Resistencias de Materiales

RESISTENCIA DE MATERALES ^ 1

MECÁNICA TÉCNICA

4 AUTORES; LUIS DELGADO LALLEMAND

JOSÉ M. QUINTANA SANTANA

w>

Universidad de Las Palmas de Gran Canaria

Departamento de Ingeniería Mecánica

ULPGC.Biblioteca Universitaria

*794538* ING 62 0 .17 DEL r e s

Resistencia de Materiales

O u c l ^ í - ^

PROLOGO

•ûott-

El contenido de estos apuntes de Resistencia de Materiales está enfocado para unos

alumnos de Ingeniería Técnica, de especialidades diferentes a la Mecánica, y que necesitan

unos conocimientos de estos temas para el cálculo de elementos de estructuras y máquinas.

Hay que tener presente que la limitación del número de horas que pueden dedicarle a

esta materia, obliga a omitir toda la teoría de la Elasticidad.

En este caso hay que admitir conclusiones a modo de axiomas y teniendo presente que

los innumerables estudios desarrollados sobre la teoría de la Elasticidad son los que avalan la

validez de muchas de las hipótesis que se exponen a continuación.

Sin embargo, aunque sea a modo de recetas prácticas hemos querido adaptar estos

temas, que sin lugar a dudas podrán ser una buena herramienta de trabajo, para los alumnos de

Electricidad, Electrónica, Química, etc., que necesitan una formación más completa.

Hemos planteado los temas de una manera sencilla, y los Prontuarios de Ensidesa, y

Altos Hornos serán para la realización de algunos de los ejercicios que hemos incluido para una

mejor comprensión de la teoría, herramientas de las que el lector se deberá servir.

[mmm w m mm% OÍ m CAMBIA i EDiriCiOOt INGENIERÍA

I BIBLIOTECA

I Núrn.^T-.*'*',(... Fecha^.f/Z'í'/tííi

11 EDICIÓN

Los Autores ¿:,:".in ¡.-.'.^^X-A-^

Las Palmas de GC, Febrero de 1998

mmmmmmmmmk mummámmmmk Faena.. 8 - é - O S J



Luis Delgado Lallemand

José Manuel Quintana Santana

Son profesores del Departamento de Ingeniería

Mecánica de la Universidad de Las Palmas

Nuestro agradecimiento a los colaboradores:

Orlando Domínguez Marrero

Germán López Molina

Antonio Rodríguez Hernández

Enrique Colas Rocha

J. Carlos Hernández Navarro.

Francisco José Rodríguez Díaz

Francisco Javier García García

Roberto Julián Hernández Medina

Resistmcia de Materiales

índice

ÍNDICE

1. TRACCIÓN 1

1.1. ELASTICIDAD 1

1.2. TRACCIÓN 1

1.3. ENSAYO DE TRACCIÓN 2

1.4. TRABATO DE DEFORMACIÓN O TRABATO ELÁSTICO 4

1.5. TENSIÓN Y DEFORMACIONES EN LAS BARRAS TENIENDO EN CUENTA SU PESO PROPIO 6

1.6. DEFORMACIONES POR TRACCIÓN CON UNA CARGA INSTANTÁNEA DENTRO DE LA ZONA ELÁSTICA 8

1.7. DEFORMACIONES TRANSVERSALES 8

1.8. EFECTOS DE LA TEMPERATURA. 9

1.9. SOLIDOS DE IGUAL RESISTENCIA A LA TRACCIÓN. 10

1.10. PROBLEMAS DE TRACCIÓN 12

1.11. LAS ÁREAS NETAS EN LA TRACCIÓN 14

1.12. TRACCIÓN POR CHOQUE 15

1.13. PROBLEMAS DE RECAPITULACIÓN 17

2. COMPRESIÓN . 23

2.1. COMPRESIÓN 23

2.2. ESTUDIO DEL SOLIDO DE IGUAL RESISTENCIA A LA COMPRESIÓN 25

2.3. DEFORMACIONES PROVOCADAS POR LA COMPRESIÓN. CAUSA DE LA ROTURA : 27

2.4. PROBLEMAS 29

2.5. COMPRESIÓN DIAMETRAL 31

2.6. PROBLEMAS 32

I

Reástencia de Materiales

2.7. CARACTERÍSTICAS DE LA COMPRESIÓN PURA 33

2.&. CARGA CONCENTRADA EN LAS SECCIONES EXTREMAS 34

2.8. PROBLEMAS 35

2.9. PILARES DE HORMIGÓN ARMADO .36

2.10. PROBLEMAS 38

3. CORTADURA . .. 43

3.1. CORTADURA 43

3.2. VALORES DE LA TENSIÓN TANGENCIAL DE CORTADURA 45

3.3. PROBLEMAS .45

3.4. DEFORMACIONES PRODUCIDAS POR LA CORTADURA 46

3.5. TRABAJO ELÁSTICO EN LA CORTADURA 49

3.6. REMACHES Y TORNILLOS DE UNION. GENERALIDADES 50

3.6.1. FORMA DE TRABAJO 51 3.6.2. CALCULO DE LAS UNIONES 51

3.6.2.1 CALCULO DE LOS ELEMENTOS DE UNIÓN 51 3.6.2.1.1 Elemento de unión sometido a simple cortadura 51 3.6.2.1.2 Elemento de unión sometido a doble cortadura 51

3.6.2.2 FORMAS DE APUCACION DE-LAS CARGAS 52 3.6.2.2.1 Unión con cargas centradas 52 3.6.2.2.2 Unión con cargas excéntricas 54

4. FLEXIÓN .. 57

4.1. FLEXIÓN SIMÉTRICA. GENERALIDADES 57

4.1.1. HIPÓTESIS EN LA FLEXIÓN 58

4.2. ESTUDIO DE LA FLEXIÓN SIMÉTRICA 59

4.2.1. MÓDULOS RESISTENTES DE ALGUNAS SECaONES 62

4.3. FLEXIÓN ASIMÉTRICA 64

4.3.1. PROBLEMA: : 65

4.4. RELACIÓN ENTRE EL MOMENTO FLECTOR Y EL ESFUERZO CORTANTE. 65

4.5. TEOREMA DE LOS ESFUERZOS CORTANTES 67

4.6. FUERZAS QUE ORIGINAN LA CORTADURA 67

4.7. FUERZAS TANGENCIALES EN LA FLEXIÓN 67

4.8. EXPRESIÓN DE LA CORTADURA PARA EL CASO DEL HORMIGÓN 71

II

índice

4.9. RESUMEN 72

5. VIGAS APOYADAS EN SUS EXTREMOS 73

5.1. VIGAS APOYADAS EN LOS EXTREMOS CON CARGA CONCENTRADA EN EL CENTRO DE LA MISMA.. 73

5.2. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON CARGA CONCENTRADA 74

5.3. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON DOS CARGAS CONCENTRADAS Y DISPUESTAS SIMÉTRICAMENTE 76

5.4. VIGA SOMETIDA A VARIAS CARGAS CONCENTRADAS. DETERMINACIÓN GRÁFICA DE LOS DIAGRAMAS DE LOS ESFUERZOS CORTANTES Y MOMENTOS ELECTORES 77

5.4.1. ESFUERZOS CORTANTES 78 5.4.2. MOMENTOS FLECTORES 79

5.5. VIGA CON VARL\S CARGAS CONCENTRADAS, APOYADA EN LOS EXTREMOS. ESTUDIO ANALÍTICO 79

5.6. VIGA APOYADA EN LOS DOS EXTREMOS, CON UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA 80

5.7. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON UNA CARGA TRIANGULAR 82

5.8. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS, CON CARGA TRIANGULAR DOBLE.84

VIGA APOYADA EN LOS DOS EXTREMOS CON UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA EN PARTE DE SU LONGITUD 86

5.10. VIGA APOYADA EN LOS DOS EXTREMOS CON UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA Y DISPUESTA SIMÉTRICAMENTE 88

5.11. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON UNA CARGA CONCENTRADA EN EL CENTRO, Y UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA 88

5.12. VIGA CON VARIAS CARGAS CONCENTRADAS Y CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA APOYADAEN SUS EXTREMOS 90

5.13. PROBLEMAS DE RECAPITULACIÓN 97

6. VIGAS APOYADAS CON VOLADIZO.. 97

6.1. VIGA CON UN VOLADIZO Y CARGA CONCENTRADA EN EL EXTREMO... .97

6.2. VIGA CON UN VOLADIZO DE CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA 99

6.3. VIGA CON UN VOLADIZO Y SOMETIDA A UNA CARGA UNIFORMEMENTE

III


REPARTIDA A LO LARGO DE TODA LA VIGA 100

VIGA CON DOS VOLADIZOS SOMETIDA A DOS CARGAS CONCENTRADAS EN LOS EXTREMOS DE LOS VOLADIZOS 103

6.5. VIGA CON DOS VOLADIZOS IGUALES (a), Y SOMETIDA A DOS CARGAS CONCENTRADAS IGUALES (P) EN LOS EXTREMOS DE LOS VOLADIZOS 104

6.6. VIGA CON DOS voladizos SOMETIDA A UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA SOBRE LOS MISMOS 105

61. VIGA CON DOS VOLADIZOS IGUALES, SOMETIDA A UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA SOBRE LOS MISMOS 106

6.8. VIGA CON DOS VOLADIZOS IGUALES Y UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTID A A LO LARGO DE TODA LA VIGA..; .....108

6.9. VIGA CON DOS VOLADIZOS IGUALES CON CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA A LO LARGO DE TODA LA VIGA, Y DOS CARGAS CONCENTRADAS IGUALES EN LOS EXTREMOS DE LOS VOLADIZOS... 109

6.10. BARRA SOMETIDA A UNA FUERZA P PARALELA A SU EJE CON UNA EXCENTRICIDAD e 109

6.11. VIGA SOMETIDA A UN PAR DE FUERZAS DE MOMENTO "m" EN EL PUNTO "C" 110

6.12. VIGA SOMETIDA A UN MOMENTO DE VALOR "m" EN EL APOYO B 111

6.13. VIGA SOMETIDA A DOS MOMENTOS mi Y mj EN LOS APOYOS A Y B (mi>m2) 111

6.14. PROBLEMAS 112

7. MÉNSULAS . . 119

7.1. MÉNSULA CON UNA CARGA CONCENTRADA EN SU EXTREMO 119

7.2. MÉNSULA CON DOS CARGAS CONCENTRADAS 120

7.3. MÉNSULA CON CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA 121

7.4. MÉNSULA CON CARGA SEGÚN UNA LEY TRIANGULAR 123

7.5. MÉNSULA CON UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA Y UNA CARGA CONCENTRADA EN EL EXTREMO 125

7.6. PROBLEMAS 126

8. CARGAS MÓVILES SOBRE LAS VIGAS . 129

IV

^ índice

VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON UNA CARGA MÓVIL 129

8.2. TREN DE CARGAS MÓVILES 132

8.3. SOLIDOS DE IGUAL RESISTENCIA A LA FLEXIÓN 137

9. DEFORMACIONES EN LA FLEXIÓN: " ELÁSTICA Y FLECHA"....... 139

9.1. LINEAELASTICA 139

9.2. CALCULO DE LA ELÁSTICA Y FLECHA PARA UNA MÉNSULA CON CARGA CONCENTRADA EN EL EXTREMO 140

9.3. CALCULO DE LA ELÁSTICA Y LA FLECHA EN UNA MÉNSULA CON UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA 141

9.4. CALCULO DE LA ELÁSTICA Y LA FLECHA PARA UNA VIGA APOYADA EN LOS DOS EXTREMOS CON CARGA conCENTRADA EN EL PUNTO CENTRAL.. 143

9.5. CALCULO DE LA ELÁSTICA Y LA FLECHA PARA UNA VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON CARGA UNIFORMEMENTE REPARTID A 144

9.6. CALCULO DE LA ELÁSTICA Y LA FLECHA PARA UNA MÉNSULA CON UNA CARGA SEGÚN UNA LEY TRIANGULAR 146

9.7. CALCULO DE LAS VIGAS EN FLEXIÓN ATENDIENDO A LA DEFORMACIÓN MÁXIMA ..147

9.7.1. PROBLEMAS: „ 147

10. PANDEO . . 155

10.1. PANDEO 155

10.2. VALORES ADMISIBLES DE LAS ESBELTECES DE LAS PIEZAS COMPRIMIDAS 157

10.3. MÉTODO DE CALCULO DE PIEZAS SOMETIDAS A PANDEO 157 *

10.3.1. MÉTODO DE LOS COEnCIENTESu) 157 10.3.2. ESTUDIO PARA PERFILES SIMPLES 161

10.3.2.1 -l^'CASO.- 161 10.3.2.2 -2"'CASO.- 161

10.3.3. ESTUDIO PARA PERFILES COMPUESTOS 163 10.3.3.1 - l ' C A S O 163 10.3.3.Í2 -2''CASO: 165

10.3.4. UTILIZACIÓN DEL MÉTODO PARA BARRAS FORMADAS POR PERFILES SIMPLES 165 10.3.5. CALCULO DE BARRAS FORMADAS POR PERFE^S COMPUESTOS 166

10.4. FORMULAS DE EULER 167

10.4.1. LIMITES DE LA FÓRMULA DE EULER 169

' 10.5. FORMULAS DE TEJMAJER Y ENGESSER 171

V


1Ó.6. RESUMEN.- 172

10.7. PROBLEMAS.- 172

11. TORSIÓN . 175

11.1. GENERALIDADES 175

11.2. CALCULO DEL DIÁMETRO DE UNA BARRA CILINDRICA MACIZA SOMETIDA A TORSIÓN 175

11.3. CASO DE EJE HUECO .179

11.4. CALCULO DEL MOMENTO TORSOR 179

11.5. ESTUDIO DEL MOMENTO TORSOR EN FUNCIÓN DE LA POTENCIA EN C.V. Y DEL NÚMERO DE R.P.M 179

11.6. DEFORMACIONES EN LA TORSIÓN 180

11.7. CRITERIO DE DEFORMACIÓN EN LA TORSIÓN 181

11.8. CASO DE EJE HUECO CON UN EJE MACIZO CENTRADO EN SU INTERIOR Y SOMETIDO EL CONJUNTO A UN MOMENTO M 182

11.9. CASO DE EJE FORMADO POR DOS TRAMOS DE DISTINTAS CARACTERÍSTICAS Y SOMETIDO A UN MOMENTO M 182

11.10. CASO PARA UN EJE FORMADO DOS TRAMOS Y SOMETIDOS A VARIOS MOMENTOS 182

11.11. BARRAS DE SECCIÓN RECTANGULAR:... 183

11.12. PROBLEMAS.- 186

VI

Capítulo 1


Tracción

Tracción o Extensión

1. TRACCIÓN

1.1. ELASTICIDAD. Es la propiedad que tienen los materiales para recuperar su forma primitiva una vez que no

actúan sobre ellos las fuerzas que los deformaron.

1.2. TRACCIÓN.

/ / / / / /

m'_

O - P

H AI/2

m

O - P

O - P

Consideremos una barra prismática

de sección rectangular (aunque

posteriormente veremos que nada tiene que

ver el tipo de sección) que está empotrada

en un extremo y en el extremo libre la

sometemos a un esfuerzo gradual de O a P

Kg. La barra al estar sometida a dicho

esfuerzo y ser un material elástico se

deforma, y sufre un alargamiento AI, es

decir, las fibras se han traccionado y se han

alargado Al, y la barra se interpreta que está

sometida a un ejerzo de tracción.

Todo lo indicado es válido para una

barra que está sometida a unos esfuerzos

dirigidos hacia fuera, y según la dirección

del eje geométrico de la misma y en ambos

extremos; el alargamiento será de valor

Aiy2; si la barra tiene una longitud inicial 1 se define como deformación unitaria:

valor que es (L]/[L], por tanto es adimensional.

Si consideramos en la figura que la barra la seccionamos por un plano mm', y teniendo

presente que el elemento de barra secdonada, dd^ de estar en equilibrio, se ha de verificar que el

valor de N resultante de las fuerzas de cohesión entre moléculas ddjerá cumplir N >= P o lo que es

iguali:Fy = 0, N - P = 0.


Pues bien, se define como tensión específica de tracción la resultante de la fuerza de

cohesión entre las moléculas dividido por el área de la sección de corte y se representa por a:

crÊ^L M. A • A .cm

La tensión específica de tracción es una característica propia de cada material, y en los

aceros de construcción españoles que se designan por A-37, A-42b y A-52.

Los valores son:

A-37 a«im= 1730 Kg/cm^

A-42b a«,™= 2600 Kg/cm^

A-52 a«i„= 3600 Kg/cm^

1.3. ENSAYO DE TRACCIÓN.

Cuando realizamos con una probeta el ensayo de tracción en la máquina universal,

obtenemos un diagrama de tal forma que en el eje de las abasas llevamos las deformaciones

unitarias y en el eje de las ordenadas los valores, de las cargas P, que son directamente

proporcionales a las tensiones, de acuerdo con la definición de o=P/A.


Se verifica en la figura que:

tag a = Pi/ei = P2/S2 = P3/S3 = ...= P/e

tag a = ai/ei = 02/82 = 03/83 = ...= 0/8

Por tanto:

o = taga.8

y el valor de taga=Cte y o=Cte.8 y se define:

'ad E e

Esta expresión constituye la Ley de Hooke, que es solamente válida hasta alcanzar el punto

A de la gráfica y que llamamos límite de la zona OA, o zona elástica.

Tabla: Valores de E para distintos materiales

MATERIAL E (Kg/cm )

Acero (0,15 - 0,30 % C) Acero (3-3.5% Ni) Fundición gris Hormigón (1:2:3,5)..; Madera pino Madera de roble Aluminio, fundición (99 % Al). Latón (60 % Cu; 40 % Zn) Bronce (90 % Cu; 10 % Sn) Cobre

2,1 2.1

1,05 1,76 1,27 1.12 0,7 0.9 0.8 0.9

10* 10* 10* 10 10' 10' 10* 10* 10* 10*

La L ^ de Hooke, se puede expresar de otras formas y por supuesto cada autor despeja

cualquiera de los valores de la misma.

p — A

= E-A I

1

En la fórmula de Hooke observamos que al ser E adimensional, la ecuación de dimensión de

E, llamada Módulo de Young, o Módulo de elasticidad longitudinal es un valor propio de cada

material, y su ecuación de dimensión es la misma que la de la tensión específica y por tanto se

expresa en Kg/cm^, o en Cálculo de Máquinas en Kg/mm . En la tabla anterior damos valores de E

para distintos materiales.

Por tanto, en la L ^ de Hooke, que solamente es aplicable en la citada zona elástica, o

también llamada zona de proporcionalidad, las tensiones y deformaciones están ligadas

proporcionalmente.


Ahora bien, si se deja de actuar con los esñierzos o cargas, el material recupera sus

magnitudes iniciales, y no deja deformación alguna en el mismo.

Zona plástica o de fluencia es la llamada zona AB del diagrama, y observamos que sin

necesidad de aumentar las cargas o esílierzos, al ser la curva en esta zona casi paralela al eje de las

abcisas ocurre, que el material, es decir, la probeta del ensayo de tracción se sigue alargando; es por

esta razón que se dice que el material ha entrado en fluencia.

En esta zona no se cumple la ley de Hooke, y si se van quitando gradualmente las cargas,

queda una deformación residual ( ET ).

Los cálculos de materiales en la zona plástica son posibles, pero exigen un estudio diferente

ya que hay que tener presente las deformaciones permanentes (ver figura).

Zona de rotura: si rd)asado el punto B se

van aumentando las cargas también lo hacen las

tensiones y los alargamientos, pero no hay

proporcionalidad definida, hasta alcanzar el punto C,

o punto de rotura.

En dicho punto el material, en nuestro caso la

probeta del ensayo rompe, y hemos alcanzado la OR o

tensión de rotura, a la que corresponde una carga de

cf-P f ' rotura de tal forma que:

<J»dm "~

n

siendo Gadm la tensión admisible, o sea la mayor

dentro del periodo elástico, GR la tensión de rotura, y

n un coeficiente de seguridad, que tendrá valores en

cada caso.

1.4. TRABAJO DE DEFORMACIÓN O TRABAJO ELÁSTICO.

Un material muy elástico es la goma, y observamos perfectamente como al dejar de actuar

sobre un trozo de goma unos esñierzos que la traccionaban, ésta, debido a la propiedad de la

elasticidad producida poruña energía intrínseca que tiene almacenada, recupera su forma original.

En general el comportamiento de los materiales es semejante, lo que ocurre que nuestra

visión no lo capta.


' /

-L A

/ / / / / /

1

1 O-P

J

1

Al

.

Para hacer el cálculo del trabajo de deformación

consideremos una barra prismática, a la que se le

coloca una carga de O a P Kgs en su ectremo libre y se

tracciona, y se alarga Al. Considerando para una

posición intermedia en la que se estire 2 aplicando la

ley de Hooke que:

P =

A 1 ^

1

A E x

A- E A 1 = X

1

Si para dicha posición la tenemos que alargar dx, el trabajo realizado seria:

dT = • • dx

e integrando

A i i Al „ fEAx, EA r . EA 1 = dx = X • dx = —

• ' 1 1 "' 1

X

2 EA A l ' . E A

siendo P la fuerza extensora máxima tenemos: P- 1

T = EA

21 P E • A

P A^ •

E - A

Al o — = — • V portanto ^ 2 • E

• V

El trabô o la energía elástica de deformación a la tracción por unidad de volumen es:


Por tanto esta expresión nos indica que en cada unidad de volumen hay almacenada una energía elástica de valor o^/2E, que tiene una interpretación geométrica, observando el diagrama de tracción

Considerando el área del.triángulo rayado de la figura, siendo A el límite de la zona elástica:

S = — .a.—= B — 1 2 2

pero como s=a/E tenemos:

s=Al/l E 2 2E

Por tanto el área de dicho triángulo representa la energía elástica a la tracción por unidad de volumen.

1.5. TENSIÓN Y DEFORMACIONES EN LAS BARRAS TENIENDO EN CUENTA SU PESO PROPIO.

Al estudiar el caso de la tracción de una barra, hemos considerado solamente el efecto producido por la carga extema gradual que colocamos de valor O a P. Si la longitud de la barra es importante, su propio peso puede producir una tensión adicional, a tener en cuenta.

Consideremos la barra anterior, cortada por el plano mm', siendo y el peso específico del material tendremos:

W/ / / // /

r o - p

N' = P + A.x.Y

Por tanto la tensión es, por definición, en este caso:

N' P + Axy

que es una fíinción lineal, por tanto haciendo x=l:

P + A.1.Y o =

Naturalmente el valor mayor de la tensión a que trabíya dicha barra será en la sección más alta, es decir cuando x=l.

Basándonos en esta fórmula, y conocidos los valores de P, a, I y y podremos determinar la sección de seguridad:

a A = P + A l - y ; A ( a - 1 - y) = P


Si estudiamos el caso del alargamiento de una barra teniendo en cuenta solamente su propio peso y hacemos por tanto que la carga extema sea P=0, resultará que:

a = 0 + A - l - Y A - l - Y o sea que a = 1 • y

En este desarrollo llegamos a la conclusión de que la tracción es independiente de la sección ya que vemos que se simplifica, y por otra parte calculamos la longitud que ha de tener una barra para ser dimensionada teniendo en cuenta solamente su propio peso:

En el caso de una barra que despreciábamos su propio peso para estudiar la tracción definíamos como alargamiento el valor Al; estudiemos ahora el caso teniendo en cuenta el peso propio además de la carga P y para ello consideremos en la barra, en primer lugar el alargamiento de

un elemento dx de la nüsma, considerando dos secciones paralelas e infinitamente próximas. Supondremos que en estas dos secciones separadas sólo dx entre sí, la tensión es la misma y viene dada por la expresión:

Al . o - 1 a = E e ; a = E — ; A l = —=—

1 r,

Diferenciando obtenemos el alargamiento que experimenta dicho elemento dx:

/

1

/ / / / / / /

' 0 -

'i í X

i

- P a(Ai) =

g • dx _ P+ A- x • Y ~É A- E

dx

El alargamiento total de la barra lo obtendremos sumando los alargamientos de todos los elementos dx que fisrman la barra, y para ello integramos:

lrP+ A- X- Y , \ P . 1:A- X- Y Al = J T T ; — ^ • dx = J-7- ; : dx+ J—;

A- E A- E A- E

P • 1 A • Y • 1 • dx = + •

A E 2 • A - E

Al = A- E

1 "i 1 í W P+ - • A- Y • 1 = T ~ ^ • P"^ ^ 1 siendo W = A-Y-1

2 / A • E \ 2


Si comparamos esta fómuila que nos da el valor de la deforniadón producida en una bana, teniendo en cuenta la carga extema citada (0-P) y además su peso propio, con el valor que obtuvimos de la deformación que experimentaba una barra sometida solamente a la carga extema P, y que según la Ley de Hooke es Al = P.I / A.E, observamos que el alargamiento total producido en la barra en este segundo caso es igual al que produciría una carga de valor la mitad del peso propio colocada en el extremo libre y ^licada gradualmente.

' / / / / / / /

1.6. DEFORMACIONES POR TRACCIÓN CON UNA CARGA INSTANTÁNEA, DENTRO DE LA ZONA ELÁSTICA.

Mostramos la figura adjunta de una barra y en su extremo libre se le coloca una carga instantánea, pues bien, el símil mecánico será un muelle al que se le coloca la carga instantánea Po, el resorte se estirará una lon^tud 2. AI, e irá 'amortiguando su movimiento hasta alargarse Al. Por tanto experímentalmente se demuestra que una carga instantánea produce un alargamiento doble al que una carga gradual produce por tracción en una barra, es decir, si la carga Po se coloca gradualmente produce un alargamiento AL, y si se coloca instantáneamente el doble: 2. AI.

L7. DEFORMACIONES TRANSVERSALES.

Hay que tener presente que cuando una barra está sometida a un esfuerzo de tracción, hemos dicho que la barra se alarga pero su sección transversal varía, y estudiaremos dicha varíadón.

Se define como Módulo de Poisson (^) aquel que representa la relación que existe entre la variación relativa de una dimensión transversal y la variación relativa longitudinal.

Para ello consideramos una barra de sección cuadrada que al colocarle un peso en el extremo libre se alarga su longitud en AI, y se acorta el lado de su sección en Aa.

u = — siendo 8q = 8

A a A 1 e =

Estudiemos la variación de volumen:

Aa/2

J I Aa/2

8


V, = a • 1 V2 = (a- Aa)' • (1+ Al) = [a' + (Aa) ' - 2 • a- Aa] • (1+ Al)

V2 = a'-l+ a'-Al+ (Aa)' • 1+ (Aa)' • Al- 2 a A a - l - 2-a-Aa-Al

Simplificando y despreciando infinitésimos de segundo y tercer orden:

V2 = a' • 1 + a' • Al - 2 • a • 1 • Aa , sustituyendo V, = a' • 1

V2 = V, + a' • Al- 2 • a- 1- Aa ; V2 - V, = a' • Al - 2 • a- 1 • Aa

Pero V2-V1 = AV, es decir, la variación de volumen, y dividiendo por V=Vi= a .l, tenemos:

AV a' • Al 2 a- 1- Aa Al Aa a ' l a' -1

. 2 • — = e - 2 • 80 1 a

AV sustituyendo e, = (i • 8 ; —— = e - 2 n - 8 = 8 ( l - 2 - | x )

AV = 8 • ( l - 2 . ^ )

Esta es la variación que experimenta la unidad de volumen, cuando no hay variación de volumen AV= O será:

0 = 8 ( l - 2 f i ) e = 2 ^ i - 8 l = 2 n

Por tanto si no hay variación de volumen el coefídente de Poisson vale 0,5

^ = i = 0,5

1.8. EFECTOS DE LA TEMPERATURA.

I I Si consideramos una barra que está entre dos topes, es

decir, que tiene impedido el desplazamiento de sus extremos, y esta barra tal como se indica en la figura siguiente, encaja entre dos paredes o topes a una determinada temperatura t, al aumentarse la temperatura por encima de t, el material se dilata y tiende a alargarse, y al estar a tope se ori^nan unas tensiones en contra de la tracción, es decir de compresión, que rvaturalmente encuentran su origen en la variación, en este caso aumento de la temperatura. Sabemos que:

1, = lo • (1 + a • At) 1, - lo = lo • a • At

siendo U la longitud inicial a temperatura t; por otra parte lt-lo= Al

Al = 1- a • At

9

>o^^%;.


donde At es la varíación de temperatura,

Al , = a - A t ; e = a - A t ; — = a A t luego 1 E

o = a • E- At

Es dedr que en nuestro caso que la barra está impedida, la variación de su tensión es la ©qjresión anterior. Por tanto cuando la tensión aumenta es de compresión.

Supongamos una estructura elemental como la de la figura adjunta. El tirante AB que siempre trabaja a tracdón al variar la temperatura y alargarse se origina una tensión de compresión que habrá que conáderarla y restaría a la de tracción, siempre que se considere importante.

Por el contrario en caso de que la * B temperatura disminuya, a la fetiga de tracción

que sufi el tirante habrá que sumarle la que se origina por la disminución de la temperatura.

Insistimos que estos criterios se tendrán en cuenta de acuerdo con la variación a considerar.

En el caso dé una rueda, que su llanta lleva una tira de otro material como acero (rueda de carro de madera forrada con llanta de acero), la rueda está comprimida y la llanta está traccionada. £1 diámetro interior de la llanta es menor que el diámetro de la rueda, ya que para montar la llanta en la rueda, la llanta se calienta, se dilata y se monta sobre la rueda, y al enfilarse la llanta está traccionada y la rueda comprimida.

1.9. SOLroOS DE IGUAL RESISTENCIA A LA TRACCIÓN. Cuando estudiamos la tensión en la tracción teniendo en cuenta su peso propio vimos que:

o = P+ A- 1- Y

Por tanto la sección en el empotramiento o secdón de seguridad será:

A O = P + A 1 - Y ; A ( o - l y ) = P ; A = o - 1 • Y

10


Que nos hace ver que la tensión al ser en cualqmer secdón (aferente, ocasiona que la secdón en cada tramo sea diferente, por tanto para el estudio (Uvictiremos la barra en partes iguales, en nuestro ejemplo: li=^l3= 1/3

Calculemos las secdones Ai^2» y A3

O - P

Secdón 1:

A, =

Secdón 2: o - li • y

P + Al • li • Y + A2 • I2 • Y A:

P+ Al • 1, • Y o - I2 • Y

Secdón 3:

P+ Al • 1, • Y + A2 • I2 • Y + A3 • I3 • Y o = :

a =

A, =

a • A3 = P+ A, • 1, Y + A2 • I2 • Y + A3 • I3 • Y

A3 • (a- I3 • Y) = P+ A • 1. • Y + Az • I2 • Y

As =

Comparemos las áreas Ai, A2 y A3

P

P + Al • li • Y + A2 • I2 • Y (o - I3 • Y)

Al = a - li • Y

P + Al • 1, • Y , P + Al • 1, • Y + A2 • I2 • Y A2 = — - — ; A3 = o - Iz • Y (o - I3 • Y)

Si sustituimos Ii=l2=l3= 1/3, tenemos:

p A A, - 1

0 - 5 - Y

P+ A, • - • Y ^ — • *

1 a - - . Y

P + Al • - • Y + A2 A3 - j

1

11


wy / / / /y A3

A2

Al

ra

n

n

O - P

Observamos que los denominadores de las expresiones anteriores son iguales y sin embargo los numeradores van aumentando, por tanto, A3>A2>Ai. Por tanto el sólido de igual resistencia a la tracción en este caso sería el representado en la figura al unir los extremos de estas secciones. Claro que si dividiéramos en infinitas secciones tendríamos el sólido ideal de igual resistencia a la tracción que en la naturaleza sería una estalactita.

1.10. PROBLEMAS DE TRACCIÓN. 10.L- Una horra ingrávida está sostenida en sus extremos por dos hilos, uno de acero y

otro de cobre de longitudes idénticas // y valores de Ej y E2 respectivamente, siendo sus Cámaros dy 2d Un peso P se desplaza a lo largo de la barra AR ¿ A qué distancia se deberá colocar Ppara que la barra permanezca horizontal?.

' / / / / / / En la figura se muestran los

cables o hilos de acero y cobre sobre los que actuaran tensiones Ti y T2 respectivamente.

Por estática sabemos que en el equilibrio:

SFy=0 = T, + T2-P T, + T2 = P (a)

Z M B = T . Í - P ( I - X ) = 0

T, = '-^ (b)

Por otra parte según la ley de Hooke Al/l = P/A.E, que aplicándola a los dos cables o hilos tendremos que Al = P.1/A.E y los valores de Al para que la barra AB permanezca horizontal han de ser iguales:

12

Tracción o ExtensiÓD

Al, = T . l T . l

A, • E, 7c • d' AU =

T , I T2I T2.I

A2-E2 7t • (2 • d r % • d '-E, -•112

Por tanto igualando Al, = AI2 tenemos: T, • 1 T2 • 1

7t • d^ 7t • d ' • E2

simplificando

4.T, T3

aplicando propiedad de las proporciones

T,

T2 4 . E ,

T, + T2 E, + 4 • E2

si en la última expresión sustituimos los valores de Ti y T2, de las ecuaciones (a) y (b), tenemos:

P • O - X)

1 E, + 4 • E2

1- X = E, • 1

E, + 4 • E2 X = 1

E, • 1

E, + 4 • E2

x = l- [1- E' 1 Ei + 4-E2.

Respuesta

10.2.-Tenenws un redpienie áUndrico de diámeíro 500 nun. que tiene una tapa sujeta por 8 tornillos de un material cuya fatiga a la tracción es de 400 Kg/cn^. El recipiente soporta una presión interna de 11 Atm. Calcular d diámetro de los tornillos.

Sabemos que/? = F/S y por tanto T =p.S, siendo/? = 11 -1 = 10 atm. la presión sobre la tapa ya que a la presión interna le restamos la extema que será la presión atmosfóica. Por tanto la fuerza sobre la tapa será:

F = p • S = 10 .

y cada tomillo soportará una fuerza de

10 • 71 - 50^

7t • 50' (Kg)

^'=¥ = 8

10 • 7t • 5tf

32 (Kg)

13


[ I t

C= =3

F"

tomillo Como los tomillos trabajan a tracdón y sabemos que un

F' 0»dm ~

TC • d '

400 =

10-7t-50^ 32 - 25-10'

' • /

^ 25000 ^ „ d = J = 2,8cm

3200

Respuesta: d = 28nim

1.11. LAS ÁREAS NETAS EN LA TRACCIÓN. Si recordamos el cálculd^de la tensión en barras sometidas a un esflterzo de tracción

teniendo en cuenta el peso propio, cortábamos la barra por un piano paralelo a la base, y a una distancia variable x. Supongamos que la barra tiene dos taladros y cortamos por dicho plano mm'.

El área será toda la rayada en la figura, es decir al área bmta o total hay que descontarle el área de los taladros, por tanto la diferencia será el área neta:

^--G—e---

1/ / / / / z.

0-P

a = P+ A- 1 • y

Este concepto tiene mucha importancia pues las estructuras metálicas están hoy día atornilladas o soldadas. En el primer caso, las atornilladas, las barras deben ser taladradas para unirlas por medio de tomillos, y en dicho caso al calcular a tracción dichas barras deberemos considerar sus áreas netas.

Las barras a tracción las calcularemos con la ayuda del Prontuario de Ensidesa.

14

Tracción de Extensión

1.12. TRACCIÓN POR CHOQUE.

/> y//////////////////////A

mm\-.

7

P- h =

Supongamos que tenemos una barra de peso W, empotrada en un extremo y en el otro extremo libre que lleva un pequeño resalte de tal forma que una arandela de peso P que se encuentra a una altura h de dicho resalte la dejamos caer, y al chocar con el mismo se produce un choque y tracciona la barra alargándola una magnitud Al

Si consideramos que no hay pérdidas de energía en el choque se verificará:

P ( h + Al) = 2 • E

y á despreciamos fi-ente a h, tenemos:

V

2 • E V ; (f =

2 • P - E - h

l2 • P- E- h '"i—T-

De esta forma calcularíamos, aunque con error, la tensión que se orígina, teniendo en cuenta, que es necesario posteriormente comprobar si estamos dentro del periodo elástico, y además que como la verdadera tensión ts, será menor ya que se originan pérdidas de energía, pues naturalmente tenemos un mayor margen de seguridad, ya que es superior a la real, la tensión a así calculada.

<////////////////////////.

d ^ 1

rH ¥

^árerMf/tié,

f/: .—

••«

1

r \

V \

Estudiemos el caso ahora para un choque inelástico. El peso P de la arandela en el momento del choque llevará una cantidad de movimiento que será:

Naturalmente la barra tiene una cantidad de movimiento, y hay que tener presente que no todas las moléculas se desplazan con una misma veloddad, sino que admitimos que la velocidad guarda una variación lineal según una ley triangular de tal manera que:

V v' = V • —

15


Si consideramos que se desplaza un elemento óc, la masa del mismo será:

W • dx

siendo el valor de su cantidad de movimiento, representado por G:

dG = — 7 • dx • V • — g- 1 1

por tanto integrando para toda la barra:

f W x I V — V-g 1

^ f W X , W v r , W v G= I v — dx = — x d x = l^g l^g

X W v - r W v 2 g P 2 g

G = W

2-

• V

g

que como vemos se produce el mismo efecto que si en el extremo de la barra hubiéramos puesto una carga o peso de valor W/2 y se verificará que como las cantidades de movimiento antes y después del choque son iguales:

P tz r- W- V P - . V2 • g • h = + - • V g 2 • g g

despejado v, y simplificando:

V = P- V2- g- h

(a)

Sin embargo, al ser el choque inelástico las energías no se conservan, pero si toda eUa se transforma en energía elástica. Calculemos la energía cinética de la barra:

-1. , 1 W f X 1 W- v' K 1 W-v^ = - • —I • Jx^ • d x = -

2 1' • g ; 6 g

Una vez verificado el choque, el peso del disco P adquiere una velocidad V del extremo de la barra o sea el resalte; luego su energía cinética será:

16

Tracción de Extensión

Por tanto, la suma de ambas energías cinétícas después del choque es la energía elástica de la varilla o también llamado trabajo de deformación, por tanto: <

1 W- v' 1 P - o ,^ V

6 g 2 g 2 E

sustituyendo V = 1.A y simplificando:

2 • g V3 J 2 • E

y sustituyendo el valor de v de la expresión (a), tenemos:

W "i d" — + p = . V

2 • g V3 ; 2 • E

2 ' g- h

g- P + W

W o . M T - P J = E - ^ - '

y despejando el valor de o, tenemos:

p ^ •- w • i h- E-

A- 1

Si observamos esta fórmula e hiciéramos W=0, tendríamos la fórmula calculada para el primer caso, es decir, para el choque elástico.

1.13. PROBLEMAS DE RECAPITULACIÓN

14.1 Calcular el alarganüento de una barra vertical de 1=200 metros de longitud y sección circular por efecto de un peso (P= 6 Tns), colgado en su extremo y del pesó propio, siendo su tensión admisible a,/= 600 kg/cm^, E=2-10^ kg/cm' y=7,8 (Peso específico).

P +A- l -v Sabemos que G^¿ = ;- ; Despejando A

Aaad=P+AlY A(a.d-lY)=P

A = Tid'

ly

P = 6000kgs

c^ = 600 kg/cm^

l==200mts=210' 'cms

7 = 0 , 0 0 7 8 ^ 3 / cm

A = 6-10'

610'-2-10^-0,0078 = 13,52 cm' d = 4,20 cm

17


Por tanto el peso de la barra W será W= A-ly = Í3,86- 2-10*- 0,0078= 2162,16 kg = W

Y el alargamiento como

-¿(-I 2000 r ^^ 2108) , , ,

Al = r 6000 + =5,llcms = AI 13,86-2-10% 2 J

Respuesta: 5,11 cms

14.2 Si la boira del problema anterior se compone de 4 trozjos iguales, todos ellos de sección circular ¿Qué diámetros deberán tener esos trozos? ¿Qué ahorro de material se obtiene? ¿Cuál será entonces el alargamiento?

/////////////////

Calculando el trozo inferior como el problema anterior:

^ ' - 4 - = 10,70cm' di= 3.70 cm o « i - - Y

Y el peso de este trozo es:

W, = y • A, - = 0,0078 • 1 0 , 7 6 ^ ^ ^ = 420kg 4 4

Para el segundo trozo:

^ 4 1 a « j - - y

4

d2=3.82 cms-^3.90

18

Tracción o Extenáón

Y su peso W = Y • Aj - = 0,0078 • 11,95 • ^ ^ = 466kgs

Para el tercer trozo:

71-d P + W.+W, 1

A3=^^^^-^ = ^^—^-J—p-= 12,28cm' => d2«4.00cm 4 _ 1

4

Y su peso: Wj = ^ • Aj - = 0,0078 • 12,57 • ^ ^ = 491kgs 4 4

Para el cuarto trozo:

A^ = ^ = ! 2 ^ = 13,15cm^ => dd=4.10cm 4 •

o.d-YT 4

Y su peso: W^ = y A^—= 511kg 4

Por tanto el ahorro de material respecto a la barra del problema anterior es, pues,

2162,16-(Wi+W,+W.+W^>270.16 kg = AHORRO

El alargamiento según la fórmula de la pregunta (5), aplicándola a cada tramo, para el trozo inferior será:

EA,

Para el segundo trozo:

A 1 , = - Á Í P + WLVI^. 45cm ^ 2

' EA / r. ... w. 2 V

P + W , + • = l,40cm

19


Para el tercer trozo:

EA31 1 j = l,42cm

Para el cuarto:

VA í W ^ A l ^ = ^ ^ P + W,+W2+W3+--^ =l,45cm

EA^V 2 J

Por tanto el alargamiento total de la barra será:

Al= Ali+Al2+Al3+Al4= 4-1,45= 5,72 cm

Respuesta: AHORRO 270,16 Kg Al = 5,72 cms

14.3 Una correa de transmisión de espesor e=4mm y que trabaja sobre dos poleas de radio R=l,2m, transmite una potencia de Nc=12CV. Las poleas dan n=60 vueltas por minuto. Calcular la anchura b déla correa, siendo <T^ del material de la correa 20kg/cm^.

P = 75-N, T t n R

30

Ti=2P

T,=P

La potencia a transmitir expresada en kg m/s será:

N = P • V = P = 75R 30

Siendo P la fuerza y v la velocidad de la correa. P es la diferencia de las tensiones de la correa en los dos ramales en el conductor llamado 2P, y en el conducido P. Por tanto, como la correa está sometida a una tracción, en el ramal conductor de 2P, que es el más desfavorable, con este valor aplicamos la solicitación de tracción.

20


o^ = M _ . 2P 2-75-30-1210^

b e b0,4 bO,4-7C-60120 = 20 kg/cm^

Despejando queda: b= 29,9 cm

Respuesta: b = 29,9cm

14.4 Una barra de acero de Icnt^ de sección y 4 metros de longitud, guiado de modo que no pueda desviarse lateralmente, se calienta y consecuentemente se dilata, alargándose Imm. Calcular la fuerza necesaria para impedir dicho alargamiento.

La deformación unitaria es: s = Al 0,1 1 1 400 4000

Por lo tanto, la fuerza necesaria para impedirla será:

F ^-=1 a.. = E e J

F = E E A

F = 210* ^ 4000

1= 500kg = F

Respuesta: F = 500 kg

14.5 Una barra que cuelga libremente de 4 cms de ancho, y 2 cms de espesor, se enfría desde te= 20'de temperatura inicial hasta ti=-10'de temperatura final. La contracción que experimenta la barra debe de impedirse colgando de ella un peso. Calcular dicho peso, sabiendo que el coeficiente de dilatación del acero es a=12Sl(r^ (para l'Q.

/ y / / / / / / / /

. 4.00 .

3^

Según la fórmula del apartado (8)

= a^ = E a A t Por tanto

P_^ F = S E a A t = 4 -2 -210 ' l 25 -10 ' (20 - ( -10 ) ) = 16-125-10-30 ==>

Respuesta: F=6000 l^s sería el peso o fuerza a colgar.

21


14.6 Calcular el esfuerzo estático de tracción necesario para romper una barra de acero dulce cuya sección es un triángulo equilátero de 4 cms de lado, siendo la tensión especifica de rotura a la tracción cr¡^ 4000 kg/cm^

^ =7 4000 = 'S

4'V3 F=4000 = 16^-10^ = 27713 kg

4

Respuesta: F = 27713 kg

14.7 Una barra de /= 30 metros de longitud y sección circular debe soportar en su extremo un peso P=' 800 kgs. Calcular su diámetro teniendo en cuenta el peso propio.

Peso específico j^=7,7; Omi= 700kg/cm^

<^^ = P + A l y A(a,á-l-y)=P Como el área es; A = nd'

4 a^-l-y

Despejando el diámetro, queda: d = 800

(a^ -1 • y ) - (700 - 3000 • 0 , 0 0 7 7 ) ^ 4 4

Respuesta: d= l,23cms

22

Capítulo 2 Resistencia de Materiales

Compresión

Compresión

2. COMPRESIÓN

o -•- p o + p

2.1. COMPRESIÓN.

Supongamos una barra prismática de una sección cualquiera, aunque en nuestra figura

consideremos que tiene una sección rectangular, y que tiene un extremo empotrado y en su otro

e)ctremo libre la sometemos a una fuerza gradual

de O a P Kgs., que actúa hacia abajo en la

dirección de su eje geométrico. La barra al estar

formada de un material elástico se deforma, y se

acorta su longitud en una magnitud Al que

llamaremos acortamiento; en tal caso se dice que

la barra está sometida a una solicitación que se

llama compresión. yy y/// 7

En realidad la compresión y la tracción son

idénticas, pero los esfuerzos P, van en la tracción

dirigidos hacia fuera y en compresión hada dentro.

La compresión pura, que es la que ahora trataremos, tiene una limitación, y es que si la

pieza sometida a este esfuerzo tiene una esbeltez mayor de 20, la pieza se pandea o flexa

lateralmente.

Se define como esbeltez a la expreáón

Im

siendo: It: longitud libre de pandeo; Ik= 1 -P

1: longitud de la pieza en cm.

P: coeficiente (que veremos en pandeo), en columnas P = 1.

im. radio de giro mínimo prindpal de la secdón.

Por tanto: cuando X,< 20 hay compresión pura

cuando X > 20 hay pandeo

23

Compresión

Las leyes que hemos comentado para la tracción son válidas también para la compresión,

por tanto:

1°. La tensión de compresión sin tener en cuenta el peso propio en (Kg/cm^) será:

°- 'J

En general, todos los metales, que tienen como sabemos una estructura cristalina uniforme,

tienen una tensión a la compresión idéntica a la de tracción, por tanto, en el acero de construcción

A-42b, la tensión de compresión será CT«I = 2600 Kg/cm^

Sin embargo hay materiales como el hormigón que no soportaban esfuerzos de tracción y

cuyo comportamiento es muy bueno para la compresión.

2". La Ley de Hooke es válida también en la compresión. Se define: E = Al/1 como deformación

unitaria a la compresión donde Al es el acortamiento.

3°. El trabajo de deformación o energía elástica en la compresión, también coincide con el de la

tracción:

4°. La tensión y deformaciones a la compresión, teniendo en cuenta el peso propio, también son

válidas, con la limitación de la esbeltez:

«y«í = P + A-l-y

Igualmente demostraríamos que la compresión es indiferente a la sección, así como las

deformaciones, producidas teniendo en cuenta el peso propio.

5°. También son idénticos los efectos de la temperatura sobre la tensión.

6°. Así mismo, el estudio de los sólidos de igual resistencia a la compresión es similar al de la

tracción, sólo que sería el sólido de igual resistencia a la compresión de la forma representada en la

figura:

24

Compresión

Y

Y si dividiéramos la barra en infinitas secciones tendríamos el ejemplo que aparece en la

naturaleza, que sería la estalagmita.

2.2. ESTUDIO DEL SOLmO DE IGUAL RESISTENCIA A LA COMPRESIÓN.

Es un prisma de secdón variable, como el representado en la figura adjunta, sometido a una

carga concentrada gradual de O a P Kg. y con una variación en las secdones transversales tal que

teniendo en cuenta el peso propio, la tensión sea la misma en todas las secdones del pilar o

columna.

Conáderemos el pilar de la figura, si llamamos A a la

sección transversal correspondiente a la longitud o altura x, que la

referimos a la secdón inidal A«.

La tensión en la sección A vale:

P+ P' o =

/ / / / / / / / / / / / /

Donde llamamos P' al peso de la parte del pilar o sólido átuada por encima de la secdón A;

si consideramos la sección infinitamente próxima a la A, el peso propio sobre dicha secdón será P'+

dP' siendo:

dP' = A-dxY

Donde Y es el peso específico del material.

Como la tensión ha de ser la misma en todas las secdones transversales del pilar:

25

Compresión

P+ P' P+ P'+ dP' . „ . , o = — - — y a = — —— , por tanto igualándolas

A A+ dA

P+ P' P+ P'+ dP' — - — = — - — — — = a = Cte.

A A+ dA

Haciendo operaciones y desarrollando:

(P+P')(A+dA) = (P+P'+dP')A ; (P+ P'>A+ (P+ P'>dA = (P+ P ' )A+ A-dP'

simplificando (P + P ^ A

queda

(P + P')dA = A-dP'

dA _ A _ 1 dP' (P + PO a

sustituyendo dP' = A y d

dA 1 A-y-

dA A

dx

o

a

•dx

integrando

fdA

J A

[lnA] =

= 1, a

O

•ídx

x + Cte

si hacemos x = O -> In Ap - Cte

lnA=^-x+lnA„ ; a

y In A-ln Ao = — x

a

, A y In — = — x

Ao <y

A T tomando antilogaritmos — = ea''

Ao

26

Compresión

despejando

A - Ao • ea'^

Y esta expresión determina la variación teórica de las secciones del pilar considerado para

que la tensión a sea constante.

Esta demostración se ha realizado en el sentido más amplio, es decir, con el peso propio y

una carga extema P centrada, y gradualmente aplicada, pero si en la demostración hacemos P=0, es

válido el estudio realizado.

Así mismo, indicamos que esta demostración es igualmente válida para la tracción, y sólo

habría que invertir la figura.

2.3. DEFORMACIONES PROVOCADAS POR LA COMPRESIÓN. CAUSA DE LA ROTURA.

Hemos indicado antes que en general los metales tienen el mismo módulo de elasticidad E y

el mismo límite elástico, cuando se hayan sometidos a compresión o a tracción.

Para esflierzos por encima del límite elástico, los metales duros o agrios sometidos a

compresión, se rompen generalmente por planos oblicuos a la dirección del esfuerzo. La explicación

de este hecho es la siguiente: Supongamos una barra sometida a compresión, y consideremos un

plano que forma un ángulo a con la horizontal. La fuerza P la

descomponemos en una paralela y una perpendicular a dicho

plano, de tal forma que se verifica que la fuerza perpendicular al

plano será Pcosa, y la paralela al plano P-seno.

Respecto al plano a cuya sección será A', dicha fuerza

Pcosot, produce compresión, por tanto, la tensión a' en dicho

plano será:

P • cosa ' A o* = —— pero sustituyendo A' =

A' cosa

27

Compresión

cf = P • cosa

A

cosa

cosâ = a • cosâ

(f = o • eos a

Esta expresión es máxima cuando cos*a=l para ello a=0 y 0*= amix= a.

Como conclusión la tensión de compresión máxima ocurre en planos perpendiculares al esfuerzo

inicial P.

Ahora bien, si consideramos el esfuerzo paralelo a la sección A', dicho esfuerzo produce una

solicitación de cortadura, de la que hablaremos más adelante, y se verifica que dicha tensión es:

P - sena P • sena P P —— = = — • sena • cosa = - — - • sen2a A' A A 2 • A

cosa

Por tanto:

x' = — • sen2a 2

y esta expresión es máxima cuando sen 2a = 1, es decir, 2a = 90°, a = 45°, y x' = a/2 = T

Es por ello que antes de producirse el valor máximo de c se produce el de x, que desgarra

la pieza por cortadura.

Este efecto se produce también en la tracción.

Los materiales plásticos se acortan sin limitación, ensanchándose lateralmente al mismo

tiempo, y al aumentar el área de la sección que recibe el esfuerzo, requieren mayores cargas para

que se produzcan deformaciones posteriores, siendo difícil precisar con exactitud la carga de rotura.

28

Compresión

2.4. PROBLEMAS. 4.1.- ¿ Cuántos pilotes de hormigón armado de 3Sx3S cní de sección son necesarios para

soportar una carga de una chimenea de fábrica de peso P=620 Tn, suponiendo que la fatiga a 9

laque trabajan los pilotes esde CF=40 Kg/cm^.

Sabemos que o=P'/A siendo F la carga que soporta un pilote.

P' = a • A = 40 • 35 • 35 = 49000 Kg = 49 Tn

P 620 Luego el numero de pilotes es n = — = - ^ = 13 pilotes

49

Respuesta: 13 pilotes

4.2.- Calcular la carga que puede soportar un redondo de acero de 0,5 m. de altura, de 400 mm

de diámetro básico y de A-42b.

O * P

y//y/y/j

X = k 1- p 50

im

7C

7C

• d 64 • d L = A- ix ; ix = J T =

d 40 ix = im = 7 = — = lOcm 4 4

Claro que el valor de im lo podremos buscar en el prontuario

50 X = — = 5 < 20 hay compresión

d_ 4

>. = — = 5 < 20 => 10

compresión pura.

a.a = X ' ^ " ' ' • - • ^ " 2600 71 • 40^

= 3267,2 Tn

Respuesta: 3267,2 Tn

29

Compresión

4.3.' Calcular la carga de forma similar al problema anterior, pero suponiendo una base

rectangular de 200x100 mm. • ,

Calculamos los m.d.i. principales de la sección, y posteriormente elegimos el radio de giro

principal menor.

b • h' 20 • 10 10 • 2& ix = - T : ; - = , . ; ly = 12 12

12 = '°"'-'' • •' = TI • '« = i

10-20^ , , 20 12.

por tanto tomamos i™ = ix = ~jz

que es el radio de giro principal de la secdón menor, de los dos existentes.

>, = —- = 10-V3=17,3«18<20 => no hay pandeo

luego esta columna trabârá a compresión pura y resistirá una carga:

P = a • A = 2600 • 20 • 10 = 520000 Kg = 520 Tn

Respuesta: 520 Tn

Cuando se trate de columnas como las que mostramos en las figuras siguientes, necesitamos

los radios de giro mínimos de las secciones y para ello hay que recurrir a los Prontuarios.

30

Compresión

iO * P O 1- P |0 • P

V/////A v/AvA y/zÁy//.

-I-

2.5. COMPRESIÓN DIAMETRAL. Cuando un eje se apoya en un cojinete de deslizamiento, es preciso que la presión diametral,

que se representa por g, sobre el soporte, no pase de un cierto límite.

Para ello definimos el concepto de compresión diametral: Consideremos un cUindro

apoyado sobre una generatriz tal como indicamos en la figura, y la sección rayada es un plano

diametral de tal forma que A = l-d, siendo 1 la longitud y d

el diámetro del dlindro; si admitimos que está sometido a

una serie de cargas de tal forma que su resultante sea R, se

define como tensión de compresión diametral a la

expresión:

R Oc = — A

R 1- d

/ ' ^

y-turll»

ISSí

Detalle Z

^ ^

^ ^

Este tipo de solidtadón como decíamos se presenta

en los apoyos de los eges; supongamos un eje que se apoya

en sus extremos sobre los cojinetes de deslizamiento, la

parte del ge en dicha zona se llama gorrón y su cálculo se

realiza a compresión diametral, siendo R el valor de la

reacdón en el apoyo, y se toma el valor de Oc o bien f¿, que

en este caso es la presión especifica diametral, que no se

puede sobrepasar para que no falle el engrase que tiene que

31

Compresión

existir entre gorrón y cojinete. La presión específica diametral de los aceros, o en general de los

metales es:

8 oc = - • a

de tal forma que para el acero A-42b será:

8 Kg Oc = 7 • 2600 = 4160—^

5 cm

Esta fórmula sirve para dimensionar el gorrón del árbol, aunque como veremos en Cálculo

de Máquinas, es necesario efectuar otras comprobaciones, además de este cálculo a compresión

diametral.

2.6. PROBLEMAS.

5.1.- Un gorrón de un eje soporta una carga deR- 8000 Kg. Adnútamos que su longitud esl-

l,5.dy que (Xc0 2 = 0,5 Kg/mni, valor de la presión específica tUametral del material del eje.

Detemúnar sus dimensiones.

P = 1- d '

8000 , 1 • d = = 16000 mm^ = 160 cm^

0,5

160 l , 5 d d = 160 , l ,5d -160 , d = J = 10,4cm

1,5

Respuesta: d = 40,4cms ; 1 = 15,6 cms

5.2.- Un eje de las ruedas de un puente grúa se apoya en dos perfiles laminados en u tal como

se indica en la figura áendo d espesor del alma de 9,5 mm., y recibe una carga de 15000 Kg. de

la rueda. Si el diámetro dd eje es de 80 mm. Verificar si el apoyo es correcto, admitiendo un

valor de2 = 6 Kg/mni. (PNU-240 con e = 9,5 mm).

32

^^^^<<:^ /

¿JU

\ e ^ ^ ^

^ v ^ r ^ JU

Compresión

Al soportar la rueda ISOOO Kg, cada perfil redbirá una

carga de 7S00 Kgs. El eje se apoya sobre el perfil y trabaja a

compresión diametral, por tanto:

7500

1- d

7500

1- 80 1 =

7500

6 • 80 « 16 mm

Pero dd)ido a que el alma del perfil sólo tiene un espesor de 9,5

mm. y necesitamos 16 mm. según el cálculo, tendremos que

adaptarle y soldarle ura pletina al perfil de e'= 16-9,5 = 6,5 mm.

como mínimo de espesor, como mostramos en la figura.

2.7. CARACTERÍSTICAS DE LA COMPRESIÓN PURA. Con anterioridad hemos indicado que la compresión es un fenómeno análogo a la tracdón,

pero de signo contrario, y que presenta algunas características especiales entre las que ya hemos

señalado algunas.

En primer lugar hemos indicado el concepto de esbeltez, por tanto en compresión tiene

importancia la lon^tud de la barra, y el radio de ^ o mínimo, que es consecuenda de las

características de su sección transversal.

También dependerá de, como estén ligados los extremos de la barra, pues de ello depende el

coeficiente P, pero eso lo comentaremos en el Tema de Pandeo.

Los ensayos de compresión de materiales metálicos son poco firecuentes. Si se trata de

materiales dúctiles, el ensayo resulta análogo al de tracción, obteniéndose las tres zonas: elástica o

de proporcionalidad, fluencia o plástica, y rotura, aunque el periodo de fluencia es más corto que en

tracción (Fig. A).

« * A Il | . B

33

Compresión -

En materiales blandos (cobre, plomo, etc.) el primer período caá no existe, y a veces, la

fluenda transversal de la probeta cilindrica es tan importante que se llega a grandes deformaciones

sin rotura propiamente dicha (Fig.B).

Los hormigones o piedras rompen prácticamente sin deformación previa, y la rotura se

produce por fraccionamiento en planos inclinados, que en el caso de probetas cilindricas se produce

según superficies cónicas (elipses), y explicado en el apartado 3.

Los valores de E = (1,5 ^ 3).10* Kg/cm^ , y de o = 50 ^ 100 Kg/cm^ son

correspondientes al hormigón, que son valores que dependen de las características del hormigón,

que varían de acuerdo con muchas circunstancias, ya que el hormigón es una mezcla.

Así mismo, la tensión a compresión a que trabajan los distintos terrenos, varían acorde a la

composición del mismo, de ahí que los cimientos de una casa dependerán del terreno en el que se va

a construir la misma.

Citemos en último lugar, que en tracción dijimos que en determinados casos se tendrá en

cuenta el área neta de la sección, pues en la compresión no será así ya que sólo se considerará el

área bruta.

2.8. CARGA CONCENTRADA EN LAS SECOONES EXTREMAS.

Es frecuente que una columna o pilar de ñbríca de ladrillos o de bloques, e incluso de

hormigón en masa reciba una carga N que le transmite otro elemento estructural; por ejemplo, una

viga a través de una placa de asiento de acero o de hormigón, y que tenga como superficie de

asiento S.

Hagamos un ejemplo para aclarar: Un

perfil IPN-140, se ^)oya sobre un muro de

bloques cuya cr= 4 I^cm'. Dicho perfil

transmite al muro un esfuerzo o carga de 1500

Kg. y lo hace trabajar a compresión siendo el

ancho del muro de 25 cm. Se pide determinar

las características de la placa de asiento.

En primer lugar en el Prontuario

observamos que el IPN-140 tiene un ala, b= 66 mm., por tanto la superficie de apoyo de la viga

sobre el muro es 6,6x25 cm , y como el muro trabaja a compresión tenemos:

a = -1500

6,6-25 = 9..B.>4-iSi.

cm cm

34

Compresión

Luego al ser la tensión mayor, el muro no lo soportará, y por tanto entre d muro y la viga

intercalamos una placa de asiento, que tendrá el ancho del muro y una longitud a calcular x.

La carga de 1500 Kg. se transmite a la placa de

asiento, y ésta la transmite al muro de tal forma que: m

^»^ = 1500

25 • X = 4

Kg

cm

/ / / / / / / .

X = 1500

25 - 4 = 15 cm.

Por tanto las dimensiones de la placa de asiento que

'—-—' tendrá que ser de un material con una tensión a la

compresión ló^camente mayor que la del muro será

de 25x15 cm* y si es de hormigón el espesor o la altura de la placa deberá ser de 8 a 10 cm.

Realmente para el cálculo del espesor de esta placa no tiene el lertor por el momento información,

ya que se necesita conocer la cortadura, de la que hablaremos más adelante.

2.8. PROBLEMAS

8.L- Un muro de fábrica de bloques de 40 cm. de ancho soporta una carga de 16 Tn por metro

lineal Comprobar la tensión, y calcular la anchura de la zapata de cimentación necesaria,

sabiendo que el terreno es arcilla y tiene una aaj~2 Kg/cm^ a la compresión.

Sabemos que o= P/A; 4 Kg/cm^ es la Oad del material de fábrica, por tanto:

16-10^ 40 • 100

1610^ 410^

= 4Kg/cm'

Compresión

Por lo que el muro resiste, pero no el terreno al ser 4 Kg/cm^ >2 Kg/cm^ lo que implica que la

zapata tendrá que ser de mayor dimensión que el

muro.

i

J uaoo Kg

- r

' • •

r3 j - j - í

a = 2 Kg

cm 100

X = 80 cm., que sería el ancho de la zapata. Por tanto

una regla práctica para dimensionar la zapata es que si

AB = X = 80 cm; ABi= B2B ; 80 - 2.ABi; ABi= 20

cm.= B2B. Y el espesor o altura de la zapata se toma

también de 20 cm.

2.9. PILARES DE HORMIGÓN ARMADO.

Las barras de material heterogéneo que están sometidas a compresión son un caso a

considerar, y este caso se presenta en especial en pilares de hormigón armado.

Representamos en la figura un pUar de

hormigón armado, constituyendo dicho armado, una

armadura principal constituida en este caso por 4

barras o redondos de acero dispuestos

longitudinalmente , y otra armadura secundaria,

formada por varillas de pequeños diámetros,

dispuestas transversalmente y abrazando a las

armaduras principales.

.n ' : •, r

' • •' - .

•

' AnBBBdur» prtBdipal

;L

u •. ,Ü Irmadurm McmârU

Se llaman estribos, a los cercos que

' ' constituyen la armadura secundaria, y su misión es

evitar que las columnas se pandeen, y también se

oponen al ensanchamiento de las secciones, con lo que se aumenta la resistencia.

Se toma como distancia entre estribos 12 veces el diámetro de las barras que constituyen la

armadura principal.

Otra misión que desempeñan los estribos, que deben de estar soldados o ligados con

alambre a las barras principales, es evitar la rotura del hormigón por deslizamiento.

36

Compresión

Dado que existe adherenda entre el acero y el hormigón de la columna, podremos

establecer que los acortamientos unitarios de ambos materiales es idéntico.

EH = SA y aplicando la Ley de Hooke

OH OAC E A C . j • ^ = -r— ; OAC = OH • "Z— = n • (^ Siendo ilH tAC E-H

La relación n se llama coeficiente de equivalencia, y en condidones normales n =* 15, que es

adimensional.

Estudiemos la figura admitiendo que el pilar está trabajando sometido a una carga P diñada

según su eje geométrico y solicitado a compresión pura.

Admitimos que dicha carga P se puede suponer que se distribuye en dos partes: una, que

actúa sobre la sección AH del hormigón, y otra, sobre la secdón metálica de la armadura AAC, de tal

forma que:

P = AH • Qi + AAC • OAC

o * p i:

l

p':'. tí

•r-VnrVr 1 r

•k • .

— » —

"

1 J

áendo: Air= Área total = ba

AAC= Área de la armadura de acero

OH= Tensión del hormigón

OAC= Tensión del acero = n. OH ^ o,dm.acefD

Sustituyendo OAC= non en la fórmula anterior tenemos:

P = OH • AH + OAC * AAC = OH • AH + n • OH • AAC

P = c^ • [AH + n • AAC] ; multiplicando y dividiendo por AH

P = OH • AH AH — + n . AH A

AC = C^ • AH 1 + n

AAC

AHJ

37

Compresión

P = OHAH[l + n n ' ]

la relacin |i' es n' = AACCTO

^Hormigón

y que recibe el nombre de cuantía.

El valor de la cuantía debe hallarse en general comprendido entre 0,006 y 0,03:

0,006 < n' <0,03

En general el acero resulta utilizado parcialmente en su capacidad resistente, ya que si, por

ejemplo, el hormigón tiene una tensión de 60 Kg/cm^ el acero trabaja en el pilar a una tensión de a

= 15.60 = 900 Kg/cm^ que es un valor bastante inferior a la tensión de compresión del acero de

construcción A-42b.

2.10. PROBLEMAS.

10.1.' Cálculo de un pilar de hormigón armado de pequeña esbeltez, de sección cuadrada que

debe resistir una carga de 110 Tn a compresión pura, admitiendo un valor de aH= 60 Kg/cn^,

una cuantía de/¿'= 0,012y un coeficiente de equivalencia n = 15.

Considerando la fórmula:

P = OH-AH-[l + n-n']

r •. . . 1 '""

•

t i

(0

110000 = 60 AH-(1 + 15-0,012) y despejando

AH = 1554 cm' ; a = Vl554 = 39,5 cm.

38

Compresión

En la práctica tomaríamos a = 40 cm, con lo que ^r= 1600 cm^ que sería la secdón del pilar, y la

sección del acero sería:

AAC= 0,012.1600 = 19,2 cm .

Se toman cuatro redondos de acero de 25 mm. de diámetro cuya sección total vale 19,6

cm , y que constituyen la armadura principal resistente del pilar.

La separación de estribos será e = 12.2,5 = 30 cm y la tensión a que trabaja el acero sería:

Kg OAC = n • CTH = 15 • 60 = 900 — ^

cm

Claro que este procedimiento de cálculo se simplifica en la práctica con la ayuda de abacos, que

aquí no comentamos por no ser el fin que se persigue en este libro.

10,2.- Una columna hueca de fundición de D=20 cm de diámetro exterior, debe soportar una carga de P=SO Tn, con un coeficiente de seguridad TJ=10. Calcular el espesor de la columna fabricada con un material de (7R=7500 kg/cm^.

D

Sabemos que a^ = 750 = 50000

7 t ( D ' - d ' ) 7 t (20 ' -d ' )

2-10' 20^ = 17,8cm

7t-750

2 0 - d Por tanto el espesor será = 11 nini=e

Respuesta: 11 mm de espesor

39

» Compresión

10.3.- Un sillar de aristas a, b, c, peso específico y y carga de rotura por compresión aa, se apoya sucesivamente sobre cada una de sus caras. Hallar la relación de las cargas totales Pj, Pz, y P3 que pueden soportar con igual seguridad cuando sean respectivamente verticales las aristas a, byc

Arista a vertical: OR P, + y • a • b • C

T| b e

a , d b c = P ,+Y-ab-c

• = >

Arista b vertical:

TI Arista c vertical:

°«i - ^ -

P^+Y-a-

P j + y - a 0 L

a b e c

•b-e

1*1 =CT. jb -c -yabcr :> P, = b - c ( o . j - y a )

Por la misma razón Pj = a • c(a,j - y • b)

P 3 = a b ( C T , j - y c )

Respuesta: P, = b e ( p ^ - y a l P2 = a c í a ^ - y b l P3 = a b ( a ^ - y e j

10.4.- Un muro de ladrillo debe tener una altura tal que la hilera inferior resista a la compresión con un coeficiente de seguridad TJ=20. Determinar la altura, siendo su peso específico y=l,6y la carga de rotura por compresión CXRÎOO kg/cm^.

^

- ^ R 100 'ad = 5 kg/cm^

h

<J«i =

20 20

Sea la sección de la base del muro de ladrillo.

= 5 kg/cm

a,d: crri^

= /?[c/w]-0,0016 cm^

0,0016

Respuesta:

= 3125cms= 31,25 mt

31,25mt

40

Compresión

10.5.- Un muro de ladrillo tiene tres retallos de alturas hj=3m , h2=2m, hj=ltn, siendo la anchura de la coronación b=0,4m, el cimiento debe de cargarse a razón de 3 kg/cm? y este es el valor de la tensión específica admisible de la fábrica. Hallar la carga actuante P que puede soportar el muro por unidad de longitud y la anchura x e y, peso específico y del material 1,6

Al

A As

A: A

VAl hi=3m h2=2m h3=lm b=0,4m

La tensión específica admisible a compresión tiene que ser la misma en las secciones Ai, A2 y A3, siendo:

P = pl (Peso por unidad de longitud)

Ai=0,4-1

A2=X-1

A3=y-:

<y«i =

p l + A, h, -Y p l + [A, h, + A 2 h 2 ] Y _ p l + [ A , h, +A2 -hj +A3-h3]Y

3 = _p- l + 401-3000,0016 p l + [401-300 + xl-200]0,0016

401 x l

3 = _ p l +[40-1 •300 + xl-200 + yll00]-0,0016

y l

Resolviendo el sistema

Respuesta:

x=0,45 m

y=0,48 m

p= 10080 kg/m

41

Compresión _^

10.6.- El ensayo de dureza Brinell consiste en comprimir, contra el cuerpo cuya dureza se busca, una pequeña bola de acero. Se ha comprobado que para presiones pequeñas P=C'h, siendo C una constante y h la flecha o altura de la huella producida (un casquete esférico). Hallar la relación entre p y R, siendo p la presión media (unitaria) sobre el círculo de diámetro AB y R el radio de curvatura de la huella en forma de casquete.

Aplicando: l - J = ( 2 R - h ) h

= 2 • R • h - h al ser h pequeño, se desprecia h

4 - = 2-R-h[l]

n-d' Sustituyendo [1] en esta expresión y despejando

T C - d '

P=.p ' =p -7 t -2 -Rhypor otra parte P=Ch

Igualándolos: 2 p - 7 t R h = C h

Respuesta:

42

Capítulo 3


Cortadura

Cortadura

3 . CORTADTJRA

3.1. CORTADURA.

Sea una pieza prismática de la forma de la figura adjunta, y sometida a un esfuerzo F, que

actúa en la parte sobresaliente superior, que actúa paralelo a la sección ABCD, y tendiendo a

desplazar la parte superior sobre la inferior, según dicho plano o sección.

Pues bien, diremos que la superficie ABCD cuya área llamamos A está sometida a un

esfiierzo cortante, cuya intensidad media es:

F T = —

A

Llamamos T a la tensión específica tangencial, en la dtada sección, y su ecuación de

dimensiones es Kg/cm^.

Si el valor de x es tal que se produzca el desgarramiento de las fibras del cuerpo, haciendo

deslizar la parte superior sobre la inferior, se denomina tensión tangencial especifica de rotura y se

denomina XR. Por tanto:

siendo n un coeficiente de seguridad.

43

Cortadura

3.2. VALORES DE LA TENSIÓN TANGENCIAL DE CORTADURA. En general en los metales la tensión de cortadura, está ligada con la tensión de tracción o

compresión por la expresión:

_ • 0»dm

Por ello en el acero A-42b de o hn = 2600 Kg/cm^ el valor de Xadm = 4/5.2600 = 2080

Kg/cm , entendiendo que sólo trabajamos con valores de la tensión dentro del periodo elástico.

En otros materiales, como la madera, es más fócil como todos sabemos cortarla en el

sentido de la fibra, de ahí que en la madera podamos establecer un valor para Xi paralelo a la fibra, y

otro X2 perpendicular a las mismas:

X, = [ 12 ^ 15 ] Kg y X2 = [ 50 ^ 80 ] Kg

cm cm*

Claro que estos valores hay que tener muy presente que dependerán del tipo de madera, ya

que hay maderas blandas, semiduras y duras.

3.3. PROBLEMAS. 3.1.- Calcular la altura h de la cabeza de un muerto de anclaje, admitiendo que la

resistencia de la cabeza a ser arrancada del cuerpo sea igual a la de tracción.

La carga o esfuerzo que soporta a tracción es:

PR = — - — • OR y a la cortadura PR = K • d • h • XR

igualando ambas expresiones:

K . d'

y sustituyendo el valor de XR = 4/5.OR tenemos

OR — 71 • d • h • XR

— OR = 0 . 8 - d h - O R 4

- = 0.8h ; h = — = 0.3125d 4 3.2

44

Cortadura

Respuesta: h = 0.3125-d

En la práctica se toma h = (0.7 4- 0.9 ).d

3.4. DEFORMACIONES PRODUCIDAS POR LA CORTADURA. Sea un prisma como el representado en la figura, y sobre la cara superior se aplican unas

cargas de forma que su resultante es F y admitiendo que la base inferior está empotrada, y por tanto

no se puede desplazar.

A'

A

R

r—\~ •

/

D

C

-^? -•F

Dicho esfuerzo origina que la cara del

paralelepípedo A D D'A' se desplaza respecto a la B C

C'B*. Al ocurrir este efecto las caras (ver fig. inferior) AB,

AD, DC no experimentan deformación alguna al no existir

fatigas normales a dichas caras, pero la diagonal BD se

alarga, transformándose el rectángulo ABCD en el

romboide AB C D'.

El ángulo BCD = ;i/2 se transforma en el ángulo

BCD - 7t/2 + y siendo y el ángulo que mide la distorsión del

elemento y se denomina deformación unitaria a la

cortadura.

Experimentalmente se demuestra una ley semejante a la que ya vimos, y que llamamos Ley

de Hooke en la tracción, y que en cortadura es solamente Ley de cortadura.

T = G- y

En dicha fórmula G es el módulo de elasticidad transversal, que es propio de cada

material, y que damos valores en el cuadro de la página siguiente.

Dado que experimentalmente también se define que T = F / A , se deduce que al ser y

adimensional, la ecuación de dimensiones de G y de x son las mismas.

£1 valor de G está ligado a los valores de E y al módulo de Poisson de cada material.

45

Cortadura

G = 2

E

( 1 + \i)

Para los metales el módulo de Poisson varía de 0.025 a 0.03

Tabla de valores de G para distintos materiales

MATERIAL

Acero (0,15-0,30 %C)

Acero (3 - 3,5 % Ni)

Fundición gris

Aluminio, ñindición(99% Al)

Latón (60 % Cu; 40 % Zn)

Bronce (90 % Cu; 10 % Sn)

Cobre

G I^cm^

8,44.10^

8,44.10^

4,22.10^

2,80.10^

3,52.10*

4,22.10*

4,22.10*

Vamos a demostrar la fórmula anterior, para lo que supondremos un cubo de arista unidad

sometido a un esfuerzo P.

Debido a ese esfuerzo se origina una compresión.

fÑT

A'

D

"71

^ ^

"r-t-'K' y//^/Á^)/////)/////w//^/y

Por efecto de dicha presión el cubo se

comprime y el ángulo recto que forman las

diagonales que era 7i/2 se transforma en 7c/2

+ y; de tal forma que C'D' = l-e y sabemos

que E, = 8.H, por tanto el ensanchamiento

transversal B'C- 1 + e , = 1 +.|i 8 . Por

tanto si expresamos la tangente del ángulo deformado expresado en su mitad;

, 7t Y B'C'/2 ^^ A l ' D'C'/2

7C Y ^ tafil - + 7-

4 1 ) D'C 1+ n

1- 8 y desarrollando

46

Cortadura

n y tag- + tag-

1 - tag- • tag-

1 + ^-e 1-8

sustituyendo los infinitésimos equivalentes

Y

1 - 1 • -" H^;[>.^].(.-e,=[>.X|.(....e)

, ^Y Y ,^ y Y Y Y^Y^ Y 1-S+—-E— = 1 + ue-—-| i-8— ; T-E—+—+ n e — = |a-8 + e

2 2 ^ 2 2 2 2 2 2

Y s • (lí+ 1) I . [ 2 - s . ^ . s ] = B . ( ^ . l ) ; ^ 2 . s - ( ^ - l )

si despreciamos el término e.(^-l) del denominador por ser infinitésimo:

y e • ( n + 1 ) o P - = ; Y = 8 • ( n + 1 ) y como ^ = - = -

(1) Y = £ • ( 1+ ^ )

Si aplicamos la ley x = G.y a este caso, eqjlicamos el esfuerzo que la P produce sobre BD.

P P • cos45 P , ^ T = — = ;; = — • cor 45

A A A eos 45

pero A = 1 y eos 45 I 2 J 2

T = y como T = G • Y igualándolas

47

Cortadura

P P G.y = - ; y = — (2)

^ • ( 1 - ^ ) 2 • G

3.5. TRABAJO ELÁSTICO EN LA CORTADURA.

La fuerza F actuará gradualmente de O a F Kg. por lo

que tomaremos un valor medio, es decir, la media aritmética:

A' D D*

O + F _ F

2 " i F' =

Y dicha fuerza será la que desarrollará el trabajo elástico de

deformación, o lo que es lo mismo, la energía que tiene el

material para recuperar su forma primitiva:

F F T = F 'DT) = - D C t a n ^ = - D C r ; ya que tzny^r

Si en esta expresión multiplicamos y dividimos por el valor de A, que es la sección de cortadura del

bloque:

1 F 1 1 T T ' T = - • — • D C Y A = - • x I A y = - • x l A — = - — - • V

2 A 2 2 G 2 • G

48

Coitadura

Esta fórmula guarda semejanza con la de tracción que recordando era la siguiente.

T = - 5 _ . v 2 E

Y por supuesto el trabajo elástico a la cortadura por unidad de volumen es:

3.6. REMACHES Y TORNILLOS DE UNION. GENERALIDADES.

Se utilizaban estos elementos para unir piezas metálicas que previamente se tenían que

taladrar, usando como elemento de unión dichos remaches. Hoy en día el remache o roblón apenas

se utiliza, siendo sustituido su uso por los tomillos cuyo cálculo para las uniones es muy semejante.

Tanto los remaches como los tomillos están normalizados. En el caso de una unión con

varios de estos elementos, las fuerzas se considera que se reparten en partes iguales en cada uno de

los citados elementos de unión. En el caso de los remaches también se establece la hipótesis de que

los taladros en su montaje se han de hacer 1 mm. mayor que el diámetro de la caña del remache, án

embargo, en los tomillos sensiblemente es el mismo.

Así en el caso del remache, éste se ha de colocar en caliente, y cuando se aloja en el taladro

y se remacha, llena todo el taladro o hueco.

La razón de haberse dejado de utilizar los remaches y ser sustituidos por los tomillos, o por

otro tipo de unión como la soldadura, no es más que la económica, ya que la unión con remaches

necesita mucha mano de obra (cuadrilla de remachadores).

En el caso de elementos metálicos a unir, ccm remaches o tomillos, éstos podrán estar

solicitados a esfuerzos de cortadura, compresión diametral, tracción y flexión, o esfuerzos

combinados, pero en el cálculo sólo consideraremos los dos primeros, para dimensionar y calcular el

número de remaches o tomillos necesarios.

Por supuesto las cabezas de los remaches y tomillos vienen normalizadas para no romperse

a cortadura.

49

Cortadura

3.6.1. FORMA DE TRABAJO.

Si tenemos dos elementos metálicos a unir por un remache o tomillo, y sometidos a una

fuerza de tracción P como se muestra en la Fig. a en un caso de simple cortadura, los elementos de

unión se calcularán a simple cortadura y a compresión diametral.

Figura a

^ - ^

Figura b

Por el contrario en la Fig. b el elemento de unión, une tres elementos metálicos, o bien los

dos centrales se unen con otros dos, superior e inferior, llamados cubrejuntas y en dicho caso los

calcularemos a doble cortadura y a compresión diametral. En este caso e'= e/2+1, siendo e el

espesor de las chapas a unir y e' el espesor de los cubrejuntas.

El cálculo de los remaches y tomillos se realiza con la ayuda de tablas de Prontuarios, y la

distribución de los mismos depende de los elementos a unir, ya que no es igual unir dos PNI por las

alas, que unir dos planchas a topes.

3.6.2. CALCULO DE LAS UNIONES.

Para calcular las uniones hay que comprobar que los elementos de unión (roblón, remache,

tomillo) son capaces de resistir el esfuerzo cortante al que se encuentran sometidos cada uno de los

elementos de la unión. También se ha de comprobar que cualquiera de las châs unidas son

capaces de resistir el esfuerzo al que estarán sometidas, en la sección de área mínima.

50

Cortadura

3.6.2.1 CALCULO DE LOS ELEMENTOS DE UNION. Para la comprobación de los elementos de unión, primeramente, se ha de calcular el

esfuerzo al que se encuentra sometido cada elemento y a partir de este esfuerzo, se hallará la tensión

que soporta. Esta tensión ha de ser inferior a la admisible del material del que está fóbricado el

elemento.

De las dos posibles formas de trabajo del elemento de unión, cortadura y compresión

diametral, el elemento se calculará para el caso más desfavorable.

3.6.2.1.1 Elemento de unión sometido a simple cortadura. Se ha de comprobar que el elemento podrá estar sometido a el menor de los dos

esfuerzos siguientes;

T C - d ^ T Pt = — Simple cortadura

Pe = c^ • e • d Compresión diametral

donde:

d = diámetro del elemento

e = espesor de la châ más delgada de las unidas

Tad = tensión cortante máx. adm. por el material del elemento

Oc =Tensión a compresión diametral.

3.6.2.1.2 Elemento de unión sometido a doble cortadura. Se ha de comprobar que el elemento podrá estar sometido al menor de los esfuerzos

siguientes:

51

Cortadura

P2. = 7C • d^ • T ^

doble cortadura

Pe = a • e„ • d compresión diametral

donde:

d = diámetro del elemento

em= espesor a tomar el menor entre el espesor "e" de las chapas y 2.e', siendo e' el

espesor de un cubrejunta

Ttd = tensión cortante máx. adm. por el material del elemento

Oc = Tensión a compresión diametral

3.6.2.2 FORMAS DE APLICACIÓN DE LAS CARGAS.

Las cargas aplicadas sobre las uniones pueden actuar de dos formas, centradas o

excéntricas. Cada una de las formas de trabajar implica una serie de pasos diferentes, para el cálculo

de los esfuerzos que actúan sobre cada elemento de unión.

3.6.2.2.1 Unión con cargas centradas.

o o o o o o

o o o

'íííímmmí'A

0 0 0

0 0 0

0 0 0

TO <¿ j j 'AMar f°^

T/2 W S

52

Cortadura

La carga a la que se encuentra sometida una unión se dice centrada, cuando la recta de

acción de la carga pasa por el centro de gravedad de las secciones de los elementos de unión que

componen la unión. En estos casos, el esfuerzo se considera que se reparte proporcionalmente al

área de la sección del elemento en estudio:

donde

Pi: esfuerzo que ha de soportar el elemento i

Ai: área del elemento i

T : carga que ha de soportar el conjunto de los elementos de unión.

n : número de elementos de unión

En el caso de ser todos los elementos iguales la ecuación anterior se simplifica:

3.6.2.2.2 Unión con cargas excéntricas.

- ^

o

° 0

1 n 1°

53

Cortadura

En el caso de cai gas excéntricas, la carga equivale a una carga igual aplicada en el centro de

gravedad del conjunto de las secciones de los elementos de unión, más un momento cuyo valor

viene dado por la carga original y su excentricidad respecto del centro de gravedad del conjunto de

los elanentos, es decir, la carga original se reduce a un sistema equivalente en el centro de gravedad

del conjunto de las secciones de los elementos de unión.

El problema original representado en la figura (a) se transforma en la suma de los dos

problemas representados en (c) y (d). Bastará resolver los dos problemas (c) y (d), y la suma de sus

soluciones será la solución del problema original (a).

-Problema (c).

El problema (c) es un problema de carga centrada, entonces bastará con aplicar lo dicho en

el apartado 3.6.2.2.1:

¿Ai donde:

i = I

Pi= esfiíerzo soportado por el elemento i y ddsido a la acción de la fuerza P

Aj= área del elemento i

P = carga que ha de soportar el conjunto de elementos

-Problema (d).

En el problema (d) se admite que el esfuerzo soportado por cada elemento es directamente

proporcional al radio vector de posición del centro de cada elemento de unión respecto del centro

de gravedad del conjunto y es tal que contribuye al equilibrio del momento aplicado.

Fi = k T i

donde:

Fi= esfuerzo que soporta el elemento de unión i dd)ido al momento producido por

la excentricidad de P

54

Cortadura

K - constante de proporcionalidad

Ti = vector de posición del centro de gravedad del elemento respecto del centro de

gravedad del conjunto

De tal forma que el momento será equilibrado por el conjunto de los Fi

M = P- e = ¿ k - r. • ri = k - ¿ r ? k = P e

i = \ i = 1

i=l

quedando:

F, = P e • ri

n

Zr? i - 1

-Solución al problema original.

Como ya se ha dicho, la soludón al problema original pasa por la suma de las

soluciones de los dos problemas anteriores, la cual da como resultado el problema orig ial, siendo

Ti el esflierzo soportado por cada elemento de unión:

55

Cortadura

Ti = P¡ + Fi

Ti = Aj

n I Ai

i = 1

P + P e n

1 = 1

Ti = P A¡

n S Ai

i = 1

+ e n

n* I r?

i = 1 -

56


Flexión

Flexión

r.

4. FLEXIÓN

4.1. FLEXIÓN SIMÉTRICA. GENERALIDADES. Para una mayor claridad del lector tendremos en cuenta un viga prismática de sección

rectangular como la que representamos en la figura adjunta, y que consideraremos ingrávida y

sometida a dos fuerzas paralelas e iguales, por tanto las

reacciones en los apoyos o extremos serán RA=RB= P .

Supongamos la viga cortada por la sección SS entre las

dos cargas P equidistantes de los apoyos. Para que el elemento

de la barra permanezca en equilibrio al aislarlo, actuaran unas

fuerzas en la sección SS que son debidas a la cohesión de las

moléculas, que la paite de la viga suprimida ejerce sobre la no

suprimida.

1 IB

:I

^ M

ni !Lc

LN

d(|)

A continuación damos unas definiciones de términos

relacionados con la flexión de forma aclaratoria:

"Plano de cargas", es d plano que contiene las cargas

extemas P, y las reacdones, es decir, el plano AA1A2A3.

"Plano de fibras neutras", es el plano de la viga

cuyas fibras, una vez flexada no experimentan defiarmadón

alguna. (Es el plano rayado).

"Línea de carga" de la sección SS, es la intersección del plano de carga con el plano de la

citada sección y que la llamaremos Le.

"Linea neutra" de la sección SS, es la intersección del plano de fibras neutras con el de la

citada sección y que llamaremos LN.

57

Flexión

i lÍT M,

^é

En nuestro caso las cargas

extemas P y las reacciones están

contenidas en un plano de carga, que es

normal al plano de la sección y que

contiene su eje principal de inercia.

Ra Pues bien, las fuerzas que actúan a

la izquierda de la sección SS, en nuestro

caso RA y P, producen respecto a la fibra neutra de la sección un momento que llamaremos

"Momento flector", y que representaremos por Mr,. Lógicamente para que dicho elemento de

viga permanezca en equilibrio, dd}erá suponerse actuando en SS por la derecha un momento,

llamado "Momento resistente", MR, igual y de signo contrario al M^. Una viga como la que

mostramos y que está sometida a las citadas cargas, sufre una deformación que llamaremos flexión.

4.1.1. HIPÓTESIS EN LA FLEXIÓN.

- 1* de Bemoulli: En la flexión las secciones se conservan, es decir, si una viga es de

sección circular antes y después de flexarse sigue siendo igual la sección de la misma, es decir,

circular.

- 2* de Bemoulli: En la flexión las secciones ^ran alrededor de sus lineas neutras, y por

tanto, el plano de fibras neutras no experimenta deformación alguna. Las fibras situadas por encima

1' r ^

I I

Plano de fibns oeuUas |

T

de dicho plano se acortan, por tanto están trabajando a compresión, y las inferiores al plano de

fibras neutras se alargan, luego están trabajando a tracción:

ST > S'iTi luego hay compresión

SoTo < S'oT'o luego hay tracción

58

Flexión

S ai Si

- 3' Hipótesis de Navíen Consideremos aisladas las

secdones enmarcadas en el círculo de la figura. Llamando yi a

la distanda de la línea naitra a la fibra extrema, si queremos

calcular la fatiga de una fibra situada a la distanda "y" variable

de la fibra neutra, dado que SS'i representa el Al de la fibra

extrema, o lo que es lo mismo su s, o también su Oi, es dedr,

los alargamientos o acortamientos, las deformadones

unitarias, y las tensiones guardan una ley triangular. Por

semejanza de triángulos:

o Oi

y oi = — ; a - — •

y, Vi

Oi

o = — • y y.

y

4.2. ESTUDIO DE LA FLEXIÓN SIMÉTRICA.

Para una mayor claridad dijimos anteriormente que tomábamos una viga de sección

rectangular, pero en general tomemos una viga de cualquier

sección como la de la figura adjunta.

y*

•L.

Estudiemos las condiciones de equilibrio del elemento de viga

aislado:

V. La resultante de las fiierzas internas en el equilibrio

tiene que ser nula, es decir, LFx = 0.

Consideremos una fiíerza elemental á^, como sabemos

que:

a = I. = ü A ds

integrando íd^ = O ; Jo • ds = O

y despejando d(|) = a • ds

sustituyendo o de la Hipótesis de Navier, y sacando constante de la integral:

59

Flexión

— • J y • ds = O pero J y • ds = Yo • S y por tanto y i s s

^ . y . s ^ o

pero ai= Cte 9í O, yi= Cte ?i O, y S=Cte;íO luego: ya = o

Por tanto la línea neutra pasa por el c.dg. de la sección.

2°. Consideremos ahora la condición ZFy=0. Pues bien, en este apartado la única conclusión

que deducimos es que las cargas extemas P se equilibran con las reacciones.

3°. Tomemos momentos de las cargas extemas, es decir, las fuerzas P, y la reacción RA

respecto a la linea de carga; al ser dichas fiíerzas paralelas a la citada línea de carga su momento es

cero, luego también deberá serlo el de las fuerzas

' internas.

ds =dx • dy La fuerza díj) actúa sobre el elemento de área ds

y su momento respecto a la línea de carga será: i.>

dM = d<t> • X • sen 90 = x • d(j) • 1

sustituyendo d(j) como en el apartado 1° e integrando:

fdM = 0 Jx • o • ds = — j x • y • ds = O s ^\ %

0\ — • Ixy = O y, ^

Los ejes x e y son la línea de carga y la línea neutra de la sección. Ahora bien, a\= Cte ?í O y

yi= Cte ^ 0. Por tanto:

Ixy = O

60

Flexión

Es decir, el producto de inerda de la sección respecto a los ejes x e y, es de valor nulo.

Por tanto, la línea de carga y la linea neutra de la sección son ejes principales de inercia

de la sección.

4°. Si tomamos ahora momentos respecto a la línea neutra de la sección, el momento de las

fuerzas extemas lo hemos definido como momento flector, y el momento de las fiíerzas internas ,

Nfc, respecto a la misma línea neutra, es un momento como ya dijimos igual al flector pero de

distinto signo, por tanto:

dMpx = dMR = d(j) • y • sen 90 = y • d(|>l e integrando

|Mp,=MFx = íyd(l) = J y o d s = — j y ' - d s K s Vi s

Oi

M i

a i = -I

X

En esta fórmula haremos ai -> Oad„, del material que será de tracción o compresión. La expresión

se define como módulo de resistencia a la flexión, siendo I, su momento de inercia Wx = ix Ix

respecto al eje "x" e yi la distancia de la fibra neutra a la fibra extrema. Por tanto Oadm _ MFX

Wx ,yen

la práctica, como Mpx es una expresión que tiene un valor máximo Mpinax, tomaremos:

que es el valor de la tensión de flexión.

La tensión se expresará en Kg/cm^ el MFm« en Kg.cm, y Wx en cm^

61

Flexión .

En goieral, en esta fórmula conocemos el momento flector máximo a que está sometida la viga, y la

tensión admisible del material, y se calculará Wx, con el que dimensionaremos la viga.

4.2.1. MÓDULOS RESISTENTES DE ALGUNAS SECCIONES. Dd7Ído a que es una característica estática importante, que interviene en la fórmula de la

flexión, damos algunos módulos resistentes de varias secciones:

- Rectángulo:

I" T b- h h Wx = — pero como h = ,^ e y, = -

y, 12 ' 2

Cuadrado: Caso particular del anterior donde, b=h=a

X Mi .m »>

¡

X

SL

Wx = —

Estos valores vienen en el Prontuario.

Círculo:

Valores también tabulados en el Prontuario.

Ix Tt-d d

Wx =

71-d^

_ 64 . T í d ' , d 32 2

2 0 , l d '

Wx = 0,1 • d'

62

- Corona circular:

Flexión

Wx = — pero Ix=—"(D^-d^) e y, = — V, 64 2

Wx = .k-(Jy'-d')_n (D'-d') D'_

1 j) 32 D D '

2

siendo k = d/D

Perfil normal I:

7t d

32 D^

Wx = ^ • (1 - kO • D^

"" F

cT-ryy-r^

Ix Wx = —, pero los valores de Ix vienen en el Prontuano, así como los

Vi

1 valores de W,.

- Otros perfiles laminados: Los valores de Wx vienen calculados y tabulados en los Prontuarios de

Ensidesa y Altos Hornos de Vizcaya.

4.3. FLEXIÓN ASIMÉTRICA.

En la figura que exponemos se observa que las fuerzas que actúan sobre la viga producen

una flexión de la misma de tal forma que la línea de carga no es el eje principal de inercia de la

sección, y por ello se produce una flexión llamada flexión asimétrica, que no entramos a explicar

en profundidad por no salimos del contexto.

VA" . • V »

• ' / / / x

63

Flexión •

£1 estudio teórico, como ya decimos lo omitimos, aunque lógicamente guarda una

semejanza con el estudio de la flexión simétrica, pero lo explicamos sólo prácticamente.

Un caso se nos presenta, por ejemplo, en las correas de madera de sección rectangular de un

cubierta en la que la línea de carga es vertical.

Procederemos de la siguiente

manera:

r . Descomponemos las fuerzas en dos

direcciones x e y definidas por los ejes

principales de inercia de la sección.

2". El momento flector determinado por las

fuerzas situadas en el plano y, tiene un eje

Mtx, eP cual determina una fatiga máxima

(J, = M 5 L = M £ ^ ^ siendo W^ el módulo Wx -y-

resistente de la sección respecto al eje x.

3". El momento flector producido por las fiíerzas situadas en el plano x, tiene un eje Mpy, que

determina una tensión máxima 02"=—~~~T~^' siendo Wv el módulo resistente de la sección Wy IZ

^ X

respecto al eje y. 4°. La fatiga total máxima producida por los dos momentos MFX y Mpy se puede calcular por la

Oroax - a i + 02 = . MFX

Wx

Mpy

Wy

Esta fórmula es bastante correcta cuando la sección de la viga es rectangular, o una doble T.

De esta fórmula se deduce que:

(a)

siendo n Wx

Wv

= MFX + n • Mpy " x

Se puede, para un primer tanteo, tomarse:

n = 9 paralPN

n = 7 para PNC

64

Flexión

Después de efectuado el primer cálculo se introduce en la fórmula (a) el verdadero valor de n y se

vuelve a calcular Wx.

4.3.1. PROBLEMA: Una viga de sección IPN soporta un momento flector de componentes MF^T 160000

Kg.cm y MFy= 100000 Kg.cm

La fórmula (a) para n=9 y una tensión de aadin= 2600 Kg/cm^ es:

160000 + 9 • 100000

W 442 al IPN-260 de Wx = 442 cm\ para el cual —^ = -— = 8,6 , luego

Wv 51

160000 + 8,6 • 100000

^ m '' ' "" con lo cual, el perfil tomado es suficiente.

4.4. RELACIÓN ENTRE EL MOMENTO FLECTOR Y EL ESFUERZO CORTANTE.

Se define como esfiíerzo cortante respecto a una sección de una viga, a una distancia x del

apoyo izquierdo, a la resultante de las fuerzas que actúan a la izquierda de la misma.

Normalmente en las vigas se presentan simultáneamente los esfuerzos de flexión y

cortadura.

En la viga de la figura que por razones de simetría la reacciones

son RA=RB=P, para una sección x < a, el valor del momento

flector en dicha sección será: •

.

X

H' s

1

K t.

«1

Bb

MFX = R A • X = P • X

y el esfuerzo cortante ser

Vx = RA = P

Para secciones \\ situadas entre las cargas P, los valores serán:

65

Flexión

MFX, = RA • X, - P • (x, - a) = P • X, - P • X, + P • a

M£('i'dM&

y el esfuerzo cortante ser nulo

Entre el momento flector y el esfuerzo

cortante hay una relación que vamos a determinar.

Para ello consideraremos un elemento de viga entre

dos secciones infinitamente próximas y aisladas del

resto. Las acciones moleculares de las partes

suprimidas, sobre el elemento en cuestión, se

reducen a los pares Sectores Mn y Mpi+riMpí, y a

los esfiíerzos cortantes V, y Vx+dV,. Además sobre dicho elemento actuará una cierta carga que

unida a su peso propio designaremos por dQ.

)

Vx-'dVx

Para que dicho elemento esté en equilibrio se ha de verificar que ZMo=0

dx l M o = 0 ; Mpx-Mpx-dMFx + Vx d x - d Q — = 0

simplificando y eliminando diferenciales de T orden:

dMpx + Vx • dx = O

de aquí deducimos que el esfuerzo cortante en vigas cpoyadas, es la derivada del momento flector,

con respecto a la longitud.

nulo. Como consecuencia de ello, donde el momento flector es máximo el esfuerzo cortante es

66

Flexión

4.5. TEOREMA DE LOS ESFUERZOS CORTANTES. Supongamos que tenemos una viga sometida a flexión con una

^,.^-rT^ carga cualquiera. Dicha viga tendrá un diagrama de momentos -.-r--r1"n^TTliTiTi í l B flectores y otro de esfuerzos cortantes.

Vamos a demostrar que en vigas apoyadas, en el diagrama de esfuerzos cortantes las áreas positivas y negativas son iguales.

Consideremos dicho diagrama y tomemos dos secciones a

distancia x y x+dx del apoyo izquierdo. El área rayada ds = Vx-dx, y si

integramos entre A y B tenemos

JdS = J v , • dx = IdM^^ = [Mp]^ pero como Mp = O y Mp = O

el área es nula, por tanto las áreas positiva y negativa se tienen que anular, y para ello deberán ser iguales.

4.6. FUERZAS QUE ORIGINAN LA CORTADURA.

Si tenemos un sólido sometido a unas fuerzas que produzcan la flexión del mismo, las fuerzas de cortadura en dos planos perpendiculares que pasan por un punto serán iguales, teniendo en cuenta los signos según se acerquen o se alejen.

4.7. FUERZAS TANGENCULES EN LA FLEXIÓN. La fuerza cortante Vx en una sección SS' de una viga sometida a flexión determina fatigas

tangenciales en dicha sección y como hemos dicho en las perpendiculares a ellas.

h

s, s, s s

67

Flexión

Consideremos un trozo de viga de longitud dx, comprendido entre dos secciones SS', y SiSi*. Ambas secciones como ya comentamos giran alrededor de sus líneas neutras, acorde con los momentos Sectores que sobre ellas actúan MFI y M^+ÍIMF,.

MFX • y Sabemos que o = . Calculemos la resultante Dh de las tensiones que actúan sobre la

ix

sección SSi* situadas entre las cotas h e y. dD,

d Du = o • ds pues a = —— ds

^ tMrx • y , MFX t . MFX ^ Dh = J— ds = - — • Jy • ds = — - • Eh

I, I x I x h •Ix (1)

h ^x ^x h

siendo Eh el valor del momento estático del área rayada respecto al eje neutro.

Por otra parte la sección Si Si' estará sometida a un momento flector MFI+ tlMpí y

soportará un esfuerzo:

T , JT M F X + dMpx ^ Dh + dDh = • Eh

ix

d MFX y la diferencia entre las dos expresiones nos dará el esfuerzo tangencial d Dh = • Eh, el

¿x

cual lo soportará la sección horizontal de la viga y que estará contrarrestada por la tensión a

cortadura de esa sección:

d Dh = — • Eh = T: • bo • dx y despejando Ix

^_ Eh dM_Eh-Vx Ixbo dx Lbo

Los valores de x son variables y será máximo cuando Eh sea máxima ya que los restantes

valores son constantes. El valor de Eh será máximo cuando no tengamos que restar área, por tanto

cuando h=0, es decir que, la fatiga de cortadura máxima será en el plano de fibras neutras. Por tanto

68

Flexión

los valores de t son variables, y no se distribuyen uniformemente en la sección. Por ello la fórmula

nos quedaría:

X = Eh • Vx

In • bo

siendo I„ el m.d.i. de toda la sección respecto a la línea neutra. V el valor del esfuerzo cortante

máximo, y los valores de bo, la longitud de la línea neutra.

1°. Cálculo de la fatiga tangencial máxima que soporta una viga de sección

rectangular.

Momento estático del medio rectángulo superior respecto al eje XX, (línea naitra):

n / > ;

' y^

/ /

' / ,

e

v/

I

- h

'

, h h b - h=

Momento de inercia de la sección respecto a la línea neutra:

b - h^ In =

12

Además se verifica que bo= b, luego sustituyendo en la fórmula y haciendo Vi= V, mix-

b - h

T = En • Vx

In • bo b • h'

3 V™„ 3 V„

2 b • h 2 Área

12

2°. Cálculo de la tensión tangencial máxima que soporta una viga de sección circular.

1 \ m Momento estático del semicírculo superior respecto a la línea neutra:

En = 7t - d' 2 d ^ d^

8 " 3 ' 71 ~ 12

69

Flexión

Momento de Inercia de la sección respecto a la línea neutra:

I„ = 7t • d

64

Además se verifica que bo= d, luego sustituyendo en la fórmula y hadendo Vx= Vmax, tenemos:

E„ • V. 4 V„

lo • bo 3 7t • d 3 Área

Como resumen y en la práctica tomamos los valores de x en las secciones más usuales

como:

- Sección rectangular: Tmax 3 V„ 2 Área

- Sección circular: _ 4 V„

Timx _ 3 Área

En general: T m a x - a -Área

Siendo a un coeficiente adimensional mayor que 1, y que es propio de la sección.

Los valores de la Xmax se obtienen en las vdgas ideales para trabajar a flexión, que son las de

perfil en I, por la fiDrmula

^^<:?^

r ^ ^T f

K — I h

Xmax » max

A.alma

siendo A= área del alma = h.e

aunque modernamente se toma A = h'- e

70

Flexión

4.8. EXPRESIÓN DE LA CORTADURA PARA EL CASO DEL HORMIGÓN.

De la expresión (1) D„ = M Fx

Ix E„ se deduce el valor de las

fuerzas de compresión D originadas en las fibras superiores al eje neutro, que

es igual y opuesta a la resultante Z de las ñierzas de tracción originadas en las

fibras inferiores, es decir, situadas por dd>ajo de las fibras neutras.

De tal forma que D„=Z; y estas fuerzas al ser iguales y de sentido

contrario constituyen un par, siendo su momento Mi= D.2 (z es el brazo

D • z = M Fx luego D = M Fx

de la (1) D = Z = E„ • M Fx M, Fx

Ix

Siendo E„ el momento estático de la sección por encima de la linea neutra respecto a la

misma, y z = - ^ el brazo de palanca del par, teniendo en cuenta estos valores, la fórmula: En

x = En-V, _ n X

Ix-bo quedará

1 Yn» — _ . "MX

max 1 z b

y por tanto:

71

Flexión

4.9. RESUMEN. En el estudio de las vigas que están sometidas a flexión, en primer lugar sólo serán

dimensionadas, teniendo en cuenta las cargas extemas, que como hemos manifestado producen

flexión y cortadura en las vigas.

En segundo lugar el peso propio de la viga, también la flexa, y por tanto también tendremos

que tener en cuenta dicho peso propio, como si de una carga extema se tratara.

Problemas posteriores aclararan estas ideas.

72


Vigas Apoyadas en sus Extremos

Vigas Apoyadas En Sus Extremos

5. VIGAS APOYADAS EN SUS EXTREMOS

5.1. VIGAS APOYADAS EN LOS EXTREMOS CON CARGA CONCENTRADA EN EL CENTRO DE LA MISMA.

Calculamos en primer lugar las

reacciones y por razones de simetría.

^ A - ^ B -

Para calcular el diagrama de momentos

Sectores tomamos una sección "S" a una

distancia "X" del apoyo izquierdo.

M f X = R A • X = — • X 2

Es la ecuación de una recta, ya que es una ecuación de primer grado y para dibujar dicha

recta, calculamos dos puntos de la misma.

Se verifica que:

cuandox = 0 -> MfA = 0

cuando x = 1/2 -> Mfc = P-1/4

Por tanto, dibujamos la recta 1-2, y por razones de simetría, dibujamos la recta 2-3; luego ya

tenemos dibujado el diagrama y se observa que de todos los momentos flectores el máximo ocurre

enC.

73


Para determinar el diagrama de esfuerzos cortantes vemos que el esfuerzo cortante en A es

P VA = RA = T, valor que es el mismo para todas las secaones comprendidas entre A y C. Por

otra parte, donde el momento flector es máximo, el esfiaerzo cortante es nulo, como observamos en

el diagrama. En cambio para las secciones de la viga entre C y B, el esfuerzo cortante es

P P RA - P = - - P = - - = RB

Por ello, el diagrama de esfuerzos entre A y C es la recta l'-2', y entre C y B es la recta 3'-

4".

Los diagramas de esfuerzos cortantes y momentos Sectores, aparecen rayados en las

figuras.

El valor del esfuerzo cortante máximo será:

Vmax

5.2. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON CARGA CONCENTRADA.

Véase la viga de la fig. adjunta con una carga P

concentrada y situada a una distancia a del apoyo izquierdo

y b del derecho.

a+ b = 1

calculando las reacciones:

I F , =0 - ^ R A + RB = P

Z M B = 0 -> RA-l-P-b = 0

R A ~ , 5 RB ~ 1 1

74


El momento flector en la sección "S" de la viga situada a una distancia "x" del ^ o y o izquierdo será:

P- b Mf X = RA • X = —-— • X

que es la ecuación de una recta:

Para x = O -> Mf A = O

Para x = a -» Mf c = P- b - a

Por tanto, dibujamos la recta 1-2 y por las mismas razones el diagrama entre C y B será otra

recta, que representamos 2-3.

Por tanto el valor del momento flector máximo será:

Mf m« = P- b - a

P - b El valor del esfuerzo cortante en "S" será RA = — j — , valor que es el mismo para todas

las secciones comprendidas entre A y C. Por otra parte donde ocurre el Mf„áx, el esfuerzo cortante

es nulo. Y finalmente en el tramo C-B, el esfuerzo cortante será:

„ T> P- b „ P- a RA - P = —7— - P = - — 7 - = RB 1 1

El diagrama de esfuerzos entre A y C será la recta 1-2' y entre C y B, 3'-4'; siendo el

esfiierzo cortante máximo.

V „ , X = R A = -P b

75


5.3. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON DOS CARGAS CONCENTRADAS Y DISPUESTAS SIMÉTRICAMENTE.

En la viga de la figura de la página siguiente, cada carga

concentrada dista a del apoyo respectivo.

Las reacciones por razones de simetría serán: L_t

-fe RA = RB = P

El momento flector en la sección "S", situada a "x" del ' R A

apoyo A, será: H

J-

ñ I -!6'

M f X = RA • X = P • X

Ecuación de una recta:

Parax = 0 -> MfA = 0

Parax = a -> Mfc = Pa

y dibujamos la recta 1-2

Tomando ahora la sección "S", a una distancia xi del apoyo izquierdo, y tendremos:

Mfx, = RAXi-P(x,-a) =

= P x , - P ( x , - a ) = = Pa

También esta ecuación que es válida entre los puntos C y D es de una recta y para dibujarla

tomamos dos puntos de la misma:

ParaXi = a -> Mfc = Pa

Paraxi = 0-a) -> MfD = Pa

Luego entre C y D, el diagrama será 2-3, y con relación al tramo entre D y B será la recta 3-

4 por razones de simetría.

76


Por tanto el valor del momento flector máximo será:

Mf„„ = P a

y el diagrama vemos que es un trapecio isósceles.

Con relación al diagrama de esfuerzos cortantes, digamos que entre los puntos A y C, el

esfuerzo cortante es V = RA = P y permanece<»nstante, siendo 1-2'.

Entre los puntos C y D, donde el momento flector es máximo, vemos que el esfuerzo

cortante es nulo, línea 3'-4', y el esfuerzo cortante entre D y B será V = - R B = - P

Por tanto, el esfuerzo cortante máximo será:

V„«x = P

5.4. VIGA SOMETIDA A VARIAS CARGAS CONCENTRADAS. DETERMINACIÓN GRÁFICA DE LOS DIAGRAMAS DE LOS ESFUERZOS CORTANTES Y MOMENTOS FLECTORES.

Obsérvese la viga que mostramos en la figura, donde conocemos las cargas concentradas

Pi,P2,P3,P4; así como la posición de las mismas.

En primer lugar dibujamos el polígono de fuerzas CDEFG, en este caso al ser un sistema de

fuerzas paralelas dicho polígono queda reducido a una recta. Se elige un polo O, procurando que la

distancia polar 5 sea un número entero de Kgs., se trazan los radios polares I, n , DDÍ, IV, V; y se

dibuja el polígono funicular de las cargas concentradas. Como dicho polígono funicular, en el

equilibrio de las cargas con las reacciones tiene que ser cerrado, trazamos la línea de cierre i, y por

el polo trazamos una paralela a la línea de cierre del polígono funicular, que cortará a la recta suma

de las cargas en el punto I. Determinado I, ya tenemos los valores de las reacciones RA y ^ .

77


RA 4 Pi ^ ' í ^ ' i ^''

-•—BQOO Kc

o 1000 2000 Kg

5.4.1. ESFUERZOS CORTANTES.

Proyectamos los puntos C,D,E,F,G; sobre las direcciones deslizantes de las cargas

Pi,P2,P3,P4; tomando como base la recta I-I' el diagrama es el de esfuerzos cortantes, siendo

positivos los valores de los esfuerzos cortantes por encima de I-I' y negativos los situados por

debajo. Veamos en la sección "S" que el valor del esfuerzo cortante será:

R. P. - P2

5.4.2. MOMENTOS FLECTORES.

El Mf en la sección "S" de la viga será el momento respecto a d de RA,PI,P2,P3; todas las

fuerzas que actúan a la izquierda de la sección "S" y el valor de ese momento M = y • 5, según

vimos en estática gráfica, éste será el valor del momento flector en dicha sección:

Mf. = y• 5

78


Por tanto este diagrama, representa el diagrama de momentos flectores, pero para el cálculo

del momento, los valores de las ordenadas de ese diagrama ddêrán ser multiplicados por la

distancia polar.

El valor del momento flector máximo, ocurre en la sección donde el esfuerzo cortante es

nulo, en nuestro caso bajo la carga Pj.

Diremos en general que en este tipo de vigas, el momento flector máximo ocurrirá debajo

de cualquiera de las cargas concentradas, pero no tendrá que ser necesariamente debajo de la mayor

carga.

5.5. VIGA CON VARIAS CARGAS CONCENTRADAS, APOYADA EN LOS EXTREMOS. ESTUDIO ANALÍTICO.

Valores conocidos Pi = 2.000 (kg), P2 = 3.000 (kg), P3 = 3.500 (kg) Calculemos las

reacciones:

S F = 0 ; RA + RB-2.000-3.000-3.500 = O

^ 2 ] M B = 0 J R A - 4 - 2 . 0 0 0 - ( 4 - 1 , 2 ) - 3 . 0 0 0 - ( 4 - 2 ) - 3 . 5 0 0 - ( 4 - 3 ) = 0

RA=3.775(kg); RB=4.725(kg)

Calculemos los momentos flectores debajo de cada carga

79

Vigas Ajwyadas En Sus Extremos

Mf.=RA-l,2

Mfi = 3775-l,2 = 4350(m-kg)

Mf2 = RA-2-p,0,8

Mf 2 = 3775 • 2 - 2000 • 0,8 = 5950(m- kg)

Mf3= - ( - R B 1 ) = R B 1

Mf3 = 4725(m-kg)

Elegimos el mayor:

Mf™x = 5.950 (m-kg)

Dibujamos el diagrama de esfuerzos cortantes y

observamos:

V„^= - 4.725 (kg) = RB

A

»!-«»*• I i-i ^ - M M « I

B

Etcolo ionqitudn - I I L. 2 m

'OOO 5000 10000 m k g Eacala momentos >—i—I—i—i i i

Cacólo fuerzos 1000

1—1 L_ SOOO 10000 kg

5.6. VIGA APOYADA EN LOS DOS EXTREMOS, CON UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA.

Tenemos una viga de luz I sometida a una carga

uniformemente repartida de valor q. Por razones de simetría

las reacciones valdrán: > — x / 2 ^ s

RA ~ RB ~ q l

I ' i i I I '

El momento flector en la sección "S" de la viga, situada

a la distancia "x" del apoyo izquierdo será:

80

Vigas Aptyadas En Sus Extremos

Mfx R A • X - q • X • —

Mf X = — T " • X -

Puesto que la resultante de todas las cargas sobre el tramo de viga A-S será qx, y su

momento respecto a la sección "S" será qx • x/2; ello es factible puesto que en un sistema de fiíerzas

paralelas se verifica el teorema de Varignon; por tanto analizando la ecuación tenemos que:

x.rr - ^-^ q- x' M f X = - ^ r - • X - — - —

Esta es la ecuación de una parábola de 2° grado, cuya forma será la indicada, y para calcular

el momento flector máximo derivamos dicha expresión, obteniéndose:

Por tanto, dicho máximo ocurre lógicamente en el punto central de la vaga, y el valor será:

Mf„av = —-q.l 1 \2

4 ' 8

Mf„„ = q l ^

además para x=0 -» MfA=0, y para x=l -> MfB=0; que es una parábola que pasa por A y B

y su máximo está en el centro cuando x = — 2

Con relación al diagrama de esfuerzos cortantes calculemos el valor en la secdón "S"; como

sabemos: (vigas apoyadas)

d d-1 2-a-x q-1

Desde el punto de vista matemático esta ecuación es una recta, luego para representarla

definiremos puntos de la misma:

81


x = 0 - > V A = V = R, q_l 2

""^2 q l q l Ve = V - -V = O

Por tanto dibujamos el diagrama y observamos que:

V max q l

Si 2

Como podemos comprobar, donde el momento flector es máximo el esfuerzo cortante es

nulo, es decir, en el centro de la viga.

5.7. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON UNA CARGA TRIANGULAR

Consideremos la viga que mostramos en la figura

con una carga creciente de O (kg/m) en A y q (kg/m) en B,

creciendo según una ley triangular que se representa en la

figura. R,,

La carga resultante que soporta la viga será

q l 1 Q = — y estará aplicada en C.D.G., es decir a - del

apoyo derecho.

Calculemos las reacciones:

2:MB = O->R,.1-5-1.1 = 0 2 3

82

Vigas xyadas En Sus Extremos

El momento flector en la sección "S" situada a "x" del ôyo izquierdo será

X

Mf X = RA • X - Q'- — siendo Q' el área resultante de las íiierzas en el tramo A-S, por tanto

q'-x Q' = ——, y como por otra parte podemos calcular por semejanza de triángulos el valor de q',

tendremos que

q' x q x

q T ^ í' = V

qx

Q' = —i = ^ ^ 2 2-1

que sustituiremos en la expresión de los momentos flectores:

q l q x ' X q l x qx^

que es la ecuación de una parábola cúbica.

Para la determinación del momento flector máximo derivamos esta expresión e igualamos a

d , ^ q l 3 q x '

, 3 • x' 1 1- —— = 0 -^ X = - p = 0,577-1

1 V3

Es decir, que en la sección que está a una distancia de 0,5771 del oyo izquierdo, en dicho

punto de la viga ocurre el momento flector máximo y para determinarlo, sustituimos en la expresión

general de los momentos flectores y tendremos:

f-T

cero:

Mf„«c = 0,064 • q • 1

Siendo el diagrama de momentos el representado en la figura por la parábola cúbica.

83


Para la determinación de los esfuerzos cortantes, basándonos en que Vx

expresión ya demostrada anteriormente, tenemos que:

d , , q l 3 q x '

que es la ecuación de una parábola de 2° grado y ocurre que:

^ ( M f . ) ,

q l parax = 0 -^ VA = -7- = RA

o q l

parax = 1 -^ VB = - ~

y donde el momento es máximo vemos en la figura que el esiíuerzo cortante vale cero. El

valor del esfuerzo cortante máximo será:

Vmax ql

5.8. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS, CON CARGA TRIANGULAR DOBLE.

Si la carga es la representada en la figura y el

valor de la carga en el centro es q, el valor de la carga

resultante será:

^ 2

Las reacciones en los apoyos serán por razones

de simetría iguales y de valor;

-9.-31 RA ~ RB ~ _ ~

El momento en la sección "S" situada a "x" del

apoyo izquierdo será:

84


Mfx = R A - X - Q ' J

siendo Q' = q 'x

y por semejanza deducimos q', de tal forma que:

q' _ X 1 ; ^ q ' = q-

2-x

y sustituyendo en la expresión del Mf^.'.

Mfx =

2-x _ q ' ^ 1 x _ q l ^ q x '

3 4 3 1

Siendo esta expresión de los momentos flectores válida entre las secciones comprendidas

entre el apoyo A y el centro de la viga, donde es evidente que ocurre el momento flector máximo,

que lo calcularemos haciendo en esta expresión anterior x=l/2, resultando:

Mfm„ _ q-1 1 •

M I2J

4 2 31

Mfm„ =

_ ql^

8

ql^ 12

ql^ 24

_ 31 12

El diagrama de momentos flectores en la mitad izquierda de la viga es la parábola cúbica 1-2

cuya ecuación definimos, siendo el diagrama de la mitad derecha de la viga por razones de simetría,

la parábola 3-2 simétrica a la 1-2.

En cuanto a los esfuerzos cortantes:

si. Sil K4 '^' 31

3^

^J = ñl ^•q'x' = 3l sií! 4 ' 3-1 4 * 1

85

Vigas Apegadas En Sus Extremos

Esta expresión es válida para el diagrama de los esñierzos cortantes de la semiviga

izquierda, y es una parábola de T grado, que representamos en la figura por 1-2' y para el tramo

derecho será 3-2'. El valor del Vmíx será el de las reacdones:

Vmax . R A R B

5.9. VIGA APOYADA EN LOS DOS EXTREMOS CON UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA EN PARTE DE SU LONGITUD.

Supongamos una carga q distribuida en una

longitud c desplazada, es decir, distante a del apoyo

izquierdo y ¿ de apoyo derecho, su punto central J.

Calcularemos en primer lugar las reacciones:

ZF, = 0 -» RA + R B - q c = 0

I M B = 0 ^ ^ RA-l-q-c-b = 0

Para calcular el diagrama de momentos

flectores, sabemos que en el tramo A-C de la viga la

ecuación de momentos flectores es una recta, ya que

Mfx = RA • X, ecuación válida entre A y C, de tal forma que el momento en C vale:

Mf c = R/ /

a-V

^\ — 1)

q c b

1 c

y por la misma razón, en el tramo D-B, también la ecuación de momentos flectores es una

recta, ya que el momento tiene por ecuación Míe = -(RB-XI) momento calculado por la derecha de

tal forma que en el punto D se verificará que:

Mfo = - RB » - ! = R] B • b -1)

q c a

1

c

La expresión del momento para una sección "S" a una distancia "x" del apoyo izquierdo y

para el tramo comprendido entre C y D, será:

86


Mfx = RA-X- q x - l a - | a--

Mf. = - p x - - x - l a - |

Esta es la ecuación de una parábola y para calcular el máximo derivamos e igualando a cero, el

c b-c máximo ocurre para x = a - — + —— Que sustituyendo en la expresión general dará:

Mfmax -q b c 21 2-a- c +

b e 1 ;

Para el estudio del diagrama de esfiíerzos cortantes sabemos que en el tramo A-C de la viga.

es constante de valor RA = q c b

1 , que es la recta 1-2'. Por la misma razón ocurre en el tramo D-

B de la viga, y es la recta 3'-4', de valor de ordenada RA = q c a 1

, y en el tramo C-D de la viga es

también una recta que pasa por los puntos 2 y 3 luego podremos representarla.

5.10. VIGA APOYADA EN LOS DOS EXTREMOS CON UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA Y DISPUESTA SIMÉTRICAMENTE.

Este es un caso particular del anterior,

ya que la carga está dispuesta simétricamente.

Las reacciones serán:

RA - R B -q c

Mfe=Mf^=i?, ri__£ 2 2)

Mfc = MfD = qc (l~c Mfmax

87


Mfc=MfD=q I c - V

4 ;

El valor del M£n»c que ocurre en el centro de la viga será:

En este caso hemos dibujado en primer lugar el diagrama de cortantes y posteriormente el

de momentos flectores.

En el diagrama de esñierzos cortantes tenemos que en el tramo A-C es una recta 1-2' de

valor constante, su ordenada V=RA, igual podríamos decir en el tramo D-B, y la línea sería la 3'-4', y

siendo el valor de la ordenada V=^; el esfuerzo cortante en el tramo C-D será su representación

una recta que pasará por 2', por 3' y además por O. El valor del cortante máximo será:

_ _ _ q- c ViMx RA RB r~

5.11. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON UNA CARGA CONCENTRADA EN EL CENTRO, Y UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA.

Esta viga que representamos en la figura de la página siguiente está sometida a una carga P

concentrada en el centro y una carga uniformemente repartida q en toda su longitud.

Dicha viga se puede estudiar, como si iliese suma de los casos estudiados en los apartados

5.1 y 5.6, es decir una primera viga con una carga concentrada en el centro, de valor P, y otra

segunda viga con una carga uniformemente repartida de valor q.

8S


Las reacciones de la viga, serían las sumas

de las dos vigas, por tanto

RAT ~ RBT ~ R-Ai "'" RAJ ~ RBI '*' RB: R. 1/2

R A T R B T _ _ 2 2 1

R Al \ .

Para calcular el momento flector máximo

de la viga, calculamos el diagrama de momentos

flectores de la primera viga como en el caso 5.1 y

posteriormente el de la segunda viga como en el

caso 5.6. Este último lo abatimos 180°, de esa

forma obtenemos el diagrama de la \ága inicial, es

decir, con ambas cargas.

En este caso los momentos flectores

máximos de ambas vigas coinciden al centro de la

viga.

i iUi lUil l l l lUU i

Mf„„, = Mf„„, + Mf, maxi ''inaxj

Pl qf 4 S

En cuanto al diagrama de los esfuerzos cortantes haremos un proceso semejante, es decár,

calcularemos el de la primera viga como en el apartado 5.1 y luego el de la segunda viga como en el

apartado 5.6, y este último lo abatimos 180°.

En este caso el valor del esflierzo cortante máximo, de acuerdo con el diagrama suma será:

Por supuesto, como vemos en el diagrama donde el momento flector es máximo, el

esfuerzo cortante es nulo.

89


5.12. VIGA CON VARIAS CARGAS CONCENTRADAS Y CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA, APOYADA EN SUS EXTREMOS.

Observemos la viga de la figura adjunta. Como en

el caso anterior, lo estudiamos considerándolo 1 p,<a)oo Kc

P =3000 Ke P,'3600 Xc

13000 ke/m 4.0 m

í 'JJ. iH tHl l i lU lUiq

descompuesto en dos vigas, la primera con las cargas

concentradas que explicamos en el punto 5.5 y la segunda ^

con la carga uniformemente repartida de valor q=1.300

kg/m explicada en el punto 5.6.

Actuaremos como en el apartado anterior y

tendremos que:

1300-4 R^ =3775 + — ; — = 6375(kg)

1300-4 R„ = 4725 + ;; = 7325 (kg)

Con relación al diagrama de momentos Sectores

calculamos los de ambas vigas que son los ya explicados en

los puntos 5.5 y 5.6, y el segundo lo abatimos 180**.

También en este caso los máximos coinciden, por tanto el

M ^ total sería;

Rs

A M

Al

tí)

>

£

o o N

1

i i > ^

—1 o o « (V

o 10 a tr¡

D

t-!f

0

10

r£l LJJ ^1 M 1 ^

fíT

G

J

Mf „„, = Mf „„, + Mf„ = 5950 + -1300-4^

8

Mf^, = 8.550 (mkg)

Para la determinación del diagrama de esflierzos cortantes, dibujamos los de ambas vigas

abatiendo el segundo; el valor del esfuerzo cortante máximo será:

V™., = RB, + RB: = - (4725 + 2600) = - 7325 (kg)

90


ACLARACION.-

£n los dos casos que hemos estudiado con dos tipos de carga ha ocunido que en los

diagramas de momentos flectores de cada uno de los casos, los momentos flectores máximos han

coincidido en la misma sección de la viga.

Pero no siempre ocurrirá esto, y como a veces por dificultad de dibujar las curvas y

representarlas no podemos tomar el MÍ„ÍX verdadero, en la práctica para calcular el M£,^ total se

suman los momentos flectores máximos de ambos diagramas, aunque insistimos no estén en la

misma sección de la viga, tal podría ser en la viga de la figura adjunta. Claro que lógicamente

estamos dimensionando por exceso, sobredimensionando, pero estamos sobre el lado de la

seguridad.

Mf maX, é>¡^^,^

^ U 0 t ^

Mfmax =Mf„„ +Mf^ = i l L + f l k max^ inaX| ''^^s o i

91


5.13. PROBLEMAS DE RECAPITULACIÓN

13.1 Calcular el IPN normal para una viga apoyada en los extremos de 6 metros de luz, y que soporta en el centro una carga puntual de 10 Tn.

l'Sin tener en cuenta el peso propio. 2' Teniendo en cuenta el peso propio.

lOTn RA=RB=5000kg t

P l 10000-6 Mf„3x = X = — ^ — = 15000 kgm

Mf„„x=1510*kgcm

W = M H ^ 15-10^ 15000

1 26-10' 26

3

577 cm'

en 5000

' C « , =

IPN 300 => Wx=653 cm

V™ix=5000kg

= 155 kg / cm' < 2080 Sirve IPN 300 A. Alma 30 1,08

Ahora elegido el perfil en nuestro caso el IPN 300, tenemos que tener en cuenta que el peso de dicho perfil por unidad de longitud que lo tomamos del prontuario, es como una carga uniformemente repartida de valor q= 54,2 kg/m y que tenemos que considerar:

Mf q P 54,2-6'

maxj « 244 kg - m = 244 -10' kg • cm

8 8

Mf„„^ = 15-10* +244-10' = 15244-10' kg-cm

15244-10'

2600 = 586,3 cm' < 653 cm' Sirve IPN 300

No comprobamos la cortadura con el peso propio por tener mucho margen.

Respuesta: IPN 300

13.2 Un tubo de acero de 20 cm de ifíámetro exterior y Icm de espesor, lleno de agua, se apoya en sus extremos. Hallar la luz máxima que puede salvar para que la a,d no sobrepase 300 kg/cn^, siendo 7,8 el peso especifico del material del tubo

y///^/////////////////////^/////^//////y>///y'//////^///y/\

O

V////////////////////////////////////////,'///////////777.

92


T i - Í D ' - d ' ) 7 t - (20 ' -18 ' ) La sección del tubo es S, = = = 56,69 cm

4 4

El peso por cm lineal del tubo es q, = S, • y = 71-(20^-18') ,kg/

4 0'0078 = 0,448-/cm

7:18 ' ke> El peso por cm lineal del agua es qj = S • Y2 = —-—0,001 = 0,254 ^^ cm

Luego la carga uniformemente repartida

q=qi+q2=0,448+0,254=0,702 kg/cm

La viga tiene su momento flector máximo en el centro

M f . « = ^ . d - W , q-P 0,702 P

Mf„„=-^í = - = 300W,

w = — " y,

-ÍD^-dM 64

D

2 32

20^-18 '

20 = 270,1 cm'

0,702-1'

8 = 300-270,10

Respuesta: 1=96 Icm

13.3 Calcular el IPN necesario para urna viga de 6 metros de luz con una carga puntual de 1,5 Tns situada a 2 metros del apoyo izquierdo. 1° Sin tener en cuenta el peso propio. 2° Teniéndolo en cuenta.

93

\^gas Apoyadas En Sus Extremos

?0

1.5 TN

t.o '

i

RA

^*illMpP^^ ii:.

L e 1

1000

1500-4 . ^ R. = — - — = 1 0 0 0 k g s t

RB= 500 Icgs t

P b a 15Q0-4-2 ^ Mfm.x=-7—= 1 = 2000 kgm

Mf«,x=210^kgcm

2 10 W =

" 26-10' « 76,92 cm-

1PN140

e = 0,57 cms

W^=81,9cm'

V„úx= 1000 kg

• t a d ^ A Alma 14 0,57 = 125 ^^/ 2 < 2 0 8 0 ^ ^ 2 Sirveel perfil IPN 140

/ c m / cm

2° Teniendo en cuenta el peso propio el IPN 140 pesa p=14.4 kg/m p -P 14,4-6'

M f ; „ = - ^ = - Y - = 64,8kgm

Sumamos los dos momentos flectores máximos

Mf n»x= 2000+64,8=2064,8 kgm

2064,8 10' " " 26-10' " 79,4 < 81,9 cm^ Sirve

p l 14,4-6 Vn»;c=1000+-^=1000+ =1043,2 kg

^ - ' = T 7 T ¿ = 130,72 y l z < 2080^V' 2 sirve IPN 140 14-0,57 / c m / c m

Respuesta: IPN 140

13.4 Una viga apoyada en los extremos soporta una carga de q=1000 kg/m siendo 4 mt la luz. Dimensionar el IPE necesario: 1' Sin tener en cuenta el peso propio. 2" Teniéndolo en cuenta.

94


q=1000kg/m - 1 10^-4 4 / R ^ = R 3 = ^ = - ^ = 2000kg T

q • Mf... =

^ 1000-4^

8 = 2 • 10^ k g - m / 2 • 10 kg-cm y

Mfm« 2-10' ,,

PE-140

e = 0,47 cm \

W = 77,3 cm' )

p = 12,4kg/m

Vn»x=2000 kg 2000 , ,

T.. = . ._ , . = 304 kg/ cm^<2086 kg/cm^ "ad 0,47-14

Sirve el perfil EPE 140 P = 1 7 , 8 « 1 8 k g / m

h = 16cm

e = 0,63 cm

12 4-4

R ^ ^ = R ^ + R > 2 0 2 5 k g s t

D-P 124-4^ Mf„„ = 2000 + - ^— = 2000+—^- = 2025 kg- m

8 8

Mfn»x=2025 kg-m=2025-10^ kg-cm

2025-10^ Wx = -Z7 — « 77,88 cm' > 77,3 cm' No sirve el IPE 140, usamos el IPE 160

26-10

Vm,x = RAT = RBT = 2036kg

2025 x,d = TT-TT^ =^51 kg / cm^ < 2080 kg / cm^ luego sirve el IPE-160

Respuesta: IPE 160

13.5 Una viga está formada por un perfil HEB-300 cuyo Wx=1680 cm^ y tiene una longitud entre apoyos de SmL Determinar la carga P que puede actuar a la distancia 2 mí de uno de los apoyos sin que a,d exceda de 750 kg/cm'.

95


El momento flector máximo ocurre debajo de la carga.

Iy=0 => RA+RB-P=0

S M B = 0 => RA-5-P-3=0 => R . = 3 P

3 P 6 6 , M f „ „ = — 2 = - P k g - m = - . 1 0 ^ P k g c m

%-10'-P 600.P 12 W =^ = — - — = —•Pcm' = 1680cm'

"ad 5-750 75

Respuesta:

1680-75 P = = 10500 kg

12 ^ P = 10500 kg

13.6 Una viga cuyo módulo resistente Wx es conocido, está solicitada por una carga uniformemente repartida según la figura adjunta. Halla la longitud c, a la que ha de extenderse la carga para que la tensión especifica admisible sea conocida = (Jaj;

<

u—^

1

- J ' ' ' '

! w

_ ' ' '

^ ^

•

/ 2

í W

Según estudio teórico, el Mfmíx ocurre en el centro y vale Mf ^ ^= q c í'--V 2

o.,-W, = Mf„,,= -9;^[l-|

8<JadW^ = 2 - q - l - c - q - c ^

q -c^-2 -q - l - c -8 -o ,d -W^=0 Resolviendo la ecuación de 2" grado, se obtienen los valores de c

96

Capítulo 6


Vigas con Voladizos

Vigas Apoyadas con Voladizo

6. VIGAS APOYADAS CON VOLADIZO.

Estas vigas pertenecen al gmpo de vigas apoyadas, por tanto son aplicables a ellas todos los

teoremas relativos a las vigas apoyadas.

6.1. VIGA CON UN VOLADIZO Y CARGA CONCENTRADA EN EL EXTREMO.

Sea la viga de la figura adjunta de luz 1,

lon^tud del voladizo a y carga en su extremo

P. Calculemos las reacciones:

2 I M B = 0 - ^ -P-(a + l) + RA-l = 0

—1 B

1. .UtíílM

Para determinar el diagrama de

momentos Sectores, consideremos una sección

"S" a la distancia "x" del extremo del voladizo

J

ecuación de una recta Mf = - P • xS para x = O -^ Mf j = O

para x = a - Mf = -P • a

Siendo esta expresión solamente válida entre el punto J y A por tanto dibujamos 1-2 y al

ser el momento negativo lo dibujamos en la parte superior del eje de abcisas (criterio de algunos

autores).

B

Tomemos ahora la sección "Si" a la distanda "xi" de J, ecuadón que será válida entre A y

P(a+1) Mfx, = - Px , + RA(x,-a) = - P-x, + — y - ^ • (x,-a)

Para dibujar el diagrama en este tramo observamos que esta expresión también es la

ecuación de una recta, luego definimos dos puntos de la misma.

97


para x, = a -^ Mf = -P • a

parax, =(a + l) -> Mfg = O

Por tanto, dibujamos 3-2 y el valor del momento flector máximo será:

Mf „„ = - P- a

Dicho momento flector ocurre en el apoyo A. Con relación a los esfuerzos cortantes

diremos que en todas las secciones del voladizo el esfiíerzo cortante es de valor constante e igual a -

P, y dibujamos 1-2'.

En el tramo de la viga entre los apoyos A y B el esfuerzo cortante, también permanece

constante y es:

Vx = - P + RA = - RE

y dibujamos 3'-4'.

£1 valor del esfuerzo cortante máximo será considerado teniendo en cuenta el diagrama,

aunque en el caso estudiado será:

V = - P » max •*

6.2. VIGA CON UN VOLADIZO DE CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA. Calculemos las reacciones en los apoyos:

^ F y = 0 ^ - q a + R ^ - R B = 0

2 ; M 3 = 0 ^ - q - a | - + lJ + R^.l = 0

RA = qa-2-1+ a

2-1 RB = 2 1

Para determinar el diagrama de momentos flectores r

tomamos una sección "S" de la viga en el voladizo, tramo J-A,

y que diste "x" de J:

lores y ^ r

2^

Mfx = - q x - - = - q-

98


Es la ecuadóh de una parábola, y calculamos dos puntos de la misma:

X = O -» Mf j = O

x = a - ^ M Í A ^ - q - y

Dibujamos la curva a la cual pertenecen dichos puntos 1 y 2.

Para calcular el diagrama entre los apoyos A y B tomamos la sección "Si" a la distancia "xi"

del apoyo derecho; y calculamos los momentos Sectores por la derecha:

Mfx, = - (RB • X,)

Que es la ecuación de una recta, y para dibujarla, definimos dos puntos 3 y 2 o sea los

relativos a íos apoyos B y A de la viga.

para x, = O -> Mfg = O

2 2 q • a a • a parax, =1 ^ Mf, =-R,-1 = - ^ - 1 = - L

Y por tanto dibujamos la recta 3-2 y observamos que el valor del momento flector máximo

es:

ocurriendo dicho momento en el apoyo A.

Para la determinación del diagrama de esfuerzos cortantes, digamos que en el tramo J-A,

sera:

V. = ¿(MfJ = - f = - q.x

que es la ecuación de una recta y para dibujarla tomamos dos puntos:

parax, = 0 -> Vj = 0

para x, = a -> V, = -q • a

por tanto dibujamos la recta que pasa por 1-2'. En el tramo A-B es de valor cte.

Vx = - q- a + RA = - RB

luego representamos la recta 3'-4'

99

Vigas ,^)oyadas con Voladizo

El valor del esfuerzo cortante máximo será:

- q a o RB

6.3. VIGA CON UN VOLADIZO Y SOMETIDA A UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA A LO LARGO DE TODA LA VIGA.

Sea la viga de la figura adjunta donde suponemos

que la distancia entre apoyos o luz de valor 1 es mayor que

a.

Una forma sencilla de estudiar la viga es

descomponerla en dos vigas ya estudiadas, la primera de

ellas en el anterior apartado y la segunda en el punto 5.6.

Por tanto las reacciones serán suma de las de

ambas vigas:

R A . = R A , + R A .

RBT - " R B , + R B 2

Para calcular el diagrama de momentos flectores

sumaremos los diagramas de ambas vigas.

Para calcular el diagrama de esfuerzos cortantes

también sumamos los diagramas. Para ello dibujamos el de

la primera viga r2'3'4' y después el 5'6' teniendo presente

que la horizontal de dicho diagrama habrá que

superponerla sobre la 3*4'. Observamos que donde el

esfuerzo cortante es nulo es un punto más hacia la derecha

del centro de la viga, pues bien ahí ocurre el momento

ílector máximo, que habrá que determinar en cada caso.

100


Aplicaciones.- Resolvamos el ejercicio adjunto con los datos de la figura: a = l i n ; l = 8m; En la

primera viga:

^ ^ ^ Q - 800 Kg/m

i i i I i i U U U i U i U i i i i ] i i i i i U i i^ R A , - q - a - R B , = 0

y como:

q-a ' 800 P

• ¿^¿¿ ni. ^ ^ - " 2 1 2-8 = -50 (kg)

i l H i H i i i l l l i i l i l . i i H

t t'

R^ - 8 0 0 - 5 0 = 0

luego:

R. =850(kg)

y como en la segunda vaga:

q l 800-8 RAJ - I ^ B J - 2 2 = 3200(kg)

por tanto:

RA, = RA, + R A , = 850 + 3200 = 4050 (kg)

RB^ = R . + R „ = - 5 0 + 3200=3150(kg) =T °1 °2

Dibujamos los diagramas, en primer lugar el de esfiíerzos cortantes y observamos que el

esfuerzo cortante es nulo en un punto que está a 2,5 m del apoyo izquierdo. En dicho punto

ocurrirá el momento flector máximo y en este caso:

Para calcular el momento flector máximo que como se dijo, ocurre en un punto de la viga

situada a 2,5 m del apoyo derecho:

M f _ = R B , - 2 , 5 - X ; M f _ = 3,150.2,5-X

Para calcular X por semejanza de triángulos:

400 _ 8 _ 1000

~ ~ ^ ' ""' 8

Por tanto el: Mf ™x = RBT • 2,5 = (3200 - 50) • 2,5 = 7875 (mKg)

7875 mKg

101


q = 800 kg/m

t i l l l l i i l l l l í lJllllJllll l l l lJil ÍR.. i t^ '

1 1, •f

6.4. VIGA CON DOS VOLADIZOS SOMETIDA A DOS CARGAS CONCENTRADAS EN LOS EXTREMOS DE LOS VOLADIZOS.

Sean los voladizos de longitudes desiguales ai y Hi,

la luz de la viga 1; calculemos las reacciones:

2 : F , = O - > - P , - P , + R ^ + R 3 = O

X M B = 0 -> -P , - (a ,+ l )+RA-l+P2-a2=0

?

• l

A X * . 1

1s I

r 4-

3'

R A

RB

p,

_ P 2

•(a

(a

-1) 1

+0-1

-p^-

P.-a,

a2

4'

Los momentos en los dos voladizos son ecuaciones lineales ya que:

MfA=-Prai

MfB= -(Pr&i)

102


valores de dichos momentos en los qx)yos A y B respectivamente, por tanto dibujamos las

rectas 1-2 y 4-3.

El valor del Mfx para una sección "S" a la distancia "x" del apoyo A será:

Pi • (ai +1) - P2 • aj Mfx = - P , ( a , + x )+ RA-X = - P , ( a , + x ) + ^ ^ —^- x

que como vemos es la ecuación de una recta. Si tomamos valores para representarla

tendremos:

para x=0 —> MfA= -Pi ai

para x=l -> MfB= - P2 • a2

Por tanto el diagrama en el tramo entre apoyos será 2-3, y para toda la viga será la línea

definida por 1-2-3-4

El M5™x, considerando ai>a2 y Pi>P2 será:

Mfm„ - -Pi • ai

Respecto al diagrama de esfuerzos cortantes en el voladizo de la izquierda es la recta r2' de

valor de ordenada -Pj: en la zona central, es decir entre apoyos A y B es la recta 3*4', y de valor de

ordenada:

V - D !> - P i (a i + 1)- Pz-az _ P r a i - P ^ a ; Vx ~ KA - r i — ' - ri — j

y en el voladizo de la derecha es la recta 5'6' cuyo valor de ordenada es P2. En nuestro caso:

V„^ = -P,

6.5. VIGA CON DOS VOLADIZOS IGUALES (A), Y SOMETIDA A DOS CARGAS CONCENTRADAS IGUALES (?) EN LOS EXTREMOS DE LOS VOLADIZOS.

Es un caso particular del anterior, donde:

RA=RB=P

Los momentos en los apoyos son iguales

y de valor:

MfA=MfB= -Pa

Por tanto, todas las secciones de la viga

entre ambos apoyos estarán sometidas al mismo

\

J..^ÉÍIIIIIIIIIIIIIIIIIIillllllllllllliiiwl

.1

Ri

1 103


momento que el de los ^)oyos, y el valor del momento flector máximo será:

Mf... = -P •

Siendo el diagrama 1234, es decir, el trapecio representado en la figura, el diagrama de

momentos flectores.

El diagrama de esfuerzos cortantes, digamos que en el voladizo izquierdo será 1*2'. de valor

de ordenada -P; en el tramo central será nulo ya que el Mf es máximo, y en el voladizo de la derecha

será 3*4' de valor de ordenada P.

Por tanto el esfuerzo cortante máximo será:

Vn^=P

6.6. VIGA CON DOS VOLADIZOS SOMETIDA A UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA SOBRE LOS MISMOS.

Sean los voladizos ai > aj sus longitudes, 1 la

luz entre apoyos y q (Kg/m) la carga uniforme, sobre

ambos voladizos.

Para calcular las reacciones:

-qa, • y+iJ+RA-1+q-a, ^ =0 ^ 2 ;

q-a i - (2 l+a i ) -q -a^

RB = qa3-(2- l+a3)-q-af

2-1

104


Para el estudio del diagrama de momentos flectores sabemos que en los dos voladizos son

leyes parabólicas de tal forma que:

Mf A = q-ar Mf B = -q-ai

En el tramo central de la viga, para una sección "S" a una distancia "x" del apoyo A se

verifica que:

ai Mfx = -q-ai • | —+ x

, ai + RA-X = -q-ai-l-r"''X

q-a,-(2• 1+ ai) - q-a? 2-1

Que es la ecuación de una recta de tal forma que para dibujarla tomaremos dos puntos

haciendo:

q -a, X = O -> Mf. = - - ^

^ 2

X = (1 + a,) -> Mfg = qa^

Por tanto el diagrama será el 1-2-3-4, y el valor del Mfi x que ocurre en A será:

Mfm« = qa í

Con relación al diagrama de esflierzos cortantes basándonos en que el esfuerzo cortante es

la derivada del momento flector en el vuelo de la izquierda será 11' siendo el valor de la ordenada

máxima -qai; en el tramo central será una recta paralela 3'4' al eje de abdsas y de valor:

Vx = RAT - qai

y en el voladizo de la derecha será 5'6' de ordenada máxima qxa2

En el caso estudiado:

Vm« = - q • ai

105

Vigas Apiyadas con Voladizo

6.7. VIGA CON DOS VOLADIZOS IGUALES, SOMETIDA A UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA SOBRE LOS MISMOS.

Las reacdones por razones de simetría son:

RA = RB = q • a

Como este apartado es un caso particular del

anterior tendremos que el diagrama de momentos

flectores será el que mostramos de tal forma que:

MfA = Mfe = qa^

MfmK -qa^

q(Kg/m)

y en cuanto al diagrama de esfiíerzos cortantes en el primer voladizo de la izquierda será

una ley lineal de tal forma que en A será:

VA=-RA = - q a

En todas las secciones entre apoyos será nulo ya que el momento flector es máximo. En el

voladizo de la derecha también guarda una ley lineal.

VB=l^ = q a

Vmíx= RA = RB

V™.x=qa

106


6.8. VIGA CON DOS VOLADIZOS IGUALES Y UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA A LO LARGO DE TODA LA VIGA.

Una forma sencilla de estudiar teóricamente esta viga es descomponeria en dos vigas

conocidas, la primera como el caso anterior y la

segunda como la del apartado 6.6. Calculo de las

reacciones:

^ B T = ^ B , + R B J

q-1 RA, =RB. = q - a + Y

Para el diagrama de momentos flectores

dibujaremos el de la primera viga 1234 de signo

negativo (aunque lo representamos debajo del eje

de abcisas).

Posteriormente representamos el de la

segunda viga que es la 56789 de signo positivo.

La zona 5689 de ambos diagramas se

anula ya que son de signos contrarios. El

momento flector máximo será donde el esfuerzo

cortante es nulo, por tanto ocurre en el centro de

la viga y tendrá un valor de:

. q ( K g / m )

^ ^ ^ . ! ^ ^ ^ ^ !

vigas.

En cuanto al diagrama de esfuerzos cortantes no hay más que superponer los de ambas

q-1 ( 1 V„„ = RA, = RBT = q-a+ — = q | a + - ^

En determinadas condiciones también el Mfmax puede ocurrir en los apoyos, bastará que:

1 1 qa = q—, o sea a = —

2 2

107


6.9. VIGA CON DOS VOLADIZOS IGUALES CON CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA A LO LARGO DE TODA LA VIGA, Y DOS CARGAS CONCENTRADAS IGUALES EN LOS EXTREMOS DE LOS VOLADIZOS.

Esta viga la podremos considerar, teniendo en

cuenta que la longitud de sus voladizos es a, la longitud

entre apoyos I, y que soporta una carga uniformemente

repartida de valor q (Kg/m) y dos cargas iguales P en los

extremos, como la suma de las vigas que mostramos en la

figura adjunta y ya estudiadas en los apartados 20 y 17.

1 ;_ '

K\ ' ' • ' .

q K&/ni 1 j ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' • ' ' ' '

i a ; 1 i tí

<a

Por tanto las reacciones serán: 1111 t.i.

Í* t t * t t t i t i

Siendo ambas reacciones iguales por razones de

simetría.

Para estudiar el diagrama de momentos Sectores

procederemos idénticamente.

Para la primera viga el diagrama sería, como en el

caso anterior, las parábolas 12, 234 y la 45; en cuyo

diagrama los momentos negativos en los apoyos valen:

— — a • a Mf, = 26 = 47 = - i —

A, 2 Y el momento positivo máximo vale:

ql^ qa^ 0'3 = 03 - 00' =

Pero el diagrama de la segunda viga, las cargas P producen momentos negativos, cuyo diagrama es 1895, que se suman a los negativos del anterior diagrama y tienden a reducir los positivos del tramo central.

En este segundo diagrama los momentos negativos en los apoyos son:

68 y 79 = - P a

108


Por ello el diagrama resultante es el que aparece rayado en la figura de tal forma que los

momentos negativos máximos tienen lugar en los apoyos y valen:

Mf A. = MfB. = qa^

BT + P a

y el momento positivo máximo tiene lugar en el centro del tramo AB, y vale:

q P qa^

Para estudiar el máximo tendremos en cada caso que comparar dichas expresiones y tomar

el valor mayor. En cuanto al diagrama de esfuerzos cortantes damos los de ambas vigas, y habrá

que superponerlos para determinar el V áx. En la figura, el esfiíerzo cortante nulo aparece en el

centro y ahí ocurrirá, generalmente, el momento flector máximo.

6.10. BARRA SOMETIDA A UNA FUERZA P PARALELA A SU EJE CON UNA EXCENTRICIDAD E.

La carga P y la reacción vertical -P del apoyo O forman

un "par" de fuerzas cuyo momento vale:

V t ^ Mpar = P • e

Para que exista equilibrio este par citado, tiene que ser

igual al momento de otro par de igual valor absoluto y distinto

signo. Las reacciones H constituyen otro par de fuerzas, siendo h

el brazo de dicho par, cuyo momento vale:

Mpar = - H • h

En el equilibrio se igualan, luego:

P e P- e = H- h , H = -—

H

///^/y//

La reacción H en Oi determina una ley de flexiones en el tramo OíA, representado por la

rectaOiC,donde AC = H- hi

109


Las flexiones en el tramo OA producidas por la reacción H en O, vienen represoitadas por

la recta OB, donde AB = H- (h- h,)

Los momentos flectores en el tramo OiC y OB tienen distinto sentido.

El esfuerzo cortante en cualquier sección de la barra es H.

6.11. VIGA SOMETIDA A UN PAR DE FUERZAS DE MOMENTO "M" EN EL PUNTO "C".

Para que exista equilibrio, las reacciones en los

apoyos A y B deben de formar un par de fuerzas que

equilibre al momento que actúa sobre la viga y que es

conocido "m", de tal forma que R • 1 = m, siendo:

1

^.^..fliiiiODlDlM

La reacción de módulo conocido de acuerdo con la fórmula anterior y cuyo sentido es el de

la figura, origina una ley de momentos flectores en el tramo A-C, de sentido negativo, que varían

según una ley lineal A.K siendo:

C K = R A C = R a = y a

El tramo de viga B-C, está sometido a momentos positivos de ley lineal BL, siendo:

CL = R • BC = R • (1 - a)

Por tanto:

Momentos negativos:

Momentos positivos:

CK = f - a

CL = - - ^ . ( l - a )

El esfiíerzo cortante será constante en toda la viga y valdrá:

110


V = R

6.12. VIGA SOMETIDA A UN MOMENTO DE VALOR "M" EN EL APOYO B.

Este caso es una aplicación del anterior, puesto que

el par se ha desplazado y ha pasado del punto O al apoyo

B; las reacciones R las calculamos de la misma forma, es A

decir, se verificará que lR=m

R = m T

Pero en este caso toda la viga estará sometida a momentos flectores negativos que varían

según la ley lineal AK, siendo:

BK = R l = m = Mf„

Por tanto, para representar el diagrama de momentos flectores de esta viga, bastará tomar

en el apoyo en el que actúa, en este caso B, y a escala, el valor de m, con lo que obtenemos el punto

K, y uniéndolo con A tendremos el diagrama.

El esfuerzo cortante en toda la vdga será V = R

6.13. VIGA SOMETIDA A DOS MOMENTOS M, Y Mj EN LOS APOYOS A Y B (M,>M2).

Admitimos que en los apoyos A y B actúan

momentos de valor mi y m2 con sentidos, como

indicamos en la figura.

Si admitimos mi > ma, la diferencia mi-m2

tiene sentido opuesto a las agujas del reloj; luego las

reacciones deben constituir un par de fuerzas cuyo

momento tenga sentido opuesto al anterior y el valor

de cada reacción será: p _ mi - m2

1

m,

El diagrama de momentos será todo negativo y para representarlo se toma sobre A el valor

de mi y sobre B el valor de m2 y al unir los extremos de mi y m2, nos dará una figura que es un

trapecio, que es el diagrama siendo lógicamente:

M f m s x ^ m i

111


£1 esfuerzo cortante a lo largo de toda la viga es constante y de valor:

\r -T? - n i i - m 2

KHV 18I^

6.14. PROBLEMAS. 14.1.' Calcular d módulo de la fuerza hada arriba Ppara la que el máximo valor

absoluto del momento/lector de la viga sea el más pequeño posible.

La viga la descomponemos en dos

vigas, la primera con las cargas dirigidas hacia

abajo y la segunda con la carga P dirigida hacia

arriba. Ambas vigas ya han sido estudiadas en

los apartados 1 y 3, y dibujamos sus diagramas

de momentos flectores.

ittUV

2 1 2

tReí

IttUV ;

I El Mfmu de la primera viga será:

Mf,Mx.i= RA .2 = 36 m • kN

Y el de la segunda viga:

Mf,„, 2= (P/2).4 = 2.P m kN

Igualando los momentos positivo y negativo, es

decir, ambos máximos, y superponiendo los

diagramas:

X 2 1 = — = — luego X = P así calculamos el valor de x

2-P 4 2

Mf„.x(+) = 3 6 - P ; Mf„.,(-) = 2 P - 36 igualando

2 • P - 36 = 36 - P 3 • P = 72 ; P = ^ = 24 KN

Respuesta: P = 24Kn

112


14.2.- Calcular la distancia a para que d máximo valor absoluto del momento flector

de la viga sea él más pequeño posible.

sm

'\^^^ÍW00^^^^^\

La viga como hicimos en el problema anterior la

descomponemos en dos, y estudiamos en cada una de ellas

su diagrama de momentos flectores, y se superponen:

Mfm«,=2,5a m-kN

Mfmax2=RAl,8 = 21 ,8 = 3,6 m • IcN

Igualando los valores de los máximos positivos y negativos,

por semejanza:

2,5-a 3 2,5-1,2-a , = — • x = = l-a X 1,2 > 3

Mfm«(+) = a 6 - a ) m k N

Mfmax(-) = 2 , 5 a m k N a/igualar

3,6-a = 2 , 5 a a = — = 1.02m 3,5

Respuesta: 1,02 m

113


14.3.- La viga AB tiene un tramo CA en voladizo, con la carga invada en la figura.

Hallar la longitud h dd tramo volado, bajo la condición de que los momentos fledores en A y

D, tengan d mismo valor absoluto.

Descomponemos la viga en dos ya

conocidas, y dibujamos sus diagramas de

momentos flectores como se muestra en la

figura.

El momento flector en A de la

primera viga es:

Mf^=-l.q.l

El momento flector en D de la

segunda viga es:

P- b - a Mfn = 1

Pero al superponer los diagramas

como observamos en la figura, el MTA será

el mismo, pero en D será:

_ P b a M r D = • X

y para calcular el valor de x por semejanza

de triángulos:

q - 1? . 2 _ = 1 X b

q- I f b 2- 1

P b a q l ? b . ^ Por tanto Mfo^ siendo este momento positivo,

igualando las expresiones de | Mf A | = | Mf D I obtenemos la siguiente igualdad:y despejando

^ n , 2 - P b a q-lfb - q l , ^ ^j-

114


obtenemos el valor buscado de l\.

Respuesta:

14.4.- Sobre la viga ABH con un tramo en voladizo actúa una carga móvil

uniformemente repartida de igual longitud I a la distancia entre apiros. Determinar la

estancia AC=^ bajo la condición de que los momentos/lectores en Cy B tengan el mismo valor

absoluto. Calcular el valor de dicho momento.

La viga para hacer un estudio de la misma la descomponemos en dos vigas conocidas y

estudiemos los diagramas de ambas:

Al superponer los dos diagramas se tiene que verificar que 1 Mfc | = | Mfs j . Calculemos para

ello en primer lugar el Mfci de la primera viga. Como:

115


I F Y = 0 ; RA. + R B , - q ( l - x ) = O

I M B = O ; R A . l - q ( l - x ) - ^ ^ = 0 RA, = q 0-x)^

2 1

q ( l - x ) ' por tanto Mfc, = R A , X = — — - — x

Calculemos el Mfs de la segunda viga, por definición y calculándolo por la izquierda:

MÍB = qx^

(1)

Ahora calculemos el Mf haciéndolo por semejanza de triángulos:

Mf, £L. -

--^ iUÜIjj • I ^

1 1

r «. \ "

M f

>

c -' ^

- 9 X '

, , 2

—

q-x' 1 ; Mf c = - qx-

2 1

Por tanto nos queda:

MfcT - Mfc, - Mfc, - — ^ - j — x - YJ (2)

Igualando las expresiones (1) y (2):

^•^^ q O - x) ' qx^ . ,._ , —-— = : — • X- -^—- y simplificando

2 2 1 2 1 ^

x l = (1 - x) - x ' = P + x ' - 2 x 1 - x ' ; P - 3 -x l = O

Resolviendo la ecuación:

" ' I

116


Y el valor del momento será:

Respuesta:

14.5.- Calcular el IPN necesario, para la viga adjunta siendo q = 10^ kg/m.

R _ =R3^ = q. a = 1000-1 k g t UUUUUiiiiUlUUIUl

1.00

R. 'Rn •B

tJÜJL : j L t i f

R.

imUiJiinii

R„

R, BZ

'^lllllllll^^l w^

\ <9

^ M

5 j j p -

r y

Mln^ " " ^ ^

^

am y

q l 1000-4 , ^ R A , = R B , = V = - ^ — = 2000 kgt

R^^ = Rg^ = 1000 + 2000 = 3000 kg t

q • a' 1000-1' = 500 kg • m

q-P 1000-4' Mf„„, =-Y- = — ¿ — = 2000kg.m '

Mfm«=1500 kg-m=15-10'' kg-cm

El Mfmax ocurre en el centro, y es la diferencia de ambos.

W. = 1510 '

" 26-10' = 57,7 cm'

IPN-140

W^=81,8cm^

e = 0,57 cm

p = 14,3kg / m

El V„^=2000 kg

âd = _ ^mo, ^ 2000 ^ 251 kg/cm' < 2080 kg/cm'

.4 alma 7,98 Sirve IPN 140

Ahora lo comprobaremos teniendo en cuenta el peso propio, y consideraremos que q'=1000+14,3»1015 kg/m. Sólo lo comprobamos a flexión.

Mf„«x = q'-P q ' a ' _ 1015-4' 10151' _

2030-507,5 = 1522,5 kg-m

117


152250 Wx= = 58,55 cm^ < 81,8 cm^ luego sirve IPN 140.

2600

Respuesta: TPN140

14.6.- Una barra de acero de peso q kg/m y de longitud L se cuelga de dos cables como se indica en la figura. Determinar x de tal forma que el Mf„^ en valor absoluto sea el menor posible.

La viga podemos considerarla como que está apoyada en dos puntos simétricos con dos voladizos, llamando a a la longitud del voladizo, y I la luz entre apoyos.

q Kg /m

A

i X

r*

1

T

L

c 2X

T

X • = " • 1

B

Esta viga teóricamente estudiada: q-a^

M f c = ^ — ^

Por tanto para que el Mf ix sea el menor posible, se tendrá que verificar que los máximos sean iguales.

qa^ 8 2

qa^ qP qa^ 2 8

l2

Simplificando

1 P P a' = —-a^ => 2a^ =— => a' = —

4 4 8

_I_

- Sustituyendo para el caso que nos ocupa L = 1 + 2x

T O T

x = — ^ yfB-x = L-2-x => x(2 + V8) = L => x = ^ 2 + y/S

Respuesta: X = O 207 L

118

Capítulo 7


Ménsulas

Ménsulas

7. MÉNSULAS

También denominadas como vigas en voladizo, en realidad se aplica este nombre a las vigas

que tienen un extremo empotrado y el otro libre.

Estudiaremos a continuación ménsulas sometidas a cargas fijas diversas, teniendo presente

que en estas vigas no se verifican los teoremas que aplicamos en las vigas apoyadas.

7,1. MÉNSULA CON UNA CARGA CONCENTRADA EN SU EXTREMO. Consideremos una ménsula con una carga P

• concentrada en el extremo, y de luz conocida I.

; ' §

En el empotramiento aparece en el equilibrio un

momento que llamaremos ME; la longitud de barra que hay

que empotrar, reacciones, etc., lo veremos más adelante.

Si tomamos una sección a una distancia "x" de A,

tendremos que Mfx= - P x

ecuación de una recta tal que

Parax = 0 -^ MfA = 0

Parax = l -> MfE = - P l

2' Por tanto al tener dos puntos de valores conocidos,

representamos la recta 1-2, con lo cual dibujamos el diagrama

de momentos Sectores, y observamos que el momento flector máximo ocurre en el empotramiento

Mf „„ = - P • I

Respecto al esfuerzo cortante, en la sección "x" será -P, que permanece constante a lo largo

de toda la viga, por tanto el diagrama será 1*2', y el esfijerzo cortante máximo será

V = - P

119

Ménsulas

7.2. MÉNSULA CON DOS CARGAS CONCENTRADAS.

Serán conocidas Pj, Pj, "a" y "b". Calculemos el momento flector, tomando para ello una

sección a "x" del punto A, y por definición

tendremos

Mfx = - P, • X

Esta expresión es la ecuación de una

recta válida entre A y C; para dibujar dicha recta

daremos valores a "x" de tal forma que

Parax = O, MFA = O

Para x = a, Mf c = - P • a

P1 + P2

Y definidos dos puntos dibujamos la recta 1-2.

Tomando ahora una sección a "xi" desde el punto C, el momento flector en dicha sección

sera

Mfx, = - [Pi- (a+ x,)+ P2 • X,]

Es una ecuación de primer grado, por tanto una recta, y para representaría daremos valores

a xi de tal forma que

Para xi = O, Mfc = - Pi • a

Para x, = b, Mfg = - [P, • (a+ b) + P2 • b] = - [P, • 1 + Pj • b]

Y al definir dichos puntos dibujamos la recta 2-3 con lo cual obtenemos el diagrama de

Sectores para el tramo C-E.

Por tanto el diagrama de momentos flectores será el limitado por la línea poligonal 1-2-3,

siendo el máximo que ocurre en el empotramiento.

Mf™x= -[Pi-l + P2-b]

120

Ménsulas

En cuanto al diagrama de esfuerzos cortantes en el tramo a la derecha del punto C, es de

valor constante -Pi, y en el tramo C-E es

Vx, = Cte. = - (P, + P2)

siendo el máximo

Vm.x= -(P.+Pí)

7.3. MÉNSULA CON CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA.

X

\x/2

t

S

^ q f

E

1

\ 1 V

Mfmáx

H Vmáx

Sea q (kg/m) la carga a soportar a lo

largo de la viga A-E de luz "1". Tomemos una

sección S de la viga a la distancia "x" variable

del punto A.

Por definición del momento flector

tendremos

Mfx = - q - x - = - q

que es la ecuación de una parábola y

vamos a definir dos puntos de la misma,

haciendo para ello

Parax = O, MÍA = O q P

Parax = 1, Mf = -

Por tanto el momento flector máximo ocurre en el empotramiento y tiene valor

Mf„ qP

Dibujamos la curva teniendo presente que el máximo calculado ocurre en el empotramiento,

pero que es un máximo mecánico y no analítico de la curva.

121

Ménsulas

Respecto al diagrama de esfuerzos cortantes, calculemos el valor del esfuerzo cortante en la

secdón S a la distancia "x": V = -q • x, que es la ecuación de una recta, y para representaría

calculemos dos puntos de la misma

Parax = O, VA = O

Para x = 1, VE = - q • I

Con estos valores dibujamos la recta que pasa por V2' y obtenemos el diagrama,

observando que el esfuerzo cortante máximo ocurre en el empotramiento y tiene de valor

Vnux= - q - 1

Aplicación: Problema

l&Kg/} m

4m

V. g ^

Mfináx

Vmáx

Para q = l(f kg/m, y I = 4 m,

determinar el IPN sin tener en cuenta el

peso propio.

El peso total que soporta la viga

será

Q = - q • 1 = - 10 • 4 = - 4000 Kg

M f mK = -q- 1' 10 • 4'

= 8000 Kg m

Mfm« = 8 • 10* Kg • cm

Wx = ^ ^ ^ = - ^ - ^ « 307,69 cm'» 308 cm -^ IPN 240. w, = 354 cm^ «, 26-10'

Gon el valor de V i = - q • 1 = 4000 kg

T = 4000

A. Alma 24 • 0,87 = 192 kg/ cm' < 2080 kg/cm^; Sirve el IPN 240

122

Ménsulas

Respuesta: IPN240

7.4. MÉNSULA CON CARGA SEGÚN UNA LEY TIUANGULAR.

Sea una ley triangular de carga de tal

forma que en el extremo A hay O kg/m y en el

empotramiento E hay q kg/m, y tomemos una

luz = l.

g í

^ ^rrTTTTTnl Kfmáx

Vmáx

La carga total que soporta la viga será

^ 2

y estará aplicada en el centro de gravedad del

triángulo que sabemos está a 1/3 del

empotramiento.

Tomemos una sección S a la distancia

"x" del extremo A.

La carga que soporta dicho tramo de

viga será

M f X = -

Q ' = -q' • X

y estará situada a x/3 de la sección S,

por tanto el momento flector será

q'- X x_ _ q'- x

2 3 6 Hemos llamado q' kg/m al valor de la carga en la sección S, pero por semejanza de

i'

despejando q 1

q ' = q - Y

Valor que sustituido en la expresión de momentos flectores ya calculada

123

Ménsulas

Mf X = q- X X q- X-

6 • 1

La expresión de los momentos flectores es una ecuación de 3" grado, y vamos a definir dos

puntos; para ello hacemos

Parax = O, MTA = O

Parax = 1, MfE = - -7—r = - •^—-6 - 1 o

Con ello podemos determinar dos puntos de la curva que son los puntos 1 y 2, y vemos que

en el diagrama el valor del momento flector máximo ocurre en el empotramiento y su valor es

Mfm„ = -q- 1=

También diremos en este caso, que el valor del momento flector máximo es un máximo

mecánico y no un máximo analítico de la curva.

Para estudiar el valor del esfuerzo cortante, en la sección "x", por definición

Vx = -q'- X q x

2 • 1

La expresión es una parábola de 2" grado de la cual estudiamos dos puntos; para ello hacemos

Parax = 0 , VA = O

Parax = 1, VE = -q l

El valor del esfiíerzo cortante en el empotramiento es d peso total que soporta la viga y es

el valor del esfiíerzo cortante máximo

= V.= Q=- i i

Teniendo presente que también ocurre que es un máximo mecánico y no analítico de la

curva.

124

Ménsulas

7.5. MÉNSULA CON UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA Y UNA CARGA CONCENTRADA EN EL EXTREMO.

Para hacer el estudio de la viga

consideraremos ésta como la suma de los dos

casos explicadas en los apartados 1 y 3.

Estudiaremos el diagrama de

momentos Sectores de la primera y el de la

segunda lo abatimos 180°, y el diagrama

resultante será la suma de ambos.

En este caso los dos momentos

Sectores máximos coinciden en el

empotramiento, de ahí que

Mf, maXT - Mf„„, + Mf, muC2

De la misma forma se actuará con los

diagramas de esfuerzos cortantes, dibujaremos

los de las dos vigas y los sumaremos con lo

cual el valor del esfuerzo cortante máximo será

^maxt ^max, " ^maxi

V„«,= -[P+ql]

125

Ménsulas

7.6. PROBLEMAS

6.1 Dimensionar la sección de una ménsula de 4 mis. de luz con carga puntual de 2 Tons.

en d extremo libre si tuviéramos que tener en cuenta su propio peso (ésta sería la carga

umformemente repartida).

Para ello düñensionamos en primer lugar con la carga concentrada

Mf „„, = - P • 1 = - 2000 • 4 = 8000 kg • m

Wx = Mf max)

•'ad

8000 • 10'

26 • 10' = 308 cm' IPN240

IPN240

W^ = 354 cm' kg

p = 36,2 - 5 m

h = 24 cm

. e = 0,87cm

Comprobamos la cortadura

^max, = - P = - 2000 kg

T = maxi 2000

A. Alma 24 • 0,87 = 86kg/cm' < 2080kg/cm' -)> Sirve el IPN 240

Tendremos en cuenta el peso propio de la viga

p = 36,2 kg/m « 37 kg/m

Mf p • P 3 7 - 4 '

max: = 296 kg • m

MfmaxT = Mfm«c, + Mfmaxz = 8000 • lo ' + 296 • lo ' = 8296 • 10' kg • cm

8296 • 10' ^ ^ , Wx = -———T" = 319 cm' < 354 cm' Sirve el IPN 240

V„„, = V„ax, + V„„, = 2000 + 37 • 4 = 2148 kg

2148 'ad 24 • 0,87

= 102,87 kg/cm' < 2080 kg/cm' -^ Sirve el IPN 240

Respuesta: i IPN 240

126

Ménsulas

6.2 Una señal de tráfico como la indicada en la figura, experimenta una presión del viento de 100 Kg/n^, y despreciando la acción del viento sobre el perfil y con un coeficiente de seguridad 5 admitiendo que el soporte de dicha señal es un IPN empotrado en el suelo, calcular el perfil necesario, para mantener la señal

-760nn En prímer lugar calculamos la superficie de

la placa hexagonal que es:

c ^ l '> /3 , 0,38'-^^ S = 6-—:— = o- :

Por tanto la fuerza que soporta 0,38' • V3

F = p S = 1 0 0 - 6 - ^ — ;

Y dicha fuerza se aplicará como una carga uniformemente repartida en una longitud de 1 VI = 380-VI = 0,6610^ mm = 0,66 m

Por tanto la carga uniformemente repartida sería:

l ' -V3 100-6-

q = 100-31

i-VI i-VI = 1501 = 150 0,38=57Kg/m

Jl JUUUUJUii 0,66 m

2.00 m -

£1 problema queda reducido a calcular la I ménsula adjunta con una carga uniformemente

repartida q = 57 kg/m en el extremo y en una longitud de 1 • V3= 0,38-V3 «0,66 mts.

Mfm«=q-C' 1-0,66

Mf„«x = 57 • 0,66 • (2 - 0,33) = 62,82 « 63 kgm

Mf„„ = 63 kgm = 6300 Kg • cm

W x = ^ ^ = | ^ = 1 2 , l l « 1 3 c m ' -* IPN80 ^ a 2600 '

V ^ =-57-0,66 = 37,62 kg

h = 8 cms

IPN80|e = 0,39cms

w^ = 19,5cm'

127

Ménsulas

Y después se comprueba a cortadura:

T = 37,62 ,^ 2080 ,

«12 < luego sirve A Alma 8-0,39 5

max _

6.3 Determinar el diámetro de una barra circular de acero A-42b, de longitud 2 mis y que en su extremo se cuelga una polea cuyo peso despreciamos y que sirve para levantar cargas de 500 kgs.

El problema se reduce a calcular una ménsula que en su extremo tiene una carga de 1000 kg.

r 500 kg

i /

Mf„„ = - P l = 1000-200= 2-10' kgcm

2-10' 10' " ~26-10' ~ 13

= 77 an^ => (l) = 93mm

r

2000 kg • m

Comprobamos a cortadura.

^•'' 3 ' A . 3 67,9 <2080kg/cm^

Respuesta. <t) = 93 m m

1000 kg

128

Capítulo 8


Cargas Móviles sobre las Vigas

Cargas Móviles sobre Vigas

8. CARGAS MÓVILES SOBRE LAS VIGAS

8.1. VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON UNA CARGA MÓVIL. P

Re

B

niííííTiTiT'^'' ^ p I

•"•u-oiiX — [ 1

A. ^mm lilllí^^

I T B,

N

Cuando se utiliza la simbología i> se

representa una carga concentrada pero móvil.

Supongamos que la carga móvil ocupa una

posición "S" a una distancia "x" del apoyo izquierdo.

Calculemos para esa posición de la carga el valor de

las reacciones.

Tomando momentos resperto al punto B:

RA • 1 - P • (1 - x) = O

RA — P íl-

1 x)

J RB p -

1 X

Calculemos el momento flector en la sección "S" para dicha posición:

P • O - x) „ P • x ' M f X = R A • X = ^ • X = P • X 1 1

Tomando a una cierta escala SiS'i, igual al valor obtenido Mfx, sabemos que el triángulo

A) S'v Bi es el diagrama de los momentos Sectores producidos por P para dicha posición de la carga

(filé la primera viga que se estudió).

Ahora bien, la carga se desplaza, luego el diagrama de momentos flectores será el lugar

geométrico de los puntos S'i; ya que vamos a calcular el diagrama y el momento flector máximo, al

ser P una carga concentrada, ocurrirá ddjajo de la carga, y para una determinada poáción del tren

que vamos a calcular.

Para ello bastará derivar la expresión ya calculada:

129


d , , 2 • P • X 1 - ( M f J = P . — ¡ — = 0; x = -

Por tanto, y lógicamente, en el diagrama de momentos flectores, que es una parábola de 2°

grado (ver Míe), su máximo está en el centro, y su valor es:

Mf „„ = P • - -, - ¿ P- 1

Mfn P- 1

El esfuerzo cortante entre A y S es la reacción RA, Cuyo valor hemos calculado, y el

esfuerzo cortante entre S y B es

P • (1 - x) P • X Vx = RA - P = j - P = - — j —

y como vemos en

d 2 • P - X V. = - ( M f J - P- - j -

es la ecuadón de una recta: para x=0 VA=P, X=1/2 VC=0, X=1 VB=-P

El diagrama A'2S'2S''2B'2 es el diagrama para la posición de la carga en S. Si se desplaza, el

lugar geométrico de los puntos S'2 y S''2 son las rectas MB2 y NA2. Entre A y el punto medio L

de la viga, los esfuerzos cortantes positivos superan a los negativos, y a partir de I, son los negativos

los que superan.

130


8.2. TREN DE CARGAS MÓVILES.

P2

i4 •M-

Supongamos que tenemos un

tren de cargas móviles fonnado por las

cargas Pi, P2, P3 y P4 conoddas, siendo

asimismo conocidas las distancias entre

eUas Al, A2 y A3, que se desplazan sobre

la viga AB, de longitud 1 conocida y que

está apoyada en ambos extremos.

Calcularemos en primer lugar el

eje central del sistema de cargas o

fuerzas Pi, P2, P3 y P4, que son fuerzas

paralelas, problema que podremos

resolver analítica o gráficamente. Supongamos sea Ec el eje central del sistema de cargas, y sobre él

sabemos que actúa la resultante.

Tomemos una posición cualquiera del tren, por ejemplo la representada en la figura, y

hacemos en este caso referenda a la carga P3, de tal forma que llamamos "x" a la distancia de dicha

carga al apoyo A. Llamemos asimismo "y" a la distancia de la resultante (ege central) al apoyo A; y

en último lugar llamaremos "d" a la distancia entre el eje central y la carga a la que estamos

haciendo referencia, es decir la P3.

Calculemos para dicha posición del tren, el valor de las reacciones(llaniaremos "R" a la

resultante de Pi, P2, P3 y P4), y tendremos

I MB = 0; RA • 1-R- O- y) = O

R-(l-y) R-( l -x+d)

' ^ ^ 1 1

El momento flector máximo de la carga P3, que es una carga concentrada, ocurrirá debajo

de ella, por tanto se verificará

Mf3 = RA - X - P, • (A, + A 2 ) - P 2 • A2

R • (1 - X + d) j ^ ^ = v__ / ^ _ P, • (A, + A2) - P2 • A2

131


Mf 3 = R • X R • x R • d • X

- P, • (A, + A2) - P2 • A2

Pero ese momento será el máximo para esa posición del tren, pero como el tren se desplaza

habrá una posición que dará el máximo de los máximos para dicha carga y para calcularlo

derivaremos

dMf 3 „ 2 • R • X R • d = R - : + — = O dx 1 1

dividiendo por R

2 • X d 1 - — — + - = 0; l - 2 - x + d = 0 ; 2 - x = l + d ;

Luego cuando el valor de "x" sea el de la expresión (1) ocurrirá el momento flector máximo

debajo de la carga, de todos los momentos que pueden ocurrir debajo de la citada carga P3.

Vamos a interpretar ese valor calculado en (1).

. Las coordenadas del punto medio de cualquier segmento sabemos que son la semisuma de

las coordenadas de su extremo más las de su origen.

En el segmento "d" que ya hemos definido, los valores.de las coordenadas de su origen son

"y", y de su extremo "x". Por tanto las coordenadas de su punto medio valen (x+y)/2.

Por otra parte, la coordenada del punto central de la viga cuya luz es "1" será (1/2).

Si hacemos coincidir el punto medio de "d" con el centro de la viga se verificará

Luego

x+ y 1 2 2'

x+ x - d 1 2 2'

2 • X- d = 1;

132


Y esta expresión (2) es idéntica a la (1). Por tanto, como hemos visto que el momento

flector máximo debajo de la carga P3 ocurría cuando se cumplía que dicha carga distaba del punto A

una distancia x = 1+ d

, se interpreta por tanto, que ocurre cuando el punto medio dd segmento

"d" se hace coincidir con el punto medio de la viga.

Esta demostración, realizada para la carga P3 es válida para cualquiera de las otras tres

cargas. Por tanto, podremos resumir diciendo que "el momento flector máximo que se puede

producir debajo de cualquiera de las cargas, se produce cuando el punto medio del segmento entre

la carga y el eje central se hace coincidir con el centro de la viga".

En nuestro caso de cuatro cargas, tendríamos que desplazar el tren en cuatro posiciones, y

calcularíamos los momentos flectores máximos debajo de cada una de las cargas; y finalmente de

entre los cuatro momentos flectores máximos, para dimensionar la viga se tomaría el mayor, con el

cual se tabularía.

El cálculo confirma que la que produce el máximo es la más próxima a la resultante.

Para no extendemos en el tema no entramos a explicar los diagramas de esfuerzos

cortantes.

2.1.- PROBLEMAS

2.1.1.- Dimensionar una viga formada por un HEA de 4 m. de luz que soporta una

carga móvil delOTn.

tMMTlTTrrrrî —u iLüUilJg[|JJ

P l 10000-4 4 ^ Mf™x = — - = — : : — = i o ^ K g . m

Wc = 10'-10^ 26-10'

= 385cm^ -^ HEA 220

V ^ = RA = 10000Kg

10000 ^ 1 0 0 0 0 _ ^ ^ ^ ^ K g _ ^ 2 0 8 0 ^ Aalma 21-0,7

Luego nos sirve el perfil HEA 220

cm cm

Respuesta: HEA 220

133


2.1.2.- Sea una viga apoyada

en los extremos de luz igual a 6 metros,

que soporta un tren de cargas formado

por dos cargas iguales de valor 4 Tns.,

distantes entre si 3 metros.

Desplazamos el tren a la

posición de la figura de tal manera que

el punto medio entre la primera carga y

el eje central coincida con el centro de la

viga, ya que esa posición nos dará el

máximo momento flector debajo de

dicha carga.

Ra

Ra

4T

4T

4T

4T

Rb

^

Rb

I MB = 0; RA • 6 - 8.000 • (3 - 0,75) = O

6 • RA - 8.000 • 2,25 = O

RA = 3.000 Kgs. RB = 5.000 Kgs.

Mfm«, = RA • (3 - 0,75) = 3.000 • 2,25 = 6.750 Kg • m

Mf^, = 6.750 Kg • m

Al ser las cargas simétricas no hará falta desplazar el tren para la otra posición y estudiar

debajo de la otra carga, puesto que obtencñamos el mismo resultado.

Por tanto con este M ^ i = M nua dimensionaríamos:

Wx = 675000

2600 = 260 cm^ -> sirve el IPN-220.

Respuesta: IPN220

134


A

t Ra

Ra

Ec

2T

I

4T

o.s

4T

1 i 1

h—-1—

o.s 2T

2T

Rb

Rb

Z1.3.- El mismo problema del caso anterior

pero:

Pi=4Tns. P2 = 2Tns.

El eje central de las cargas se calculará:

4T- X = 2T- ( 3 - x)

4 x = 6 - 2 x ; x = l m

Por tanto el eje central está a 1 metro de la carga

de 4 Tns.

Desplazamos la posición del tren de tal forma que

la carga de 4 Tns. deberá quedar a 0,5 metros del centro

de la viga.

Z MB = O ; RA • 6 - 6000 • (3 - 0,5) = O

RA = 2.500 kg ; RB = 3500kg

Mfm«, = 2.500 • 2,5 = 6.250 Kg • m

Tomemos la segunda posición del tren, de forma que desplazamos como en la segunda

figura estamos indicando, de manera que el punto medio entre el eje central y la carga de 2 Tns.

coincida con el punto medio de la viga, y entonces tendremos

I MA = O ; RB • 6 - 6.000 • 2 = O ;

RB = 2.000 Kgs. RA = 4.000 Kgs.

Mfm«: = - (- RB • 2) = + RB • 2 = 2.000 • 2 = 4.000 Kg • m

Resumen:

Mf „„, = 6.250 Kg • m ; Mf „„, = 4.000 Kg • m ;

M f ^ « = 6.250 Kg-m

135

Caigas Móviles sobre Vigas

Y con este resultado dimensionamos:

Wx = Mf„ 6.250 • 10

26 • 10' = 241 cm' IPN220

Respuesta: IPN220

8.3. SOLIDOS DE IGUAL RESISTENCIA A LA FLEXIÓN.

Mfm« Según la fórmula de la flexión Wx = — ' ^ si se mantiene constante el valor de aad en

todas las secciones de la viga, el módulo resistente Wx, de éstas deberá variar proporcionalmente a

Mfx, de este modo se obtendrá una viga de igual resistencia a la flexión.

- Ejemplo 1: Viga empotrada en un extremo y sometida a una carga concentrada P en el

extremo libre, suponiendo que es de sacian rectangular.

^

Sección

U - ^

r y (VaritWe)

^

i

Sabemos que:

y.

b - y ' 12 y. 2

_ b . y ^ 6 (1)

Por otra parte Mf , = - P • x y

Igualando (1) con el valor absoluto de (2)

b y ' P x 2 6 P x —J- = ; y =

6 a„ o^-b

136


Este valor define una ecuadón de 2° grado: la altura

variable y de la sección de la viga en el empotramiento

6 • P - 1 será para x = I, el valor h = J— ;— y por tanto la

«Jad • b

viga sería como mostramos en la figura adjunta.

Ejemplo 2: Estudiemos la misma viga del ejemplo anterior pero ahora consideraremos

constante la altura de la sección y variable su base que tomaremos z.

Wx = — -— y Mf X = - P • X luego

i ^

SoDoón i

2 • h' P • X

6

z =

«Jad

6 • P - X

La base z de la sección de la viga crece

proporcionalmente a x. La sección horizontal de la viga es

6 - P- 1 pues un triángulo isósceles, cuya base se obtiene haciendo x=l, y será z =

'»d

- Ejemplo 3: Viga con un extremo empotrado y el otro libre, con carga uniformemente

rq>artida, suponiéndola de sección rectangular y anchura constante.

137


7 ^

Seodói

• - b -

Wx = - ^ y Mf. = --^h—

b- f q- x

•"ad

y = i 1 3-q ifa«.-b

• X

La sección vertical de la viga es un rectángulo

cuya altura se obtiene haciendo x=l en la ecuación anterior.

- Ejemplo 4: Estudiemos d caso para una viga apoyada en los extremos con una carga

concentrada en el centro, y de sección circular.

7C d

f 1/2-

w = — ^ y,

64 d

2

n • ¿^

32 d = variable

•1/2- Por otra parte Mfx = — • '¡Í , e igualando 4b>

7t • d'

32 3 _ d =

16 • P- X

'td 7C • a ad

Por tanto, el diámetro de las secciones crece en función de JÍ, y como esta función es válida entre A

8 • P - 1 y C cuando x=0 dA=0, y cuando x=l/2 tendremos de = \¡——z— > PO"" tanto, el sólido serán

7t • a.

dos conos unidos por las bases en C.

Este ejemplo tiene su aplicación en el diseño de ejes de máquinas.

138

Capítulo 9


Deformación en la Flexión

Deformaciones en la flexión

9. DEFORMACIONES EN LA FLEXIÓN: " ELÁSTICA Y FLECHA>>

9.1. LINEA ELÁSTICA.

da

Sea una viga apoyada en dos extremos A y B que

ha sufrido una flexión bajo la acción de ciertas cargas. Las

fibras neutras adoptarán la figura ACB, llamada elástica, y

cuya ecuación vamos a determinar.

Son semejantes los triángulos o sectores MON y

QNP, por tanto. PQ NQ

; PQ es el alargamiento de MN OM

las fibras inferiores, y MN es la fibra neutra que no varía.

N Q y J^ OM r ' 1

y = - ; pero r

= E- = E - ^ (a)

Mf Mf v Mf -v ÜÍL = ií2i(b) igualando (a) y (b) E-^ = ^^î^^

Ecuación de la que deducimos el radio de curvatura de la elástica. De esta fórmula se

desprende que al máximo momento flector corresponde un mínimo de radio de curvatura de la

elástica. SI Mt=0; r -> QO, es decir, que al punto de la viga donde el Mf sea nulo corresponderá un

punto de inflexión de la dástica.

139

Defonnaciones en la flexión

y=fl:x)

dy y = f(x) tg a = — o a

ctx al ser a infinitesimal:

dy , . . d a d'y a = —- denvando —— = —r

dx dx dx

r d =ds«dx; dx r

l ^£y ""dx^

y sustituyendo el valor de r d^y Mf,

dx' E l

E I y ' = -Mf,

donde E.I es la rigidez a la flexión, e y" es la derivada segunda de la ecuación de la elástica.

9.2. CALCULO DE LA ELÁSTICA Y FLECHA PARA UNA MÉNSULA CON CARGA CONCENTRADA EN EL EXTREMO.

Aplicando la fórmula calculada: p

~r

y«» = f

i E- I, y = -Mfx

Sustituyendo en esta ecuación la expresión de

los momentos Sectores para una sección x,

tendremos:

E • Ix • y ' = - (- P • x) = + P • X

integrando

P- x' E. I, . y = ——-+ C,

Para calcular la constante Ci interesa hacer el primer miembro nulo, para lo cual hacemos y'= O, y

eso ocurre cuando x = I, por tanto O P- 1=

+ C, ; C, = -P- P

140


E i x - y = - T —

integrando de nuevo

P x' P - l ' x

2 3 2

Para calcular la constante Cj interesa hacer el primer miembro nulo, para ello haremos y = O, que

ocurre cuando x = 1, por tanto

p. p p. p p. p O = — — - ^ — + C2 ; C2 = — I —

P • x' P • P • X P • P E • Ix • y = —r- - 1 + -^r-

Despejando obtenemos la ecuación de la elástica:

y= Px^

6 E I , p 2- E

•X

Ix

. P-1^

3 E L

Para calcular la flecha sabemos que f= yû, y esto ocurre para x=0, por tanto:

9.3. CALCULO DE LA ELÁSTICA Y LA FLECHA EN UNA MÉNSULA CON UNA CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA.

/ ^ ;% La ecuación de momentos Sectores de esta viga sabemos que \^

E I y ' = -Mf,

iîjjjiátiti,^ esMf^ = . q - —, por tanto sustituyéndola tendremos: <?; 2

141

Defonnaciones en la flexión

E • I, • y ,= -, 2 >

q- X

integrando esta ecuación

E- I . - y ' = f - f + C ,

Para determinar el valor de Ci hacemos y'=0 y ello ocurre cuando x=l, por tanto

Sustituyendo este valor de Ci

E • Ix • y = q- x q- 1

ecuación que de nuevo integramos

_ q x"* q • P

Para determinar C2 haremos y=0 que ocurre para xH entonces

5 ? ' ^ -^c, = 0 ; c - ^

E . L - y = - . x . g q . q j » _.. q j "

y despejando

y = q

24-

4 •X

E l x

q 6

•p E

•X

Ix ^ "••'

8 E I ,

Para determinar la flecha, que es el valor de ynux, que ocurre para x=0 como se ve en la figura, por

tanto:

8 • E • Ix

142


9.4. CALCULO DE LA ELÁSTICA Y LA FLECHA PARA UNA VIGA APOYADA EN LOS DOS EXTREMOS CON CARGA CONCENTRADA EN EL PUNTO CENTRAL.

E- I- y' = -Mf,

RA

'A -^

B La ecuación de momentos flectores de esta viga sabemos que

Re

es Mf = — • X, que sustituimos en la ecuación inicial y

tendremos:

E • ix • y = P

integrando esta ecuación tendremos

P x' ^ P x' E - I . - y ' = - - - y + C , = - - y - 4 . c ,

Para determinar el valor de la constante Ci hacemos y'=0, que ocurre para x=l/2, entonces

O = - : + Ci ; Ci = —7-7- que sustituimos en la ecuaaon 4 16

P- x' P- 1'

si integramos de nuevo

P x' P- P E . I . . y = - - - y + - ^ . x + C .

Para la determinación de C2 hacemos y=0 que ocurre para x=0, luego C2=0, entonces:

P- x' P- 1' E • Ix • y = - —r— + —rr- • x + O 12 16

y "-P

12-

3 • X

E-Ix

P +

16

]'•

E

X

Ix

143


que es la ecuación de la elástica.

Para determinar la flecha máxima, ésta ocurre cuando x = 1/2, por tanto, sustituimos y

tendremos:

f = Í-T P- V

P- V p - 1 ^

1 2 E I x 16 E l , 1 2 - 8 E l x 2 1 6 E I x

f = P- I-

48 • E • L

9.5. CALCULO DE LA ELÁSTICA Y LA FLECHA PARA UNA VIGA APOYADA EN LOS EXTREMOS CON CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA.

E- I- y ' = -Mf,

I^

/ ^ B

Sustituyendo la ecuación de los

momentos Sectores de esta viga

ft Mf, q- 1 q- x - — - . X - — - —

Expresión que sustituimos en la primera:

E • Ix • y^ = q- 1 q- X 2\

2 J £ _ L ü + q" x'

si integramos esta expresión

E • Ix • y' = -q • 1 x q x

2 2 2 3

144

Deformaciones en la Flexión

Para determinar el valor de Ci hacemos el primer miembro nulo, y para ello haremos y'= O, que

ocurre para x = 1/2, entonces resulta:

q . l O = -

2) +

N3

2) + C, ; C, =

q- 1 24

y sustituyendo:

E . , . . y ' = - B _ l . , . . a . , 3 , q _ i ! 4 6 24

e integramos de nuevo:

E -L-y 4 3 6 4 24

Para determinar C2, hacemos y = O, que ocurre para x = O, luego €2=0

E • I, • y = - ^-'^ 3 , q- x ' q • 1' • X 12 24 24

Por tanto, la ecuación de la elástica s a i la expresión:

y = q • 1 • x 1 q • x' ^ q •

12 • E • Ix 24 • E • Ix 24

? • X

• E l ,

Para determinar la flecha sabemos que el valor de la y ax ocurre cuando x = 1/2, que sustituyendo

en la ecuación de la elástica tendremos:

f = 5 • q • r

384 • E • Ix

145


9.6. CALCULO DE LA ELÁSTICA Y LA FLECHA PARA UNA MÉNSULA CON UNA CARGA SEGÚN UNA LEY TRIANGULAR

Calculando el momento ílector para una sección a distancia x del punto A.

,2'

, 3 Mf. = -q x X - q x

2 3 q • X

Mf_ = Parábola cúbica 6 1

q X , X

- = 7=>q =q7

Mmíx ocurre para x = 1, es decir el empotramiento. q.P

M ^ = -

El esfuerzo cortante q ' x q x ^

V = - Parábola de 2° grado 2 2

Vmáx ocurre para x=l, es decir en el empotramiento.

má X 2 - 1 2

Calculamos la elástica.

E . I , . y " = -Mf,= S¿2L 6 1

Integrando

^ • ' - • ^ • = 1 Í T * ^ '

y' = O cuando x = 1

0 = qvT

24-1 + C, -)• C, = -

24

" ^ 24-1 24 Integrando de nuevo

' q x ^ q P X ^^"•^ '120 1" 24 ^^'

y = O cuando x = O

120-1 24 '

0 = q-r q-r 120 24 '^

" ^ 120-1 24 30

+ C, -> C, = sil 30

Esta es la ecuación de la elástica y = q x ^ q l ^ . x ^ q-l^

1 2 0 1 E L 2 4 E L 3 0 E L

146


La flecha f= ymáx ocurre para x=0 f = q-r

3 0 E L

9,7. CALCULO DE LAS VIGAS EN FLEXIÓN ATENDIENDO A LA DEFORMACIÓN MÁXIMA.

Consideremos un caso frecuente en la práctica, es decir, que la viga tenga una sección

simétrica respecto a la fibra neutra, tal es el caso de las secciones rectangulares, circulares, PNI, etc.

Sea 1 la luz de la viga; Ix su momento de inercia; y E el módulo de Young.

f =

Estudiemos el caso para una viga con carga uniformemente repartida, en la que la flecha es

5q. r 384 • E • L

En los edificios para vigas metálicas se toma f < —— y f < —— para vigas de madera ( EAC=

2.10* Kg/cm^ Em= 10* Kg/cm^). Esta condición será la primera a considerar de tal forma que

igualando ambas expresiones se verificará para vigas de madera:

5 • q • 1

384 • E• L 1250 • q • P , « . . q • I'

^ = Ix I. = 3,255 • ^ ^ 250 ' 384 • E

Conocidos los valores de q, 1 y E, determinamos el valor de I, y tomamos, con la ayuda del

Prontuario un perfil que tenga dicho valor en exceso. Los cálculos en flexión se deben iniciar

siempre con esta condición, ya que normalmente es la más desfavorable.

En el caso de vigas metálicas de A-42b usaremos o= 2.600 Kg/cm^ y para madera o= 80

Kg/cm^

9.7.L PROBLEMAS: 7.1.1.- Determinar d IPN necesario para una viga (poyada en los extrenws de 6 m. de

luz, y sometida a una carga de 300 kg/m, y con la condición def<I/400.

147


Haciendo:

RA

J

1 (

V

RB

Nffmáx

f< 5 . q - 1

400 384 • E • I •

simplificando y despejando

300 ,2\3 ^ 2000 • q • P ^ 2000-—-(Ó.IO^)

384 • 2.10" 384 • 2 • 10*

6,10^-6^10* -~- ¡— = 1687,5 cm"

768 10*

IPN 200

^ _ Mf ax _ 8 _ 300-36.10^ _ 3

^^ - " V - V - 8-2600 - ^ ' """^

Wx = 51,9 cm^ -> IPN 140

Pero como por la condición de la flecha se necesita el IPN 200 y por la de flexión necesitamos sólo

el IPN 140, tomamos el mayor, condicionado por la flecha y no comprobamos ni la cortadura ni el

peso propio, ya que hay mucho margen.

Respuesta: IPN200

Resumiendo, para calcular una viga sometida a varías cargas se dimensiona el perfil con la

condición de que la flecha f< 1/500 y posteriormente se comprud)a el perfil a flexión y a cortadura,

y si fijese necesario teniendo en cuenta el peso propio del perfil.

Los valores de las flechas de las distintas vigas se pueden obtener en las Tablas del

Prontuario, o bien calculando como hemos desarrollado algunos, o por otros teoremas como los de

Móhr que se verán más adelante.

148

Drformaciories en la Flexión

7.1.2.- Calcular la flecha para un redondo de acero de 75 mm de diámetro y 3,5 metros

de longitud, colgado de sus extremos.

En realidad, cuando decimos colgado es lo mismo que si estuviera apoyado en sus

extremos.

J-Lt SECCIÓN DE LA BARRA

350 cm

La flecha para esta vaga que está sometida únicamente a la carga de su propio peso es:

f = 5 • p • r

384 • E • L

siendo:

p = 34,7 Kg/m = 0,347 Kg/cm: peso propio del redondo en tablas del Prontuario.

1 = 3,5 m = 350 cm : longitud del redondo.

6 Vr,l 2 . E = 2,1.1 o Kg/cm : Módulo de Young del acero.

d = 75 mm = 7,5 cm : diámetro del redondo.

149


Ix= ——— = —7—^— = 155 cm" : momento de inercia principal de la sección circular 64 64

respecto al eje X-X", y que también está en el Prontuario.

Por tanto realizando los cálculos obtenemos la siguiente flecha máxima y que se produce en

el centro del vano:

f = 5 • 0,347 • 350"

384 • 2,1.10' • 155 = 0,208 cm = 2,08 mm

Respuesta: f = 2,08 mm

7.1.3.- Un poste telegráfico de altura h= 10 metros debe resistir una presión del viento de 125 kg/m? con una seguridad 10, la carga de rotura por flexión es 420 kg/cm^ y la presión del viento ha de estimarse sobre 0,785 de la sección diametral del poste. Calcular el diámetro del mismo.

El poste se comportan con una ménsula con una carga uniformemente repartida, de tal manera que la fuerza del viento sobre el poste cuya sección diametral es d i vale F=PS=0,785hdl25 y el momento flector máximo será en el empotramiento y valdrá:

^

^

/ / / / ) /' ^

Mfméx = F - = 0 , 7 8 5 - h d - 1 2 5 - ycomo

T T - d '

o«,= 64 Tcd-«JR Mf . , _

10 ~ W, ^ " " d " 32 2

" ' " 32 10

1 0.0420—= 0 , 7 8 5 - h d - 1 2 5 - => d=0,345 m

32 10 2

tí

Respuesta: d = 0,345 m

150


7.1.4.- Una viga empotrada en un extremo, formada por el perfil I de la figura adjunta, debe de tener una longitud tal que por efecto del peso propio, la flecha en su extremo libre seaf= 2 cms. Determinar dicha longitud (peso específico y=7,8; E= 2-10^ kg/cm^. Medidas en mms.

La flecha de una ménsula con una carga uniformemente repartida es f = q-r

16,2¡

V///////////////A

V/////A i

10,8

'///////^

' ^

í

o o

1 '

8 E I

Por tanto hacemos 2 = q.V

8 E L Tendremos que calcular Ix

1 I = —[12,5 • 30' -11,42 • 26,76'] = 9,888 cm".

Y el área A=69,4 cm^, calculándola.

Por tanto q = A •;' = 69,4 • 0,0078 = 0,5413

Sustituyendo

kg/ cm

iilillliilill'liliiiiiii

Respuesta:

0,5413 r 8-2 10*-9,888

1 = 874,4 cms

i = 874,4 cms

7.I.S.- Un tubo de hierro de sección circular (medidas en cms) lleno de agua» sobresale del muro una longitud x. La flecha de la sección libre debe ser a lo sumo 5 mms. Determinar X, siendo £-2-1(1^ kg/cm',YF€-7,8.

I

151


El peso del tubo, es decir del acero de tubo pi y el peso del agua p2, sumados ambos es una carga uniformemente repartida, luego será una ménsula de longitud x con una carga

uniformemente repartida de valor pi+pj, y el valor de la flecha es: f = 8 E T

I , = ^ ( D ^ - d ^ ) = -^(20^-16^)=:4637 cm

Sección del tubo - (20" -16") = 113,09 cm'

Peso del tubo por cm de longitud pi= AREA-y= 113,09-0,0078=0,882 kg/cm.

Peso del agua por cm de longitud p2= A R E A Y = 7t-16'

0,001 = 0,201 kg/cm.

Portante q= p,+p2=0,882+0,201=l,083 kg/cm

1,083-x^ 0,5:

8-2-10*-4637 X = 430,2 cms

Respuesta: X = 430,2 cms

7.1.6.- Un perfil laminado, de sección indicada en la figura, se coloca primeramente de canto, es decir, apoyado en la cabeza de 20 cms de ancho, y después de plano, esto es, de modo que la altura de 40 cms quede horizontal Hallar la longitud necesaria en cada uno de estos casos para que la viga se rompa por efecto de su propio peso crR=5000 kg/cm^, y=7,8. Medidas en cms.

V777

í>

i y/.

y/////. i

Tzzm:

^.QD

/A^

4-//^/A.

kg/cm

Calculemos Ix e ly, asi como el área. Area=A=224cm^ Peso por cm de longitud q=Ay=224-0,0078= 1,7472

20.00 J

Ix = —(20-40' -16-36 ' ) = 44459 cm'

I =—(4-20 + 36-4') = 2859cm^ " 1 2 ^ '

X ' Y

ira


q-P I, 44459 En el primer caso Mf^ = ^ = a» • W = 5000— = 5000-——= 5000-2222,95

F max g R X y 20

qi = 5000-2222,95

1,7472-r 8

= 5000-2222. ,95 => I,=71338 mts

En el segundo caso Mf ^ = q.V

= a„ -W =5000—= Iv 2859

'R ^ 'y X, 10

1,7472-r 8

5000-285,9 ¡2= 25,584 mts

Respuesta: li = 71,338 mts y 12 = 25,584 mts

7.1.7.- Una viga AB de peso G está empotrada en Cy solicitada en el punto medio del tramo menor por la fuerza P. Determinar P, bajo la condición de que la flecha en los puntosÁyBsean iguales.

A

P

C Í E

i i i i i ^ i i i i i i i l i i i i i i i i i i i i i " 3o

La viga pesa G, luego tiene una carga G

uniformemente repartida -— = q que es su peso 5-a

propio.

El tramo de viga de la izquierda su flecha ocurrirá en A y será:

G , .4 81a^

f = , _ . pero l=3-a => f = * 8-E-I 8-E-L 8 E - I . 4 0 E - r

P

^ B VÁ - 4 + i i. ""1

El tramo de viga de la derecha lo consideramos como dos vigas superpuestas. Las cargas, para la primera la flecha enB

^ ( 2 . a r esf = i i a

' 8-E-I X

flecha en B

2G-a^ 5-E-L

y para la segunda viga la

P-a^ 5-P-a^ será: f, = -—=-;—(2 - a + 3 • a) = ^ ^ , el valor de Í2, es

6-E-I, 6-E-I, decir, de la flecha de una ménsula con una carga concentrada en el centro de la luz de la viga , lo hemos obtenido en el prontuario, no lo hemos deducido.

153


Por tanto la flecha en B para esta viga sería la suhia de ambas:

^ , ^ 2 G a ' 5 P a '

Igualando la condición del problema 8 1 G a ' 2 G a ' 5 P a ^ 40E- I 5 E L 6 E I

dividiendo por

E l .

81G 2 G 5 P 40 ~ 5 " 6

fSl 2] 5-P

Respuesta:

P = 1,95 G

P = 1,95 G

7.1.8.- Una viga cuyo momento resistente Wx es conocido está solicitada para la carga uniforme repartida que se indica en la figura adjunta. Hallar la longitud de "c" que ha de extenderse para que la tensión de trabajo asea una cantidad conocida.

T T T T T T

4 12

t t t f T f

Ji(k% m)

1/2

Basándonos en esta viga ya explicada anteriormente y que calculamos su Mf„

VDMX

q c I 2,

sustituyendo en o^ = Mf. W.

y despejando

q c .N

1 - -4 I 2

= cr^-W. ; q-c . q-c iL_.l_4^ a ^ W , =0

4 8

'ad '^'x

Resolviendo la ecuación de segundo grado obtenemos la respuesta

q-c^-2-q-l-c + 8-a3j-W^ =0

Respuesta: c = =l+, t 8 Wx

q <y«i

154

Capítulo 10


Pandeo

Pandeo

10. PANDEO

10.1. PANDEO.

y-

Supongamos que tenemos una columna de sección rectangular

homogénea, y que la sometemos a una carga gradual de "O" a "P",

actuando dicha carga o esfuerzo en la dirección del eje geométrico de la

pieza; ya definimos y dijimos que esta pieza está sometida a compresión.

Ahora bien, si la sección transversal es pequeña, con lo cual su

radio de giro, recordando Ix = S • i , resulta qup , tendrá

h < b

un valor comparativamente también pequeño. Pues bien, esta columna

en determinadas condidones no se comprime, ano que se flexa

laterahnente alrededor del ge x-x', respecto al cual el momento de

inercia y como consecuencia d radio de giro es mínimo. La curva que

adopta el eje de dicha columna es la ecuación de la elástica, ya que el

pandeo es una flexión lateral.

Este pandeo ocurre para piezas cuya esbdtez sea X>20 la esbeltez mecánica de una

pieza simple como la de la figura en un plano prindpal de inerda es el valor de:

Im

siendo

lie: la longitud de la pieza en el plano considerado, y para sección simple o formada

por un sólo perfil.

im: el radio de o que se encuentra en el mismo plano prindpal de inercia en el cual

se ha considerado el valor de 1 .

"K es adimensional.

155

Pandeo

Por otra parte, la longitud teórica de pandeo de una pieza en un plano principal de inercia es

el valor de:

siendo

lie = 1 • P

1: la longitud real de la pieza

P : un coeficiente que depende de las condiciones de vinculación de la pieza en el

plano considerado para Ik

Damos a continuación un cuadro para el cálculo de p:

VALORES DE LOS COEFiaEMTES ^ Í»ARA LA DETERMINAOON DE LA LON-GITUD TEÓRICA DE PANDEO

Caso

Representación gráfica de las condiciones de vinculación en los extremos

Valores de p

1

• ^

tá

] L

1

2

1

e UtBÍ

1 1

i 2

3

'A

«9

\ 1 f

0^

4 '

1 1 .

1 1

1 1

5

1 1 / / r

0,7

6

/ /

4 I

(1) Las condiciones de vinculación, referidas siempre al mismo plano de inflexión considerado para la determinación de Ik, se define del modo siguiente:

Caso 1. Articulación fija (o sea, sin posibilidad de traslación) en ambos extremos. Caso 2. Articulación fija en uno de los extremos y empotramiento, con posibilidad de

desplazamiento, en ambos extremos. Caso 3. Empotramientos fijos en ambos extremos. Caso 4. Empotramientos en ambos extremos, uno fijo y el otro con posibilidad de

desplazamiento. Caso 5. Empotramiento fijo en un extremo y articulación fija en otro. Caso 6. Empotramiento fijo en un extremo y articulación desplazable en otro.

Para columnas; P = 1; Para estructuras: P = 0,75;

156

Pandeo

10 J . VALORES ADMISIBLES DE LAS ESBELTECES DE LAS PIEZAS COMPRIMIDAS.

Hemos manifestado que el pandeo se inicia cuando ^ ^ 20; pues bien, la esbeltez mecánica

de las piezas comprimidas de acuerdo con las normas vigentes no debe de sobrepasar los siguientes

valores:

-1 Tab A, < 175 en elementos principales

-1 Tab X < 250 en elementos de aniostramiento o secundarios

Estos valores se recomienda deben ser reducidos en el caso de que la estructura esté

sometida a cargas dinámicas.

Se ha de tener presente que las limitaciones de la esbeltez admisible responden más a

criterios y exigencias de seguridad que a consideraciones de economía. Es por ello que en muchas

reglamentaciones no se admiten valores mayores de X = 250.

10.3. MÉTODO DE CALCULO DE PIEZAS SOMETIDAS A PANDEO.

10.3.1, MÉTODO DE LOS COEFICIENTES o.

P Recordando la tensión admisible de compresión a,d = ~ podemos aplicar la fórmula

p Oad = "T • co, siendo a un coeficiente tabulado, siempre mayor que la unidad. Este coeficiente es

A

propio de cada material y de la esbeltez de la pieza. Esto produce una limitación del uso de este

método ya que se utilizan normalmente tablas solamente para el acero A-42b y el A-52, de ahí que

para otros materiales al no tener tabulado los coeficientes co, es decir materiales diferentes a los

aceros de construcción, este método no se utiliza.

157

Pandeo

Coeficientes w para aceros A-42b

X

20

30

40

SO

60

70

80

90

100

110

120

130

140 .

150

160

170

180

190

200

210

220

230

240

250

0

í,02

1.04

1,07

1,13

1.22

1,34

1.51

1,74

2,01

3^2

2,67

3,06

3,49

3,96

4.45

4,99

5,55

6.15

6,78

7.45

8.15

8,88

9,64

10,44

1

1.02

1.04

1,08

1.14

1.23

1,36

1,53

1,76

2,03

2,35

2,71

3,11

3,54

4,00

4,51

5,04

5,61

6,21

6,85

7,52

8.22

8.95

9,72

2

L02

1.04

1.08

1.14

1.24

1,37

1.55

1,79

2,06

2.39

2.75

3.15

3,58

4.05

4,56

5.10

5,67

6,27

6,91

7,59

8,29

9,03

9,80

3

1,02

1.05

1,09

1.15

1.25

1,39

1.57

1,81

2.09

2.42

2.79

3,19

3.63

4.10

4,61

5,15

5,73

6,34

6,98

7,66

8.36

9,11

9,88

4

1,02

1,05

1.09

1.16

1.26

1.40

1,60

1.84

2.13

2.46

2.82

3,23

3,67

4.15

4,66

5.21

5,79

6,40

7,05

7,72

8,44

9,18

9.96

5

1.03

1,05

1,10

1.17

1,27

1.42

1,62

1,86

2.16

2,49

2,86

3,27

3,72

4,20

4,72

5,26

5,85

6.46

7,11

7,79

8,51

9,26

10,04

6

1,03

1,06

1.10

1,18

1,29

1,44

1,64

1,89

2,19

2,53

2,90

3,32.

3,77

4.25

4,77

5,32

5.91

6.53

7,18

7.86

8,58

9,33

10,12.

7

1,03

1,06

l.Il

1,19

1,30

1,46

1,66

1,92

2-22

2,56

2,94

3,36

3,81

4,30

4,82

5,38

5,97

6,59

7,25

7,93

8,66

9,41

10,20

8

1,03

1,07

1.12

1,20

1.31

1,47

1.69

1.95

2,25

2,60

2,98

3,40

3,86

4.35

4,88

5.44

6.03

6.65

7,31

8,01

8.73

9,49

10,28

9

1,04

1,07

1.12

1.21

1.33

1,49

1.71

1,98

2,29

2,64

3,02

3.45

3,91

4,40

4,93

5,49

6,09

6,72

7,38

8,08

880

9,57

10,36

X

20

30

40

50

60

70

80

90

100

110

120

130

140

150

160

170

180

190

200

210

220

230

240

158

Pandeo

Coeficientes w para aceros A-52

X

20

30

40

SO

60

70

80

90

100

110

120

130

140

ISO

160

170

180

190

200

210

220

230

240

250

0

1,02

i.os

1.11

1.20

1.35

1.56

1.84

2,18

2,59

3,04

3.55

4.10

4,70

5,35

6,04

6,79

7,57

8,40

9,28

10.21

11,18

12,19

13,25

14.36

1

1,02

1.06

1.12

1,22

1,37

1.59

1,87

2,22

2,63

3,09

3,60

4,16

4,76

5,42

6,12

6,86

7,65

8,49

9,37

10,30

11.27

12.29

13.36

2

1.03

1.06

1,13

1,23

1,39

1,61

1,90

3,26

2,67

3,14

3,65

4,22

4,83

5,48

6,19

6,94

7,73

8,58

9,47

10,40

11,38

12,40

13,47

3

1,03

1,07

1.13

1,24

1.41

1.64

1.94

2.30

2,72

3,19

3,71

4.27

4,89

5,55

6,26

7,02

7,82

8,66

9,56

10,49

11,48

12,50

13,58

4

1,03

1,07

1,14

1.25

1.43

1,66

1,97

2,34

2,76

3,24

3,76

4,33

4,95

5.62

6,34

7,09

7.90

8,75

9,65

10,59

11,57

12,61

13,69

5

1.04

1.08

1,15

1,27

1.45

1.69

2.01

2.38

2.81

3.29

3,82

4,39

5,02

5.69

6,41

7,17

7,98

8.84

9,74

10,69

11,68

12,72

13,80

6

1,04

1.08

1.16

1,28

1,47

1,72

2.04

2.42

2.85

3,34

3,87

4,45

5,08

5,76

6.48

7,25

8.07

8,93

9,83

10,78

11,78

12,82

13,91

7

1.04

1,09

1,17

1,30

1.49

1.75

2.08

2,46

2.90

3.39

3.93

4,52

5,15

5,83

6,56

7,33

8,15

9,02

9,92

10,88

11,88

12,93

14,02

8

1,05

1.10

1,18

1.31

1.51

1.78

2,11

2,50

2,95

3,44

3,98

4,58

5,22

5,90

6,63

7.41

8,24

9,10

10,02

10.98

11,98

13.03

14.13

9

1,05

1,10

1,19

1,33

1,54

1,81

2.15

2.54

2,99

3,49

4,04

4,64

5,28

5,97

6,71

7,29

8^2

9,19

10,11

11,08

12,09

13,14

14,25

X

20

30

40

50 '

60

70

80

90

100

110

120

130

140

150

160

170

180

190

200

210

220

230

240

159

Pandeo

Claro que las Normas DIN dan unas tablas para otros materiales que adjuntamos, aunque

no son muy comúnmente usadas por los proyectistas; además estas tablas no son muy completas,

como son las de los aceros para estructuras ya citados A-42 b y A-52, ya que el A-37 está en total

desuso.

Valores de W para aplicar d método del coeficiente de pandeo en otros materiales.-

A l e a c AI-Ca-Mff noimal

(DIN 4113) »

1,03 1,18 1.39 1,66 1.99 2,57 3,36 4.26 5,25 6,36 7,57 «,88

10,30 11,82 13,45 15,19 17,03 18,97 21,02 23,17 25,43 2730 30.27 32.84

AleacAl-Mff3 F 18

( D I N 4113) €0

1,00 1,02 1,06 1.15 1.26 1.38 1,52 1.68 1,87 2.09 2.43 2.85 3.30 3,79 4.31 4.87 5.46 6,08 6.74 7,43 8.16 8,92 9.71

10,53

Madera (DIN 1052)

fl»

1.15 1,25 1.36 1.50 1,67 1.87 2.14 2.50 3.00 3,73 4,55 5.48 6.51 7,65 8.91

10.29 11.80 13.43 15.20 17.11 19,17 21.37 23,78

i 26.25

Realmente este método se ^lica con la ayuda del Prontuario de Ensidesa, aunque en primer lugar

aplicaremos el cálculo sin el uso del citado Prontuario.

160

Pandeo

10.3.2. ESTUDIO PARA PERFILES SIMPLES.

10.3.2.1 - l"CASO.-

Admitamos este caso, aunque no es el que se suele dar en la práctica. Es decir,

conocidos los datos de una columna o barra, determinar la carga o esfuerzo que puede

soportar.

I

1

//yyyyyA-yy/yyJf^

I

Datos:

1 = 3 mts.

Sección IPN 300

Acero A-42 b

Incógnita:

Carga P

300 \ = *

2,56

P o = — • o ;

A

118

P =

=>

a

© =

• A

co

»

= 2,60

2600 • 69,1

2,60 = 69100 kg

Este problema se resolverá después con tablas de pandeo.

Respuesta: 69100 kg

10.3.2.2 - 2» CASO.-

Planteamos ahora el caso inverso, es decir, el caso más común. Admitiendo que

conocemos el tipo de sección a utilizar (en nuestro caso un IPN), la altura, el tipo de material

y la carga o esfuerzo que soporta, determinar la sección.

Datos:

1 = 3 mts.

Acero A-42 b

P = 69.100 kg.

Incógnita:

Sección IPN

161

Pandeo

El problema hay que hacerlo a tanteos, y para ello tomamos la barra o columna sometida a

compresión pura, pero con una &tiga o*, que consideramos de valor arbitrario.

<^' = y<^^ = | - 2 . 6 0 0 « 1.734 kg/cm'

de donde

1734 = ^ ; A = ^ ^ = 39,85cm^ A 1734

Tomaríamos 46,1 cm , que sería la sección más aproximada por exceso y que corresponde a

un IPN 240, cuyo radio de giro mínimo vale im = 2,20 cm, y comprobamos

-k 300 , . _ _ ^ A = w 137 => íD = 3,36

220 a = . ^ ? i ° ^ . 3,36 = 5.036 kg/cm'> 2.600 kg/cm'=> NO SIRVE

46,1

Luego tomaríamos por ejemplo, despreciando el siguiente (IPN 260), el IPN 280, que tiene

radio de giro mínimo i™ = 2,45 cm y área A = 61,1 cm , y comprobamos

X = —«123 =>(í> = 2,79 2,45

a = - ^ ^ ^ - 2 , 7 9 = 3156kg/cm'>2.600kg/cm' => TAMPOCO SIRVE 61,1

Tomamos el siguiente, es decir, el IPN 300, con im = 2,56 cm y A = 69,1 cm , y

X = i 2 2 . « i i 8 =¡, 0 = 2,60 2,56

69100 ^ ^^ ^ ,^^, , j a = 2,60 = 2600 kg/ cm

69,1

comprobamos

luego ésta es la solución, que veíamos en el primer caso expuesto. Realmente este 2° caso es

el que más se presenta en la práctica y más tarde expondremos como se resuelve en determinados

casos con la ayuda del prontuario.

Por tanto, lógicamente la respuesta será:

Respuesta: IPN 300

162

Pandeo

Debe quedar claro que perfiles simples son las secdones circulares, anulares, cuadradas,

rectangulares y todos los perfiles simples incluidos en el prontuario, como IPN, HEA, HEB, HEM,

UPN, IPN, fPN.

10.3.3. ESTUDIO PARA PERFILES COMPUESTOS

Existen casos en que las barras o columnas están formadas por perfiles compuestos como

son n PN, n HEA, HI HEM, ][, [], y otros que se indican en los prontuarios. Estos primeros se

usan en columnas, y otros como los 1 f (angulares pareados), ó 1L ,ó o , angulares en estrella, o en

rombo, se usan en estructuras.

Estudiaremos una columna formada por perfiles de sección ][, unidos por presillas.

Se suele llamar eje material al xx', que corta a los perfiles que

integran la sección de la columna, y eje libre al otro, es decir, al yy".

La columna puede pandearse respecto a ambos ejes. Si lo hace

respecto al xx' las presillas no trabajan, luego los dos perfiles se pueden

unir (I); por el contrario si pandea alrededor del yy', sí trabajan las

presillas.

Las presillas podrán estar soldadas, atornilladas o

remachadas, siendo "h" la distancia entre ejes de las

mismas.

Estudiemos como hicimos en el caso de los

perfiles simples los dos casos dtados.

10.3.3.1 - 1" CASO Conocidos todos los datos calcular la carga

que puede soportar la columna.

I M

.¿--._

//////// '///////////

...

///// ]llll ¡ii/iniiiii

1

'llliillll

El problema implica la determinación de cuatro esbelteces

163

Pandeo

_K__ longitud libre de pandeo X

• x i radio de giro de la sección respecto a xx'

_|k longitud libre de pandeo '' i . radio de ro de la sección respecto a yy'

3.- X, = r ^ = I, _ distancia entre ejes de las presillas i„ radio de giro mínimo de un sólo perñl

"•',

La valoración de ix e iy está en los Prontuarios originales de Ensidesa.

De entre las cuatro esbelteces anteriores se comparan la primera y la cuarta y se toma la P

mayor, con la que se calcula la o, y se aplica el método para a^ = — • (o

Si h no se fija, se toma Xi valores entre 30 y 35.

APUCAaÓN

Hagamos un gemplo de aplicación de este primer caso.

Datos: Incógnita:

1 = 4 mts. Carga P

Sección 2 PN][ 200

s (distancia entre espaldas) = 150 mms

Acero A-42b

l . .X= — = 51,9*52 7.70

164

Pandeo

El radio de giro ix=7,7 cm es igual para un perfil sencillo que para un perfil doble, pues Ix= S.ix*.

2.- X = — = 41,02 «42 ' 9,75

Nota: el valor de íy no lo tiene en el Prontuario reducido, que se facilita a los alumnos.

3.- Xi=30

4.- X,d^=V42'+30' =51,61

Comparando 1 y 4. Tomamos Xx = 52 => w = 1,14

P = a • A 2600 • 64,4

© 1,14

Respuesta:

= 146877,19 kgs

146,8 Tn

10.3.3.2 - 2» CASO: El problema inverso, es decir, determinar la sección, es un problema complejo, y que se sale fuera

de contexto, por lo cual lo realizamos con la ayuda del prontuario, como veremos posteriormente

en 8.3.5.

10.3.4. UTILIZACIÓN DEL MÉTODO PARA BARRAS FORMADAS POR PERFILES SIMPLES.

Normalmente el caso más común que se nos puede presentar en la práctica es, prefijada una

sección de una barra y conocida su lon^tud y el esflierzo a que está sometida, calcular el perfil, es

decir la sección correspondiente. Este problema se resuelve entrando en las tablas del citado

prontuario, y que adjuntamos una de ellas.

x r H

we 1» 140 1W itp

M* t» H» aw I M

M* nt M M Me

4S0

US

««

«•>

1*> 1<2 WJ 2U X>.*

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VSM X U i SSjM VXI* n j e lOMO Mue

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u u %) 1J.1

ita V» - l U •3

») 17,1

n.1 10»,» UL* in.* xnx

« u tnjt

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SSOJ

1 »

4.4 7J

1U ««.1

XL* 114 41.» a t tu m» «u

11M 1ÍSJ 1M.1

WíS lt>.1

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MO

W u w 1 U

W4 a u U.1 M * i r j

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US

u u 1U

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«ki TU mi

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1444 I K J

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U4J U U 4>1>

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rfi»

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w 1U \u 11.1 V4 HS 4 U n.i < a H l m)

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ns M4.«

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su 41* IM Mlt T1¿

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WI.4

144,» H Í .4

' M M

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1J.1 su J U 41.1 «.1

S7.7 «s.»

1K«

1X14

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1U 1».» 2M l U S U 41.4

41* 7W

M U 14l>

VUX-

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4 U iL1

• 1 * 1X1.4

1U.1

TJW

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SM HX 7 7 *

1«U

14U

u »

4 1 * t s * n.4

111J

u»

47* «u

• u

10.00

SU

715

165

Pandeo

Es decir, calculado el valor de Ik = 1 • P, se bâ en la tabla del perfil elegido hasta tomar el

valor de la carga a soportar por defecto, y en sentido horizontal y a ambos lados de la tabla

tendremos la solución. Es decir, para el problema de la página 7 en su 2° caso, bajaríamos por la

columna correspondiente a 3 mts., con lo que se consigue el valor de 70,2 Tn. > 69,1 Tn.

Claro que, una vez más insistimos, estos valores son sólo los tabulados para A-42b y

secciones de perfiles fabricados por Ensidesa.

En la horizontal vemos que corresponde a un IPN 300.

10.3.5. CALCULO DE BARRAS FORMADAS POR PERFILES COMPUESTOS

Con la ayuda de las tablas y con las mismas limitaciones podremos elegir los perfiles

compuestos.

Para la resolución del segundo caso del problema, en la tabla del Prontuario de Ensidesa que

adjuntamos bajamos por la columna de 4 mt, y para una carga o esfuerzo de 146,9 Tn. > 146,8

Tons. en la horizontal observamos que corresponde a 2 PN ][ 200.

OM «flhi UTN M y M > t i « (W • U

UPN

•

w fX Ht MO

»

yo »

M

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SU

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(«)so (HÍ4J (») K1 (DUM nia4

(j)iir.i

UPN

00

too ia t« 1H MO

ao ao

ao

a»

166

Pandeo

10.4. FORMULAS DE EULER. Consideremos una columna con los extremos

articulados A y B, y que soporta en sus extremos una carga

axial P.

pandea.

Ocurre que cuando ^^20 la viga (columna)

La carga se colocará gradualmente de O a P.

Aplicando la fórmula de la ecuación de la elástica

E • L • y ' = - Mf, =

P

P y

o bien

y' =

d^y

E- L

P

• y

(dxr E • L y = O

P 2 Sustituyendo—— = p la ecuación quedará

t • Ix

d'y 2 —TI + p' • y = o (dx)^

Esta es una ecuación diferencial homogénea lineal de segundo orden con coeficiente "p"

constante, y es la misma ecuación que la de un movimiento vibratorio armónico simple, excepto por

supuesto, que la variable independiente es la distanda x, en vez del tiempo t:

y = Asen px + Bcos px

Siendo en esta ecuación A y B dos constantes de int^radón de tal forma que cumpliendo

las condiciones de entorno para x = O, y = O, para ello B = O, ya que 0 = 0 + Bcos O, luego B = 0;

tomando ahora x = 1, y = O, tenemos O = Asen pl. Para cumplirse esta opresión o bien A = O ó

bien sen pl = 0; si se cumple la primera, es dedr A = O, la ecuación quedaría y = O, es decir no

existiría pandeo, por tanto no lo tomamos como solución, sino que tomaremos la segunda, o sea,

hacemos sen pl ' O, y para que esto se cumpla

167

Pandeo

pl = k-7c, y como p ~ \ E - I

(que fué el cambio de variable).

sustituyendo tendremos que E-I

• 1 = k- 7t

y elevando al cuadrado E- I

1 = k • 71 , portante despejando

P = 7i' • E • I

1

El menor valor de P definido en la ecuación anterior se dará para k = 1, con lo cual la

fórmula quedará reducida a

Pe = n' E l

V siendo Pe = P< c ^cntica

Esta fórmula conocida por la Fórmula de Euler en pandeo, nos dá el valor de la carga crítica

a evitar en pandeo. Admitiendo columnas del mismo material, con lo cual E es constante, a igualdad

de longitud, lo que interesa es el valor máximo del I. Llamando Pad a la carga de trabajo, ésta valdrá

Pad ~ — 71 • E • I

r\ TI- P

El coeficiente de seguridad TI se toma entre 5 y 10, por lo cual

siendo

Pad: carga adnúsible de trabajo en kgs

E : módulo de Young en kg/cm^

I : momento de inercia en cm

1 = Ik : longitud libre de pandeo en cms

168

10.4.1. LIMITES DE LA FORMULA DE EULER 7i' • E - I

Si tomamos la fómuila Pe = 2 , y como sabemos que Ix

Pandeo

= S • ix, sustituimos.

tendremos

Pe = 7t • E • S • i Pe 7t' • E • ií

\i

y como X = Ik / ix,"; -^ = c le • E ^ le - E

o lo que es lo mismo C5c • X = K • E, y despejando

X = n

En general

Si representamos la flinción a = f(X), para valores de a inferiores o iguales al límite elástico

a,d, la curva correspondiente es la Ifipérbola de Euler.

169

Pandeo

Engesser

Hipérbola de Euler

Del estudio de esta

curva se deduce que para

piezas de esbeltez elevada la

tensión crítica se hace pequeña,

es decir, que una pieza que es

muy esbelta pandea para una

tensión de compresión

pequeña.

En este caso, fijada el

área de una sección de una

pieza hay que procurar que su

esbeltez sea lo menor posible y

para ello el radio de giro mínimo debe ser lo mayor posible, tal como ocurre en las secciones

tubulares:

Pero hay que tener presente asimismo, que al ir disminuyendo la esbeltez la tensión

específica aumenta, y la Hpérbola de Euler sólo es válida hasta el punto A que define la tensión o«i,

es decir, la tensión límite elástica, puesto que por encima de la zona elástica ya no es aplicable la ley

de Hooke. Hagamos una aplicación para el acero A-42b, aiyo a«i = 2600 kg/cm^ y E = 2^ 10*

kg/cm^; la esbeltez sería; X = TI • J-^ = n • 10'

2600 * 89

Por tanto para el acero A-42b la fórmula de Euler es válida para valores de X entre 89 y

250. Para valores inferiores a 89 no es aplicable dicha fórmula.

En general en construcciones metálicas, las piezas que se emplean tienen valores inferiores

al valor X - 89, de ahí que insistimos esta fórmula de Euler no es aplicable y se utiliza el método de

los coeficientes co.

170

' Pandeo

10.5. FORMULAS DE TEJMAJER Y ENGESSER Si en la hipérbola de Euler sobrepasamos d valor del límite elástico (punto A), definido por

Gid, pues como dedmos para valores superiores no tiene sentido hablar de la ley de Hooke, a partir

de dicho punto entramos en la zona plástica y el valor de E disminuye y se puede expresar por la

7l' • E T expresión Op = -, llamada Fórmula de Engesser o de módulo tangencial para pandeo

inelástico, y definida en la figura.

En la zona inelástica esta fórmula de Engesser se ha obtenido experimentalmente para gran

número de piezas de distinta esbeltez, siempre para valores inferiores al mínimo para el que no es

aplicable la fórmula de Euler.

Tejmajer propuso para la zona inelástica la siguiente fórmula

Op = O r - a - X+ h • X^

siendo

Or la tensión a la compresión simple

Gp la tensión plástica

X la esbeltez mecánica

a" y "b" dos coeficientes a determinar experimentalmente para cada

material

Damos una tabla adjunta para varios materiales

1 Material

Fundición gris

Acero dulce

Madera de pino

Hormigón

E

kg/cm^

10*

2,1x10*

10'

2,1x10'

Gad

kg/cm^

1620

1900

99

290

X

límite

78

105

100

85

Op = Or - a • X, + b • X^

Gp = 7760 - 120 • X + 0,54 • X^

G p = 3 1 0 0 - 11,4 • X

a p = 2 9 3 - 1,94 • X

CTp = 80 • G«i • (1 - 0,0032 • X)

171

Pandeo

Nota.- Toda la. demostración está hecha para una barra con los extremos articulados; igual

podríamos haceilo para todos los casos que se pueden presentar en la práctica.

10.6. RESUMEN.-

La fórmula de Euler se aplica por tanto para valores mayores de X en los diferentes

materiales, según cuadro adjunto

P.d = E- I

I = Pad • Ik

Acero

Acero Dulce

Fundiciones

Madera

Hormigón

X>89

X>105

X>78

X>100

X>85

I = 2 ,68P lk^

1 = 2,33 P l k '

I = 8 • P • Ik

I = 1 0 0 P l k ^

I = 70 • P • Ik

En estas fórmulas se pondrá "P" en toneladas y "1" en metros, viniendo dado "I" en cm".

10.7. PROBLEMAS.-7.L- Determinación de la carga que puede resistir un poste de madera de 20x20 cn^ de

escuadría, siendo 1 = 6 mt

1'

-Uá.

Ix = ^ ; S = a \

T = S- i Ix "J 1>

— = 2 -2 -2 — ^

12 a • ix , ix j2 '

a 20 20 _ 10 ^ „ i = -T= = -p= = 7= =-7= = 5,78 cm

X =

VÍ2 VÍ2 2-S VJ

600

5,78 = 104 > 100 => se puede aplicar la

fórmula de Euler

172

Pandeo

P«. = — = 11

Pe Ti'-El , E l ,

TI-11 \l tomando T = 10 y E = 1,27-10* Kg/cm^

600' 36-12 10

Respuesta: 4,703 kg

7.2.- Una pieza de madera de sección cuadrada de 4 cms. de lado está sometida a

compresión, estando sus extremos articulados. ¿ Para que longitud deja de ser aplicable la

fórmula de Euler ?

De acuerdo con la teoría, para la madera, la fórmula de Euler deja de ser aplicable para X <

100, portante

Ik X = T^ < 100 ; 1, = 100 • i„

Im

Sabemos que I = '-^•' ' ' - ) í i - l a ' - V T ^ " VÍ2

En nuestro caso a = 4 cms, i = -j— = -j= = 1,15 cms

Por tanto, paral i. = 100- 1,15 = 115 cms deja de ser aplicable la fórmula de Euler.

Respuesta: lk=115 cm

173

Pandeo

7.3.- Determinar la carga de pandeo quepan soportar un rollizo de madera del- 3

ntts. y d^20 cms. de diámetro, suponiendo que por uno de sus extremos está empotrado y por

el otro articulado.

L

I V7W~

' ^ vi = k \% • d'

64 4

Por tanto ix = 5 cms,

Ix

1 • P 300 • 0,75 = 45 < 100

Ix

Luego no es aplicable la fórmula de Euler. Aplicando

Tejmajer para la madera.

CTp = 293 - 1,94 • >. = 293 - 1,94 • 45 = 205,7 kg/cm' |

On = => Pk = Oo • S

Pk = 2 0 5 , 7 - ^ ^ = 64622 kg 4

Respuesta: 64622 kg

174


Torsión

Torsión

ll.TQRSION

11.1. GENERALIDADES. Desarrollaremos el tema para barras cilindricas homogéneas.

Admitamos una barra empotrada en un extremo, y en la que en el extremo libre actúa un par de fuerzas de tal forma que el momento de dicho par tenga la dirección del eje geométrico de la barra.

Bajo la acción de dicho momento la barra sufre una solicitación llamada torsión, de tal

forma que aparecen unas deformaciones y las generatrices del dlindro se transforman en hélices.

i

/ ' \ 4 - ^- \ •

JK' \ ' /

1

1 A

' X A

i

(\ 1

i/\r.

W i M

La generatriz JA se transforma en la hélice JA', siiendo el paso de la hélice y el ángulo de

distorsión, y 6 el ángulo de giro de la sección, ya que el punto A pasa al A'.

Admitimos que la barra de la figura la cortamos por un plano rC paralelo al de

empotramiento ic, y teniendo en cuenta que al actuar el par se produce el deslizamiento de unas

secciones sobre las otras, se producen &tigas de cortadura. Estudiemos la sección de corte de la

barra en el plano it'.

175

Torsión

Se admite por hipótesis que las tensiones T de cortadura son perpendiculares aJ radio y

guardan una ley triangular de tal forma que la mayor es la tangencial, y son proporcionales a las

distancias al centro. "? •

Por semejanza de triángulos tendremos que la tensión x, a una distancia p variable del centro

sera

£ . R ' !»Í1S R

Estas tensiones de cortadura son originadas por unas fuerzas de tal forma que entre sí están

en equilibrio, es decir, la x ascendente es originada por una fuerza d*F positiva, y la x descendente o

lo que es lo mismo en la parte inferior de la barra es originada por una fuerza -d*F, de tal forma que

todas estas fuerzas tienden a anularse, las positivas con las negativas, es decir, la resultante es cero.

Ahora bien, la condición necesaria para el equilibrio es que todas estas fijerzas internas han

de originar, respecto al eje geométrico de la barra, un momento que anule al momento del par; pues

bien, a ese momento le llamaremos Momento Torsor, Mj.

176

Torsión

M. • '•1 p a r 5 ^M

Sección plano n'

Supongamos un elemento de área en la sección n' de valor ds, situado a una distancia p del

centro O y sobre el que actúa una tensión de cortadura T, que es debida a una fijerza que

llamaremosd\j/. , , A'|. .f. ; *:' .:

d\\i Sabemos que x = —— , luego d v|y = x • ds

ds -sa?"-;;'í'í"Q.

el momento que origina dicha fuerza será ' j . i s-r. •,*.:.

dMj = p • T • ds • sen 90 = p • T • ds

luego si integramos para toda la sección, y sacamos las constantes de la integral

MT = J. P • X • ds = í. P • x„ R

• ds = ^max f 2

R p' • ds

En esta fórmula despejando la tensión tendremos

MT • R

y en general utilizando ""ñi 2 X - '^'^ =>

lo

Xad ~ M T • R 1

lo i

1/''

> XA i

En esta fórmula xd en kg/cm^ representa la tensión especifica de cortadura del material.

177

Torsión

MT en kg-cms es el valor del momento torsor.

R es el radio en cms de la sección.

í . lo en cm'* el momento de inercia polar de la sección de la barra.

Esta fórmula muy utilizada en cálculo de máquinas, usa en dicho caso mms. en vez de cms.

11.2. CALCULO DEL DIÁMETRO DE UNA BARRA CILINDRICA MACIZA SOMETIDA A TORSIÓN.

Basándonos en la fórmula de la pregunta anterior y admitiendo un diámetro de la barra d

K • d^ 2R, se verifica que lo = , que sustituyendo resulta. '

MT MT M T

Tad

d =

71

32 '

( MT

V 0 , 2 -

d

Tad

7t

16 0,2 • d'

despejando

Los valores de Xad deberían de ser los V5 Oad, pero debido a que los esfuerzos a que se

someten los árboles que trabajan a torsión son muy variables se toman valores mucho más bajos,

tomándose valores de T para los aceros de 40CM-500 kg/cm , claro que depende del tipo de acero.

Por otra parte sabemos que <j^¿ = —^, ó x^ = ^ - , con lo que la fórmula anterior a veces

queda d MT

'0,2 • — (TI = coef seguridad)

n

1L3. CASO DE EJE HUECO.

PÉ

's^Stf^

^ ^ ^ f v

PÜ" d

— 7

— 7

f

f

En este caso particular

R = f y I. = § ( D ' - d ^ )

por tanto sustituyendo '

178

Torsión

M T D

M T D

MT Xad ~

7t

32 (D' - d')

haciendo K = d / D,

Despejando D = ^

32 V ^ D'

MT

"''" 0,2 • (1- r ) •

1 MT

7C

16 '

D

'D^ d''

ID^"D^J

> *

• D

0,2 • Tad • (1 - K ' )

11.4. CALCULO DEL MOMENTO TORSOR

i-\i !j,i%a:':'-.

MT D

1 2 = F- R SJvl .Í^J-'lj 'tO

siendo "F" el esfuerzo tangencial y "D" el diámetro de la barra de

sección circular sometida a torsión. >;* r ,mí

11.5. ESTUDIO DEL MOMENTO TORSOR EN FUNCIÓN DE LA POTENCIA EN C.V. Y DEL NÚMERO DE R.P.M.

• N potencia

Sabemos que N = F • V , siendo 1 F esfuerzo tangencial

[V velocidad tangencial

% • n V = © • R = R ;

30

7t • n 7C • n

N = F • -—— • R = MT n -\.i 30 '

para expresar la potencia en kg-mm, sabemos que : 1 C.V. = 75x 10 kgxmm

por tanto 75 • 10 • Nc = MT 71 • n

30 , siendo Nc la potencia en C. V.'

Despejando MT 75 • 10' - 30 • Nc

n • n MT = 716.200 Nc

z'

179

Torsión

MT : momento torsor en kg^mm

Nc: potencia en C.V.

n: número de r.p.m.

11.6. DEFORMACIONES EN LA TORSIÓN

Basándonos en la figura de la primera pregunta del tema

Y : es el paso de la hélice

6 : es el ángulo girado por la sección extrema de la barra AA' AA'

En el triángulo JAA' se verifica.

y en el sector OAA' se verifica que

tany « y = JA 1

A'A = R • e,

portanto A'A = y • 1 y A'A = R • 9 ;igualandoR • 9 = y • 1 => 9 =

Por la expresión estudiada en la cortadura x = G • y

y 1

despejando y = •

y sustituyendo 9 = R

T • 1 G- R

y sustituyendo el valor de la Xmjx de la primera fiármula

MT • R

9 = lo 1

G R

Al denominador de esta expresión (GIo) se le denomina ri^dez a la torsión.

Por supuesto esta fií>rmula es válida para barras de sección circular maciza o hueca, bastará

tener en cuenta el valor de lo.

En dicha fórmula 9 es el ángulo de giro de la sección extrema de la barra, considerando una

barra con un extremo empotrado y el otro libre y se expresa en radianes, MT se expresa en kgxmm,

1 en mms, y G es el módulo de elasticidad transversal (para los aceros G = 8.100 kg/mm ).

180

Torsión

11.7. CRITERIO DE DEFORMACIÓN EN LA TORSIÓN

Basándonos en la fórmula anterior, para que no se produzcan roturas por resonancia en los

árboles sometidos a torsión será necesario que 9 < Vi" = 7t/720 radianes, por tanto, teniendo en

cuenta la fórmula de la pregunta anterior:

e = ^^ G- lo

MT =716200—^ [kg.mm)

1=1 metro = 1.000 [mms]

G = 8.100 [kg/mm^]

^ 716.200 • — • 1.000 Sustituyendo estos valores en la fórmula—— =

^^" 8.100 • ^ - d' 32

despejando

siendo "d" el diámetro en mms, "Nc" la potencia en C.V., y "n" el número de r.p.m.

11.8. CASO DE EJE HUECO CON UN EJE MACIZO CENTRADO EN SU INTERIOR Y SOMETIDO EL CONJUNTO A UN MOMENTO M

1° En este caso el momento M se distribuye entre los dos ejes

M = Mi + M2

2° Las deformaciones han de ser compatibles, es dedr, los dos ges han de girar lo mismo

9 = 6i = 92

181

Torsión

; ''mmmmmmmm. ^ ; - '^^^^^M^^^^^^^^^^^^

M

11.9. CASO DE EJE FORMADO POR DOS TRAMOS DE DISTINTAS CARACTERÍSTICAS Y SOMETIDO A UN MOMENTO M

1° Cada tramo está sometido al mismo

>1 M

1

T

I

\

momento M

M = Mi = M2

2° El ángulo total girado por el eje es la

suma de los ángulos girados por cada tramo

. 9 = 61+82

El diagrama de momentos torsores nos da un escalón de valor constante M.

11.10. CASO PARA UN EJE FORMADO DOS TRAMOS Y SOMETIDOS A VARIOS MOMENTOS.

í^

l P \

<^ ^

P\. ^

i ^ i j 1 :

i *

r

A

üli l 1

El diagrama adopta un convenio de signos

totalmente arbitrario, haciendo + al momento torsor

que visto desde del extremo libre sea en sentido en

contra a las agujas del reloj:

182

Si dibujamos el diagrama del sólido Ubre:

Torsión

2M 6M 2M

Ya que la ecuación de momentos torsores para nuestro caso es:

MTA + MTB - MTC + MTD = O

M + 2 - M - 5 - M + MTO = 0 Mn> = 2.M %,j^

11.11. BARRAS DE SECCIÓN RECTANGULAR:

La determinación de las tensiones de torsión en una barra de sección no circular es un

problema muy complejo, que ha de estudiarse con los métodos de la teoría de elasticidad. En este

tipo de secciones no circulares, las secciones no permanece planas durante la torsión, sino que se

alabean.

Este alabeo se puede comprobar experimentalmente utilizando, por ejemplo una barra de

material fácilmente flexible como la goma sección rectangular en cuyas caras se hayan trazadas unas

cuadriculas. En la figura adjunta se aprecia que durante la torsión se curvan las rectas que

inicialmente eran perpendiculares al eje geométrico de la barra. Este experimento demuestra que la

distorsión de los pequeños cuadrados del reticulado, a los lados de la sección transversal alcanza un

valor máximo en el punto medio y es nulo en las esquinas.

183

Torsión

El diagrama de tensiones cortantes correspondiente a la torsión de una barra de secdón

rectangular cuyos lados a y b, según el estudio de este problema por la teoría de la elasticidad

conduce una distribución parabólica de tensiones, cuyo diagrama se expone en la figura siguiente.

Se observa que la T es máxima en los puntos medios de los lados más largos y su valor es:

ba

Para el ángulo de torsión se obtiene esta expresión:

^ Gab'

a Los coeficientes a y 3 dependen de la relación « = — y sus valores, calculados por Saint-b

Venant, se indican en el cuadro siguiente:

184

Torsión

. a

P

>

9

1.0

4,804

7,114

2.00

4.07

4J7

I.l

4 / »

6.49

2.25

?.97

4,16

U

4.S7

6,02

2,5

3.88

4,01

1.25

4,52

S « !

3,0

3,74

3.80

U

4,48

J;65

4.0

3,55

3,56.

1.4

4,40

5,35

Sfi

3,43

3.43

1.5

4,33

5.11

6fl

3J5

34S

1.6

4.27

4,91

8.00

3,26

3.26

17

4.21

4,74

10

3,20

3,20

175

4,18

4,67

20

3,10

3,10

1 »

4,16

4,60

os

3.00

3fiO

En los puntos medios de los lados menores se tiene una tensión xi igual a Xnux para a = b (cuadrado), que disminuye hasta el valor ti = 0.74 Xmax para n > 4

Para otras secciones no rectangulares se puede hacer un estudio elástico correspondiente, que como

en caso rectangular se sale del contesto de esta obra, que adoptarían unos valores de la tensión

máxima de cortadura y ángulos de torsión en prismas de sección como indican en la siguiente tabla.

S E C a O N

TENSIÓN

DE

CORTADURA

ÁNGULO

DE

TORSIÓN

miANSULO IÍ0UI1.ATKR0

!-•H

T 20-MT max=i

0 = J±Mr., a'a-S

LUJE .

I «-—I 10 " maxzz i-

l6(a^+b^)-M^ E L I P S E

T I6M7. max= TT-a-y

0 Gna b 3 t3

_ {a + b )t-Mr Tv>o RF.CTANCULAII

r 16-MT max= —

2ab-t

e 2 Jl U2 G l f a ' b

185

Torsión

11.12. PROBLEMAS.-

12.1.- Un árbol de transmisión de sección circular lleva una rueda de 1,2 mis. de

diámetro, en cuya llanta actúa una fuerza de 1680 kg. Determinar el diámetro del árbol, siendo

la tensión de 4,5 kg/mm'^.

1.2m

d = 3 M T

M i

0 ,2 • Tad

D

M T - 1.680 1.200

1.680 • 600 kg- mm

, 1.680-600 , „ , d = 3 =104mm

V 0,2-4,5

Respuesta: 104 mm

12.2.- La tensión de torsión de un árbol de longitud "I" y diámetro "d" debe alcanzar a

lo sumo el valor de Vad- Calcular el valor máximo a que podrá llegar el ángulo de giro de la

sección q.

Sabemos que Tad = MxvK _ 2

lo

Luego M T ' 2 ' X ad lo

Y también sabemos que 9 M T • 1

G - lo

2 - T ad • Ao

Sustituyendo 9 G- lo

2 - X ad

G- d

Vemos que el resultado está en función de Xad, I d, y G, que son los datos del problema.

Respuesta: | 9 = 2 - X 3 , - l

G d

-1«6

- Torsión

12.3.- Una barra de acero debe tener la longitud conveniente para que al girar una de

sus secciones extremas un cuarto de vuelta respecto a la otra, la tensión admisible de 900

kg/cm^ no sea rebasada en ningún punto. Hallar la relación de la longitud de la barra con su

diámetro. ' i.

Basándonos en la fórmula del resultado del problema anterior - ,

e = 2 Tad • 1

G- d '

. -.„. .- .

1 e - G _ 2 ' ^ d 2 • Tad 2 • Tad

' - "- Respuesta:

Tí • G

4 • Tad

- = 706,8

TT • 81 • 10

4 • 900

12.4.- La resistencia que debe vencer la barrena de una máquina de mandrinar vale

1.000 kg. El radio del cilindro que se ha de mandrinar es a = 200 mms, y la longitud del eje de

la barrena I — 1,2 mis. Calcular el diámetro "d" de dicha barrena sabiendo que el ángulo total

de giro no ha de exceder de Vz". (Módulo G = 77^1(f kg/cm^)

Sabemos que 360°

'72° •

- l-Tí radianes

9 => G = 71/360 radianes;

Por otra parte sabemos que 0

Sustituyendo B

M T • y MT = FT • a

G- lo

FT • a • 1 71 FT • a • 1 > s 'îx ^' í f rf Víí í

G • lo ' 360 ^ 7r • d' G

32

^ . . . FT-a-1-360 io'-20-120-360 Despejando d = --. --<— = 3638 cm

G ^ 32 32 ..• - - f i '

^' - \ í

d = V3638* 7,77 cm = 77,7 mm

. t 1. Respuesta] 77.7 mm

' 12.5.- IJn árbol de sección circular de d = 50 mms de diámetro está sometido a la torsión

producida por una fuerza "P" que actúa en el extremo de un brazo a = 0,8 mis,

perpendicularmente al brazo y al árbol Hallar el valor máximo de la fuerza P bajo la condición

de que Tmix^ S kg/nim^, en cualquier punto del árboL ^':

MT • R Xma.x = — , MT = P • a

io

187

Torsión

//////

a

•

^j z^ '

P a . P a TT-d^ 7 l - d '

32 16

5< P 8 0 0

16

5 • 0,2 • 50 P = '- = 156,25 kg

800 ^

Respuesta: 156,25 kg

12.6.- Be un material que pesa "P" y cuyo peso específico es "y", se ha de fabricar un

tubo recto de longitud sea "I" que resista un par torsor prefijado MT sin que la tensión

admisible supere el valor de la TOJ. Calcular los diámetros exterior e interior.

t a d •

D M x - y

D MT • — MT

D MT

| . ( D ' - d « ) i L . ( D - - d - ) . -4 J4^ D _ ^

' D ' 16 D^ d

D^ • DV D'

Llamando a d/D = K, la expresión quedará Xad M T

71

16 (1 - K') • D'

3 _ D^ = MT M T

Tí J^ • (1 - r ) • Xad

7C

16 (1 - K-) • (1 + K') • Xad

(A)

K Por Otra parte el peso del tubo P = V- y = -j • (D^ - d^) • 1 • y;

Multiplicando y dividiendo por D^ V.i ' s.1.,-r:l , j

Tí D' K f d^^ P = ^ ( D ' - d V i r ^ . , ^^ ^.j

^2 — _ . , 1- y • D '=- - ( l - K ' ) l y D '

•k''i,:m-m

188

Torsión

Despejando (1 - K ) = - • 1 • y • D^

-, y sustituyendo en (A)

D^ = M T M T

7t . 7. P

^ . 1 • y • D^ 4 • 1 • y • D '

Tad • (1 + K')

1)3 ^ 4 • M T • 1 • y • D '

, P • (1 + K') • Tad D

4 • M T • 1 • y

_ P • (1 + K') • T ad

Y con esta expresión podemos calcular D, es decir, el diámetro exterior, para

posteriormente calcular d = K-D.

12.7.- La barra que se muestra en la figura adjunta es un eje macizo de acero de 10,16

cms de diámetro. La varilla AB es un indicador sujeto al extremo del eje Determinar:

1) la máxima tensión cortante en el eje;

2) la estancia que la punta A se mueve con relación a la posición que

ocupa cuando no hay carga;

^^...„..........^.-.4»>^^k\ Mp^ = 2.268-61 = 138348 kg-cm

76,20 cms 25,40 cms

138,348 kgr x mm

M T

T = M T 138,348

Tt-d" 0 ,2-d ' 0,2-10,16

32

T = 6 5 9 , 5 7 k g / c m -

3 '

M T • 138.348 • 76,20

G- lo 8 • 10"

% • 10,16^

• 32

189

Torsión

9 = 0,0126 radianes

A'A = 0-20,32 = 0,256 0111

Respuesta: T .ax= 659,57 kg/cm=

A'A = 0,341 cm

12.8.- El árbol de la figura se encuentra sometido a los momentos torsores que se

detallan en la misma, y se pide determinar: .

1) la tensión máxima de torsión a que está sometido;

2) el ángulo de giro de la sección en B con respecto a A; ^ ' '

3) el ángulo de giro de la sección en C con respecto a A;

30 kUH>lc> a.7S X lO' k(-em 5 i3b.titt 0.M X 101 ]c.cai

ao ld)v.iiiet S.78 X 10< k r e m S Ub-piM 0.es X VHg-cm

w S Ub-pUs a M X 10< k f o n

Jiti-^.,

íc> 90 Ub-plM l . n X IV kf«m

190

Torsión

^

B ^

2,07x10 kg

'

' c .

xmm

0.ó9x lO'kgtxnnm „;;t.vi

... ' ..

En general, para ejecutar este tipo de problemas deben trazarse diagramas del cuerpo libre,

para evaluar correctamente el momento de rotación resistente. Estos diagramas son los

representados en las figuras (b) y (c), cortando por secciones cualesquiera por un plano transversal

de la longitud de diámetro 15,24 cm, siendo Te el momento de rotación resistente en la citada

sección. De la misma manera, el plano transversal corta a la sección de 10,16 cm de diámetro,

siendo T4 el momento de rotación existente en dicha sección. ->,; '^m' v.«*tó.í.. *= -••> -

Por tanto, comprobamos el valor de la tensión en ambas secciones y tomaremos el mayor

sabemos que Z M = O ; Te = (2,76 - 0,69) Tons • m = 2,07 • 10^ kg- cm

M T • R M^ • 2 M 2,07 • 10'

ava i--\' '^'t .*. •

lo n • d'

;«.-v,:î-ft Hia.. i- í i & 32

7C , 71 ,

T i • " T i • ''•'*

260,4 kg/ cm- .g,^ t. ,^4,

y sabemos que I M = O ; T4 = 0,69 Tons- m = 0,69 • lO' kg • cm %-v. ^'JRí*-»'

0,69 • 10'

\6

335,2 kg/cm' 10,16'

Esta tensión a la cortadura es inferior a la Xad de cualquier acero, luego la fórmula es

aplicable.

Téngase en cuenta que si el mayor momento de rotación hubiese estado aplicado en la parte

del árbol de menor sección, la fatiga máxima se habría dado en dicha sección, es decir en la de

menor diámetro, y por tanto sólo se hubiera requerido la determinación de la fatiga en la citada

parte de menor sección. *i/i

ewmt c»íjití

6AB ~ (2,76 - 0,69) • 2,74

, j G • lo : I

0,69 • 1,52

2,07 • 10 • 2,74

8 • 10' • ^ • 15,24^ , = 0,01339 rad

6BC ~ _ 0,69 • 10' - 1,52

^ ' ° 8 • 10' • — • 10,16" '....,.•• 3 2

= 0,0125 rad

/"-

191

Torsión

e = e ^ -Ggc =0,01339-0,0125 = 0,0008 radianes

Para explicar los cálculos desarrollados mostramos las figuras (d), (e) y (f), y de una manera

visible presentamos la distorsión del árbol.

Los segmentos AB y BC y los momentos de rotación que actúan sobre ellos se han

dibujado separadamente en la figuras (d) y (e), dibujando la distorsión muy exagerada.

Cuando el momento de rotación resultante (2,07-10^ kgxcm) tuerce el segmento AB el

ángulo 0AB, los puntos b y d se mueven a los b' y d', respectivamente, y el segmento BC se puede

considerar como un cuerpo rígido que gira el mismo ángulo, y el punto c pasa al c', después de lo

cual el momento torsor de 0,69-10^ kgxcm actuando sobre BC tuerce a esta parte del eje en sentido

contrario al ángulo 6BC y el punto c' pasa ale", es decir retrocede. >i ; . - ^ ;? ¡! Í; •• ••'•

y. La distorsión resultante se muestra en la figura (f). /i í ss - . rri

12.9.- Un eje de acero y un tubo de aluminio están conectados a un soporte fijo y a un

disco rígido, tal como se muestra en la figura. Sabiendo que los esfuerzos iniciales son nulos,

halle el máximo par torsor Mo que puede aplicarse al ílisco, así como las máximas tensiones a

que están sometidos los ejes, sabiendo que los esfuerzos admisibles son 1.224 kg/cm^para el eje

de acero y 714 kg/cm^ para el tubo de aluminio. .. r . >/ , , : , n-y w .

Úsese G = 815.780 kg/cm para el acero y G = 275.325 kg/cm para el aluminio.

Estática. Cuerpo libre del disco. .

Llamando Mi al momento torsor del eje sobre el disco y

M2 el momento torsor que el tubo ejerce, se tiene Mo =

M1+M2

Compatibilidad de deformaciones

Puesto que el eje y el tubo están conectados al disco

rígido resulta

76 mm 50 mm

G, = e. M, • li

I, • G,

M2 • I2

I2 • G2

n

32 di ^ I,

32 = 61,359 cm'

192

Torsión

71 ^ • ( d . / - d , ^ ) n I2 = — • (7,6' - 6") = 200,298 cm'

V"

M, • 0,50 M2 • 0,50

61,359 • 815.780 200,298 • 275:325

M2 = 1,0985 • M, ; M, = 0,9103 • M2

Esfuerzos cortantes

Se supondrá que el requisito Xaium ^ 714 kg/cm^ es el más crítico.

Para el tubo de aluminio

M2 714 • 200,298

3I

Para el eje de acero

M I • ri %-,ír t a c e r o _

= 37.634,94 cm- kg => M, = 34.260,402 cm- kg

34260,4 • 2,5 ^ No Vale

Se supondrá que el requisito tacero ^ 1.224 kg/cm' es el más crítico.

1224 • 61,359 M, = ^T-^ = 30041,37 cm-kg ^ M2 = 33000,34 cm-kg

2,5 33000,34 • 3,8

'^'"" = 200 298 ^ 626kg/cm- SI Vale

Respuestas:

Mo

<• acero

t alum

= 6304J, 7J cm^ kg

= 7.22- kg/ cm'

= ¡526 kg/ cm2

a. - . íM

193

Torsión

12.10.- Un ge esta compuesto de dos secciones, circular y cuadrada como se indica en

la figura, si d=4 cm, 0=40 cm, material acero G=S,l-l(f kg/cm' y sabiendo que su ángulo de

giro relativo en la torsión (psfc —!'• Determinar:

a) La tensión máxima Tmax.-

b) El ángulo de giro relativo en la torsión (pA/o

A

^

2M M dxd

W -P

3M

\ ^ A

2a

3M

2M

1 M

± X.

El diagrama de momentos torsores de todo el eje queda expuesto:

a) Como el tramo BC la sección es cuadrada, pasando el ángulo a radianes y empleando

las expresiones de Saint-Venant para este caso, en que P=7,l 14.

^ , 7c _ , ,^ M a 7,114-2-Ma 2-7,114-M-40 9 = 1 = 7,114 7 + — z = 1—7—

180 G a " G a " 8,110*-4^

Despejando: M = 4240 kg/cm^

Para determinar la Tmax tomaremos el tramo más desfavorable que es la zona AB, en la que

MT = 3M.

3-MR 3-4240 ,„ ,^ , , ^ r^=—. = -;: = \onkglcm'

16

194

Torsión

Muy superior a las tensiones admisibles de los aceros.

b) Para el cálculo del ángulo de giro de la sección A respecto de la C, planteamos:

Â/c -ÂIB'^^BIC "•' ' y* fl"® '°s momentos torsores según el diagrama G • /„ 180

son del mismo signo.

Â/C -3-4240-80. n

+ 8,1.10^ —.4^ ^^0

32

= 0,0674 radianes = 3,86°

12.11. Calcular las dimensiones necesarias transversales de la barra compuesta, y el

ángulo total de torsión. Siendo M=3000 cm • kg, L=20 cm.

d x d

Resolución:

El diagrama de momentos torsores es:

M

5 I I

! V ,.' i I

• i I I I ! i i I I I i I i _ j L

M

M

I ! I !

195

Torsión

a) Para el plano CD las expresiones según Saint-Venant son:

^ = 7 , 1 1 4 . ^

T_. = 4 , 8 0 4 - ^ = 4 , 8 0 4 - ^ ^ = 600 kg/cm' "max ' 3 ' 3

a = 2,885 cm

Para el plano de sección circular el momento torsor en valor absoluto es M, por lo que para

los planos BC y AB :

.rr.. , 16-3000 ^ ^ ^ , T = 600 kg/cm = ~ => D = 2,94 cm.

c) Para el cálculo del ángulo de torsión total:

B T — 9D/A ~ 9D/C + v3c/B "^"B/A

Teniendo en cuenta el tipo de sección transversal y sentido de los momentos torsores:

- Mj-l M-l M-l ^ , , , 3000-20 Oo,A^f3--^--^~ + - = 7,114--

Ga'' GI G-L 8,1-10'-(2,88)' = 0,00766 radianes

eD/A=0,44°

196

•I ; I

Universidad de Las Palmas de Gran Canaria

'Ejemplar impreso en el Servido

be Kepmarajw \) 'Encuaóernaáón

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