp=800 kg /cm2; [ σadm ] traccion=1200 kg /cm2determinar el mayor valor

de W que puede soportar.

w (Kg/m)y

6 m 2 m 10 c

m

Z1

2 cm

B A

G E

DC

3.22

cm

6.78

cm

2 cm

Y1

SOLUCIÓN

Primero determinar el centro de gravedad y los momentos y productos de

inercia de la sección.

Y=10 (2 ) (1 )+8 (2 ) 6¿ ¿20+16

=11636

=3.22 cm=z

G= (3.22 ,−3.22 )

I z=( 112 ) (10 ) (2 )3+ (20 ) (3.22−1 )2+( 1

12 ) (2 ) (8 )3+16 (6−3.22 )2

I z=314.22 cm4

I y=314.22 cm4

I yz=20 (−2.22 ) (−1.78 )+ (16 ) (+2.78 ) (2.22 )→ I yz=177.77

Localización de la sección de momento máximo.

61

- Trazamos ahora los diagramas de fuerzas cortante y momentos

flectores:

Momento máximo negativo:

Ocurre en el apoyo 2:

M z=−(W ×2 )×1=−2W kg−m

Para la reacción del apoyo 1:

∑ Mz=0

R1 (6 )−8W (2 )=0

R1=( 166 )W=( 8

3 )W-2 w

X DFC2

+

DMF -

3.55 w

1

Momento máximo positivo: dM/dx = 0

( 83 )W −Wx=0 → x=( 8

3 )M max=¿

Pendiente del eje neutro para cualquier sección de la viga.

Tg ( β )=I yy

Izz=314.22

177.77=1.7674 → β=60.5°

Con este valor como referencia graficamos al distribución de fuerzo normal.

El tipo de esfuerzo. a uno y otro lado del E.N. dependerá de si la ecuación soporta

momento positivo o negativo.

62

YAB

44,5

CD

E

Puntos críticos A= (6.68,1.22) C= (-3.22,3.22)

Cuando M y=0 , tenemos la ec. (6.42 ):

(σ )x=− ( Mz. Iy )

Iy . Iz−I 2 yz. y+

( Mz . Iyz )Iy . Iz−I 2 yz

. z

Iy . Iz−I 2 yz=67,129.27

* En la sección de momento máximo positivo:

σ x=−(355.W ) (314.22 ) y+(355. W ) 177.77 . z

67,129.27

σ x=(−1.66 W ) y+(0.94 W ) z

El pto. A soporta el esfuerzo de comprensión máximo, mientras el pto. C, el

esfuerzo de tracción máximo.

(σ x )A=−1.66W (6.68 )+0.94 W (1.22 )=9.942 W

(σ x )c=−1.66 W (−3.22 )+0.94 W (3.22 )=8.372 W

El valor de W lo obtenemos igualando los esfuerzos de A y C con los respectivos

esfuerzos admisibles.

63

−9.942 W =−800 →W ≅ 80kgm

8.372 W=−1200→ W ≅ 80 kg/m

* En la sección de momento negativo máximo:

La ecuación de esfuerzo normal:

σ x=(−200 W ) (314.22 )

67,129.27. y+

(−200 W ) (177.77 )67,129.27

. z

σ x=(0.97W ) y−(0.53 W ) z

Ahora en c tenemos comprensión y en A tracción.

(σ x )c=( 0.94 W ) (−3.22 )−(0.53 W ) (3.22 )=−4.73 W

−472W =−800 → W=169 kg /m

(σ x )c=( 0.94 W ) (6.68 )−( 0.53W ) (1.22 )=5.632W

5.632 W=1200 → W=213 kg/m

La respuesta para el valor de w debe satisfacer todas las condiciones de

resistencia del material → W=80 Kg /m .

PROBLEMA 6.13. determinar los máximos

esfuerzos normales producidos por flexión

debido a la carga P=300 N en el elemento

mostrado.- sabiendo que su longitud es de

10m. y su sección transversal es cuadrada,

siendo sus dimensiones en la parte superior

de 600mm x 60mm y en la parte inferior de

120mm x 120mm.- determinar la posición de

la sección en donde se producen estos

esfuerzos,. (determinar y). nota: la carga

actúa en la dirección de la diagonal.

P

10 m

64

SOLUCIÓN

Se trata de una viga empotrada isostática en voladizo.- Por comodidad,

“voltearemos” la viga de manera que el eje x (horizontal) coincida con el eje axial

de elemento.

Tenemos entonces el DCL de la viga que se muestra en la página siguiente.

Cálculo de reacciones:

∑ F y=O : RA=P=300 N

∑ M A=O : M A=Px 10=3,000 N−m

P

+

(-)

Y

XB

X

RX

3000

MX

O

DFC(N)

300

DMF(N-m) MX=P.X

A

Los diagramas de fuerza cortante y

momento flector para este tipo de

viga son fáciles de obtener (viga ya

estudiada en curso de ESTATICA).

Como la sección transversal es

simétrica tanto con respecto al eje y

como el eje z (ver figura), la línea

neutra coincide con el eje z; y como

la carga P actua en el plano x-y

genera momento flector MZ

unicamente.

65

Para el esfuerzo normal, tenemos: σ x=−M ( x )

Iz ( x ),Y ( x )… . ( 1)

L.N.

y60 cos 45°+a

Y m

ax

z

Y

X

X

a

a

10,000 mm

60 cos 45°

60 cos 45°

Por semejanza de triangulos:

a60 cos54 °

= x10,000

→ a=0 0.003√2 x

con este valor,quedan determinadas las dimensiones de la sección situada a

una distancia x del extremo donde actúa la carga p; y por lo tanto, podemos

obtener el momento de inercia de esta sección: Iz

Iz= (x )=2[ 112 [2(60 x √2

2+3)](60 x √2

2+3)

3]=13

(30√2+a )4

⇒ Iz ( x )=13

x (√2 )4 (30+0.003 x )4=43

(30+0.003 x )4

Reemplazando en (1) las expresiones obtenidas para Iz , M eY (x )tememos para

el esfuerzo normal máximo en la sección x.

(σ x )máx=−(−300 x ) (30√2+0.003√2x )

34

×30 (1+0.001 x )4= 900√2x

4 (1+0.0001 x )3❑

….(2)

Para obtener el valor de x donde se produce el esfuerzo máximo en la viga,

derivamos e igualemos a cero (teoría de máximos y mínimos).

66

dσdx

=255√2×(1+0.0001 x )3−3 (1+0.0001 x )2×0.0001 x

(1+0.0001 x )6=0

⇒1-0.0002x = 0

De donde, x = 5 000mm (RPTA)

Reemplazando en (2): σ máx=17.46 N /mm2 (1Mpa= 1 N/mm2)

PROBLEMA PROPUESTOS

6.1. Durante la construcción del nuevo puente sobre el río Virú en la carretera

Panamericana, las trabes principales se proyectan de una pila a la siguiente

(ver la figura). Cada trabe tiene una longitud en voladizo de 51.82 m y una

sección transversal en forma de I con las dimensiones indicadas en la figura.

La carga sobre cada trabe (durante el montaje) es de 750 Lb/pie, que incluye el

peso de la misma. Determine el esfuerzo máximo de flexión en una trabe

debido a esta carga.

67

6.2. Una viga DEC con un voladizo de B a C soporta una carga uniforme de

200 Lb/pie. La viga es un canal U con las dimensiones mostradas en la figura.

El momento de inercia respecto al eje z (el eje neutro) es igual a 5.14 puig4.

Calculeel esfuerzo máximo en tensión σ ty el esfuerzo máximo de compresión

σ cdebido a la carga uniforme.

C

y

z

0.674

2.496

10 ft 5 ft

200 lb / ft

6.3 Dos niños que pesan 90 Lb c/u ocupan el tablón de un sube y baja que

pesa 3 Lb/pie de longitud (vea la figura). El centro de gravedad de cada

menor está a 8 pies del fulcro. El tablón tiene 228" de longitud, 8" de

ancho y 1/2" de espesor. ¿Cuál es el esfuerzo máximo de flexión en el

tablón?

6.4 Una pequeña presa de altura h = 6 pies está construida de vigas AB

verticales de madera, como se presenta en la figura. Las vigas de

madera, que tienen espesor b =2 1/2" están simplemente soportadas por

vigas horizontales de acero en A y B. Trace una gráfica que muestre el

esfuerzo de flexión máximo σ maxen las vigas de madera versus la

profundidad d del agua arriba del soporte inferioren B. trafique el esfuerzo

máximo σ max(psi) como la ordenada de la gráfica y la profundidad d (pies)

como la abcisa. (Nota: la gravedad específica del agua es, γ=62.4 lb / pie3 ¿

68

6.5. La sección transversal de un puente ferrocarrilero de vía angosta se

muestra en la parte a) de la figura: El puente está construido con trabes

longitudinales de acero que soportan los durmientes de madera. Las

trabes están restringidas contra pandeo lateral por riostras diagonales,

como se indica con la línea punteada. El espaciamiento de las trabes es

s1 = 0.8 m y la separación entre rieles es s2 = 0.6 m. La carga transmitida

por cada riel a un solo durmiente es P= 18 KN. La sección transversal de

un durmiente [parte b) de la figura], tiene ancho b = 120 mm y altura d.

Determine el valor mínimo de d con base en un esfuerzo permisible de

flexión de 10 Mpa en el durmiente. (no considere el peso del durmiente)

69