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.
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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
M O M E N T O F LE C T O R
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
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 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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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).
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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.
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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
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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.
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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
F U E R Z A C O R T A N T E
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)
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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
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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
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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
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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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
M o m e n to F le c to r
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
. . . . (*)
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
M o m e n to F le c to r
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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.
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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)
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
F u e rza C o rta n te
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)
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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)
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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)
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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 :
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
+ +
+ +
F u e rza C o r ta n te
( k lb )
M o m e n to F le c to r
( 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)
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
+ +
F u e rza C o rta n te
( k N )
M o m e n to F le c to r
( 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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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)
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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.
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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 )
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
F u e rza C o r ta n te
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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)
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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.
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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
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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
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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
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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
el momento flector en la viga representada.
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
el momento flector en la viga representada.
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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).
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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|
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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.
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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)
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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.
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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)
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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 .
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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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
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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:
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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.
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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 < ).
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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)
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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.
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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
M o m e n to F le c to r
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
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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 "
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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.
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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)
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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.
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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 :
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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.
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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.
Mecnica de Slidos Mg. Ing Carlos Esparza Daz
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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