Universidad Autónoma Gabriel Rene Moreno · PDF file... su tamaño y forma correcta de las piezas o elementos de un ... deformable de mantener su equilibrio ... cm. de diámetro,

Universidad Autónoma Gabriel Rene Moreno

Facultad de Ciencias Exactas y Tecnología

Carrera de Ingeniería Civil

Mecánica de los Materiales I

CIV302 “A” y “B”

Ing, Elías Guillermo Belmonte Clementelli

Santa Cruz de la Sierra – Bolivia

TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 1

Unidad 1

Tensiones Normales y Cortantes simples en sistemas Isostáticos.

1.1 Objetivos Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes objetivos

trazados para el Estudio de tensiones normales y cortantes en sistemas Isostáticos.

1. Definir y conocer que estudia la resistencia de materiales.

2. Conocer y comprender las hipótesis básicas de resistencia.

3. Definir que son las tensiones o esfuerzos normales y cortantes.

4. Resolver problemas de elementos estructurales en sistemas Isostáticos.

sometidos a fuerzas normales y cortantes

1.2 Introducción A diferencia de la Estática, que trata del estudio del equilibrio de las fuerzas que

componen un sistema, sobre cuerpo rígido, la Mecánica de Materiales se ocupa del estudio de

los efectos causados por la acción de cargas externas sobre un sólido deformable; analizando las

fuerzas y deformaciones que se producen en su interior, además de las relaciones que existen

entre ellas, permitiéndole al ingeniero , con base a estos análisis tomar decisiones acerca de los

materiales a usar, su tamaño y forma correcta de las piezas o elementos de un sistema dado,

además de tener la capacidad poder definir y concluir si una pieza o elemento es capaz de

resistir un sistema de cargas propuesto.

Sea un sólido deformable como muestra la figura, sometido a cargas externas.

P1

P3

P6

Pn

P4P5

P

P6

3

P4P5

Elías Belmonte C.


Lo que queremos conocer es que sucede en el interior del sólido deformable, respecto a

los las fuerzas y deformaciones en cualquier sección del mismo, de tal forma de poder definir el

material, tamaño y forma del sólido en otras palabras poder dimensionar el elemento.

Para dimensionar una pieza o elemento, es necesario que conocer de ellos tres

propiedades:

- Resistencia

- Rigidez

- Estabilidad

Resistencia.- Capacidad que tiene el interior del sólido deformable de soportar cargas

antes de romperse.

Rigidez.- Capacidad que tiene el interior del sólido deformable de contrarrestar

deformaciones.

Estabilidad.- Capacidad que tiene el sólido deformable de mantener su equilibrio

estático.

1.3 Hipótesis básicas de resistencia de materiales. 1.3.1 Hipótesis de continuidad del material Se supone que el material llena, totalmente el volumen que ocupa. La teoría atómica de la

composición discreta de la materia no se la toma en consideración.

Ejemplo: El Hormigón, es un material compuesto por otros materiales que son cemento,

arena, grava y agua y si se estudia por separado la resistencia de cada uno de los componentes

del hormigón sería demasiado complejo por eso se considera como un solo material llamado

continuo llamado Hormigón

- Cemento Hormigón

- Arena σi , δi

- Grava

- Agua

Elías Belmonte C.


1.3.2 Hipótesis de Homogeneidad Se supone que el material tiene las mismas propiedades fisicas y mecánicas en todo su

volumen

Ejemplo: Dos testigos extraídos de un mismo material, todas sus propiedades físicas (color, olor,

peso, etc) y propiedades mecánicas (tensiones y deformaciones) tiene que ser las mismas.

2

1.3.3 Hipótesis de Isotropía Se supone que un material tiene las mismas propiedades físicas y mecánicas en todas sus

direcciones.

Ejemplo: Si comparamos un material acero, con otro material madera nos daría como

resultado que el acero sus propiedades físico, mecánicas son las mismas en todas sus direcciones,

en cambio el caso de la madera debido a su composición de sus fibras no todas sus propiedades

son las misma en todas sus direcciones como vemos en el esquema.

1 12

Testigos

ACERO Material Isótropo

Resiste igual en cualquier dirección

MADERA Material Anisótropo

No tiene la misma resistencia en todas las direcciones

Elías Belmonte C.


1.3.4 Hipótesis de Rigidez Se supone que las deformaciones son pequeñas con relación a las dimensiones del cuerpo

deformado.

Ejemplo:

δ

L

δ <<< L

La deformación es mucho más pequeña que la longitud

1.3.5 Hipótesis de Elasticidad perfecta Se supone que todo sólido en estudio, recupera totalmente su deformación al retirar la

carga que produce dicha deformación.

Ejemplo:

δ = 0

L

Estado Inicial: No tiene peso ni

deformación

P = 0 1

δ≠ 0

L

P ≠ 0

2 Estado de carga: tiene peso y se deforma

δ = 0

L

Estado de descarga: Se retira el pes y el elemento recupera su estado inicial

P = 03

o

Elías Belmonte C.


1.3.6 Hipótesis de Dependencia lineal entre carga y deformación

Se supone que existe una dependencia lineal entre la carga aplicada y la deformación

producida.

Ejemplo:

δ = 0

L

P = 01

δ

L

P

2

3

2δ

L

2P

δ

P

LEY DE HOOCKE

• Principio De superposición de Efectos Se considera que el efecto producido por un conjunto de cargas externas a una estructura

es igual a la suma de los efectos producidos por cada una de ellas que componen el conjunto de

cargas externas.

P 0

M

0A

=

R

P 1 2 3 M

+ +

1AR 2

AR 3AR

AAAA aaaaaaaa −−−−3210 MMMM ++= 3210 RRRR ++=

Elías Belmonte C.


1.3.7 Hipótesis de Bernoulli o de secciones planas Se supone que las secciones planas trazadas perpendicularmente al eje de la barra, alejada

un poco en el punto de aplicación de la carga, en el proceso de su deformación, se mantienen

planas y perpendiculares a dicho eje.

P P

δ δ

1.3. Hipótesis de Saint Venant o Hipótesis de distribución uniforme de cargas.

Se supone que al aplicar una carga en una sección plana y perpendicular al eje la

respuesta en otra sección un poco alejada del punto de aplicación es una carga uniformemente

P

b

a

b

a

P

a a

P

b b AP

q =

Real Hipótesis

Elías Belmonte C.


1.4 Esfuerzos internos 1.4.1 Tensiones Normales Sea un elemento sometido a fuerzas normales como muestra la figura:

Lo que queremos saber es la respuesta interna que se presenta en cualquier sección

normal a la fuerza N como la sección a-a. Aplicando la Hipótesis de Saint Venant:

σ = Esfuerzo interno normal (TENSIÓN NORMAL)

∫∫ ⊥=N

0

N

0

dA*σdN

⊥= A*σN , entonces: ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡= 2cm

KgANσ

La tensión normal es la carga aplicada que actúa perpendicularmente al área.

N

a a

Sección a-a

N

a a dA

⊥= dA*σdN

Elías Belmonte C.


1.4.2 Tensión Cortante Sean dos chapas unidas mediante un roblón o perno como muestra la figura:

aaP P

Sección resistente

Lo que queremos saber es la respuesta interna que se presenta en la sección paralela a la

fuerza del roblón, aplicando la hipótesis de Saint Venant:

τ = Esfuerzo interno de corte (TENSIÓN CORTANTE)

∫∫ =P

0

P

0

dA//*τdP

, entonces: /A/*τP = ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡= 2cm

KgAPτ

Tensión cortante es la fuerza aplicada a una sección paralela o transversal a ella.

Ejemplo 1:

Sea la estructura mostrada en la figura, sometida a esfuerzos internos normales, determinar las

distintas secciones que se presentan, considerando que la sección 1 – 1 es cuadrada y la sección

Elías Belmonte C.

dA//*τdP =

dA//

2 – 2 es circular.


Datos

σAdm =1200 Kg/cm2

P1 = 20000 Kg

P2 = 5000 Kg

Incógnitas

Dimensiones a, d

Solución:

Aplicando ANσ = y despejando A de la fórmula se tiene:

AdmσNA ⊥=

Para la sección 2 - 2

Sabemos que:

5000KgN2 =

2Adm cmKg1200σ =

4d*πA

2

⊥=

Reemplazando en la fórmula se determina el valor de “d”

2

2

1200

50004*

cmKgKgd

=π ⇒

21200*

5000*4

cmKgKgd

π= , por tanto: cmd 30.2=

a

Sección -

a

P1 = 20000 Kg

d

Sección -

P2 = 5000 Kg

N2 = 5000 Kg

P1 = 5000 Kg

Elías Belmonte C.


Luego la sección tendrá las siguientes dimensiones:

2,30 cm

Sección -

Para la sección 1 - 1

Sabemos que:

KgN 250001 =

21200cmKg

Adm =σ

2aA ⊥=

N1 = 25000 Kg

P1 = 20000 Kg

P2 = 5000 Kg

Reemplazando en la fórmula se determina el valor de “a”

2

2

1200

25000

cmKgKga = ⇒

21200

25000

cmKgKga = , por tanto: cma 56.4=

Luego la sección tendrá las siguientes dimensiones:

4.56 cm

Sección -

4.56 cm

Elías Belmonte C.


Ejemplo 2:

Sea un sistema estructural que consta de 3 piezas unidas mediante pernos de 1 cm. de diámetro,

calcule el esfuerzo cortante que se produce en las secciones de los pernos.

Datos

φ = 1cm

Incógnitas

P = 1000 Kg

P = 1000 Kg

τ -

τ -

Solución: Aplicando AP

=τ

Roblón Nº 2 Sabemos que: P2 = 1000 Kg.

4

* 2

2dA π

=

Reemplazando:

( )41*

10002cm

Kgπ

τ = ⇒ 2

1273cmKg

=τ

Roblón Nº 1 Sabemos que: P1 = 1000 Kg.

4*

//22

2

2

dA

AA

π=

=

Reemplazando:

2 áreas de corte

( )41*2

10002cm

Kgπ

τ = ⇒ 2

636cmKg

=τ

Elías Belmonte C.


Ejemplo 3:

Determinar los diámetros de las barras elásticas mostradas en la siguiente figura, además

dimensionar el pasador aplicado en el punto A.

Datos

σAdm. =1200 kg /cm2

τAdm =500 Kg/cm2

P1 = 10000 Kg

P2 = 5000 Kg

Incógnitas

Dimensionar barras y

Dimensionar pasador

Solución: Representando el esquema isostáticamente:

Para el punto #

KgNKgN

73208965

2

1

==

30º

P2 = 5000 Kg

1.00 m 2.00 m 1.00 m

45º

P1 =10000 Kg

! ∀ # ∃

Pasador

1.00 m

P2 = 5000 Kg

P1 =10000 Kg

1.00 m 2.00 m

VC

VA

A

( ) ( ) ( )

KgVV

F

KgVV

M

A

A

V

C

C

A

5000050001000010000

0

1000004*50003*1*1000

0

==−+−

=

==+−

∑ =

H

∑

VC = 10000 Kg

VC = 10000 Kg

30º 45º

N2 N1

( )

( )BsenNNF

AsenNsenNF

H

V

.........º.........45º30cos0

........10000º45º300

12

12

=

=

=+

=

∑

∑

Elías Belmonte C.

Chapa Rígida


Para las barras y :

Aplicando AN

=σ y despejando A de la fórmula se tiene: Adm

NAσ

⊥= pero 4

* 2dA π=

AdmAdm

NNσπ

φσ

φπ*

*44* 2

=⇒=

cm08.31200*8965*4

11 =⇒= φπ

φ

cm79.21200*7320*4

22 =⇒= φπ

φ

Para el pasador:

Aplicando A

P=τ y despejando A de la fórmula se tiene:

Adm

P A2

2 τ

=//

cmd

dPdPd

AdmAdm

52.2500*

5000*2*

*24

*22

=

=⇒=⇒=πτπτ

π

Luego las los diámetros de las barras elásticas y el pasador serán:

30º 45º 79.2

cm=φ

cm08.3=φ

cmd 52.2=

Elías Belmonte C.


PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES

Unidad 2 - 1

Unidad 2

Propiedades Mecánicas de los Materiales

2.1 Objetivos Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes

objetivos trazados para el Estudio de tensiones normales y cortantes en sistemas Isostáticos.

1. Definir las deformaciones unitarias.

2. Enunciar la “Ley de Hooke”

3. Relacionar las deformaciones con las fuerzas aplicada

4. Describir el procedimiento para efectuar la prueba estándar de tensión (σ) -

deformación unitaria (ε) y a partir de esta prueba definir las propiedades mecánicas

que se presentan en el diagrama.

5. Describir un método para determinar el punto de fluencia en materiales que no se

presenta bien definido.

6. Clasificar los materiales de acuerdo a su comportamiento mecánico

7. Describir la relación de Poissón

8. Conocer o estudiar las tensiones admisibles y sus valores que podemos adoptar de

trabajo de los distintos materiales.

9. Aprender a resolver problemas de tensión (σ) y deformación (δ), que obedezcan la

Ley de Hooke en elementos o sistemas Isostáticos sometidos a esfuerzos normales

simples.

2.2 Introducción En la unidad anterior nos dedicamos fundamentalmente a estudiar los conceptos

básicos que relaciona la fuerza (carga) con los esfuerzos o tensiones. En esta unidad nos

ocuparemos de estudiar los cambios de forma de los materiales en otras palabras sus

deformaciones y sus relaciones que existen con las fuerzas y los esfuerzos (tensiones).

Examinaremos las propiedades mecánicas de los materiales interpretando su

comportamiento de acuerdo a las hipótesis planteadas. Además conoceremos que son las

tensiones admisibles.

Ing. G Elías Belmonte C.


Unidad 2 - 2

2.3 Deformaciones Unitarias 2.3.1 Deformaciones Unitarias Normales

Sea un elemento sometido a fuerzas normales como muestra la figura:

Aplicando la hipótesis de Bernoulli podemos definir:

cmcm

LΔ

ε LN=

2.3.2 Deformaciones Unitarias Transversales o Distorsión angular

Sea un elemento sometido su sección a fuerzas transversales como muestra el

esquema de la figura:

N

ΔLN

Deformación

===

εLΔLN

Longitud del elemento L

Deformación Unitaria

Estado Inicial o Estado no deformado

Estado Final o Estado deformado

Deformación Unitaria

ΔLτ

Estado inicial No deformado

Estado final deformado

V

L γ



Unidad 2 - 3

Aplicando Bernoulli podemos definir:

LΔLτγ = Distorsión angular

2.4 Prueba estándar de tensión (σ) – deformación unitaria (ε) del Acero Dulce La resistencia de un material depende de muchas propiedades de los

materiales la mas importante es la capacidad para soportar cargas sin deformación

excesiva o falla. En menor grado depende de otras como ser la dureza, la tenacidad y la

ductilidad que influyen en la decisión de elección de un material. Todas estas

propiedades se determinan mediante ensayos de materiales en laboratorio, en el

transcurso del tiempo se han standardizado, de modo de comparar los resultados

obtenidos, por ejemplo en Estados Unidos, la American Society for Testing and Materials

(ASTM) ha publicado pautas y lineamientos para llevar a cabo tales pruebas y

proporcionar limites de los cuales es aceptable el uso de material determinado.

Examinaremos uno de ellos el Ensayo de Tracción en el acero dulce,

dada su importancia y su inestimable ayuda que nos proporciona en la introducción de

conceptos básicos respecto a comportamiento mecánico de los materiales.

2.4.1 Diagrama de tensión – deformación unitaria Este ensayo consiste en aplicar a una probeta de dimensiones estándares,

una carga que incrementa gradualmente, anotando las lecturas de los valores de cargas y

deformaciones correspondientes hasta que se produce la rotura. Esta prueba se la realiza

mediante una maquina conocida con el nombre de “Maquina Universal”, como

muestra el esquema.

Reloj de carga

Gato hidráulico Regla para

medir deformación

L

A

Probeta de Acero dulce Máquina Universal



Unidad 2 - 4

Consideremos una probeta de acero con contenido bajo de carbono (acero

dulce), Con los valores obtenidos de fuerza y deformación mediante la maquina universal

construyamos una tabla para calcular los valores de tensión y deformación unitaria, los cuales

son graficados en un diagrama como mostramos a continuación.

TABLA DE CALCULO DE σ - ε

P ΔL APσ =

LΔLε =

0 0 0 0

100 0.002 180 0.0004

200 0.004 360 0.0008

300 0.006 540 0.0012

0.008 720 0.0016

0.0020

DIAGRAMA (σ - ε) PARA EL ACERO DULCE

O

Limite de proporcionalidad Limite de elasticidad

Escalón de

fluencia Tensión de rotura

aparente

Tensión ultima

Tensión de rotura real σ

ε

Lpσ Leσ fσ

uσ

rotσ

Zona Elástica

Zona Plástica

σLp= Tensión limite de proporcionalidad σLe = Tensión limite de elasticidad σf = Tensión de fluencia σu = Tensión ultima σrot = Tensión de rotura

A B C D

E

F

F’



Unidad 2 - 5

2.4.2 Propiedades mecánicas Del diagrama “Tensión – Deformación unitaria” del acero dulce

podemos definir varios conceptos y propiedades del comportamiento mecánico de los materiales.

• Limite de proporcionalidad (punto A): Es el punto de la curva hasta donde

la deformación unitaria es proporcional al esfuerzo aplicado. Al esfuerzo que caracteriza este

punto se lo denomina Tensión Limite de Proporcionalita (σLP).

• Limite de elasticidad (punto B): Es el punto de la curva hasta donde el

material es capaz de recuperar su deformación al quitarle la carga aplicada. Al esfuerzo que

caracteriza este punto se lo denomina Tensión Limite de Elasticidad (σLe).

• Escalón de Fluencia (puntos C – D): Un ligero aumento de esfuerzo mas

allá del límite elástico provocara un colapso del material y esto ocasionara que se deforme

permanentemente sin aumento sensible de carga a este comportamiento se lo llama fluencia. Al

esfuerzo que caracteriza este escalón que muestra la curva se lo denomina Tensión de Fluencia

(σLP).

• Resistencia ultima (punto E): Cuando la fluencia ha terminado, puede

aplicarse mas carga a la probeta debido a que en el interior del material a existido un reacomodo

de partículas de tal manera que el material sufre un endurecimiento por deformación, dando

como resultado una curva que se eleva continuamente hasta alcanzar el esfuerzo máximo. Al

esfuerzo que caracteriza este punto se lo denomina Tensión Ultima (σu).

• Resistencia a la ruptura (punto F): Es el esfuerzo basado en la sección

original, que produce la ruptura o fractura del material. Al esfuerzo que caracteriza este punto se

lo denomina Tensión ruptura (σrot). O tensión de ruptura aparente.

En la realidad lo que sucede es que el área de la sección transversal sufre una

contracción en forma de cuello o garganta, cuya sección decrece hasta romperse. Si se calcula la

tensión de rotura considerando el decrecimiento de la sección trasversal nos encontraríamos que

el punto de ruptura de la curva es el punto F’, donde se presentaría la Tensión real de ruptura.

N N N N

Rompe



Unidad 2 - 6

2.7.2 Ensayo de carga y descarga a) Estado Elástico

Cuando la probeta de acero dulce se somete a cargas y descargas

sin alcanzar el punto B de la curva, podemos comprobar que el material es capaz de recuperar

toda su deformación en el proceso descarga, lo cual nos suponer que el material esta trabajando

en un Estado Elástico.

Donde: εT = Deformación total

εe = Deformación elástica (deformación que el material es

capaz de recuperar)

σ Zona Elástica

Se considera que un material es elásticamente perfecto cuando se

cumple que la deformación unitaria total es igual a la deformación elástica, ósea que el material

es capaz de recuperar toda su deformación.

εT = εe

b) Estado Plástico

Cuando la probeta de acero dulce se somete a una carga más allá

del punto B de la curva, podemos comprobar que el proceso de descarga, no es capaz de

recuperar toda su deformación. Lo cual nos hace suponer que el material esta trabajando en

Estado Plástico.

Donde: εP = Deformación permanente o deformación plástica

(Deformación que el material no es capaz de recuperar)

εT = εp + εe

ε

B carga

descarga

εT

εe

σ

ε εTεe

carga descarga

B

Zona Elástica Zona

Plástica

εP



Unidad 2 - 7

Se considera que un material es Plásticamente Perfecto cuando se

cumple que la deformación unitaria total es igual a la deformación Plástica, ósea que el material

no es capaz de recuperar deformación.

σ

ε

2.7.3 Cargas y descargas repetidas

Cuando la probeta de acero dulce se somete a cargas y descargas repetidas más allá del

punto B de la curva, podemos comprobar el material pierde elasticidad pero gana resistencia,

cuantas cargas y descargas se realicen.

enε............e3εe2εe1ε

fnσ.......f3σf2σf1σ>>>>

<<<<

εT

εP

Zona Plástica

εT = εp

εe1 εe2

σf1σf2

σf3

εe3 ε

σ



Unidad 2 - 8

2.5 Clasificación de los materiales de acuerdo a su características mecánicas

De acuerdo a sus a sus características mecánicas de los materiales

podemos clasificar los materiales en tres grandes grupos, materiales frágiles, dúctiles y plástico.

ε

frágilesDúctile

Plástico

σ

a) Materiales frágiles: Sus características principales son las siguientes:

• A grandes tensiones pequeñas deformaciones.

• No acusa escalón de fluencia.

• Rotura brusca y sin contracción de la sección transversal.

• Ejemplo: vidrio, porcelana, rocas, etc.

b) Materiales Plásticos: Sus características principales son las siguientes:

• A pequeñas tensiones, grandes deformaciones

• No acusa escalón de fluencia

• Rotura suave y con contracción de la sección transversal.

• Ejemplo: plásticos, asfalto, arcilla húmeda, etc.

c) Materiales Dúctiles: Sus características principales son las siguientes:

• En su primer estado de deformación, la tensión es directamente

proporcional a la deformación.

• Acusa escalón de fluencia

• Rotura suave y con contracción de la sección transversal.

• Ejemplos: acero dulce, latón, zinc, etc.



Unidad 2 - 9

2.6 Límite convencional de fluencia. Para materiales de curvas continuas en el diagrama Tensión –

Deformación Unitaria, donde no es apreciable el escalón de fluencia, se han realizado en

laboratorio muchos ensayos para determinar este valor representativo, como en la Sociedad

Americana de Ensayo de Materiales (ASTM), donde se han adoptado valores de deformación

unitaria, denominándolo límite convencional de fluencia, debe hacerse notar que la fluencia

definida de tal manera no representa ninguna propiedad física, ni mecánica del material, tan solo

sirve para encontrar un punto característico de la curva que nos permita comparar con otros

materiales.

Para encontrar la tensión de fluencia se procede de la siguiente manera: se

traza una tangente a la curva en el punto de origen y traslada dicha tangente paralelamente hasta

el valor determinado por el límite convencional de fluencia, donde corta esta paralela a la curva

consideraremos el punto de fluencia del material, que para este curso consideraremos que en ese

punto coinciden los limites de proporcionalidad, elasticidad y el punto de Fluencia , reflejando

dicho punto en el eje de las tensiones podemos encontrar la tensión de fluencia para materiales

de curva continua.

ε

σ

εpf

Paralela tangente

Punto de fluencia A =B =C =D

0

Tangente al punto de origen de curvatura

Donde:

σpf = tensión convencional de fluencia εpf = Límite convencional de fluencia

σpf

El límite convencional de fluencia especificado para los aceros y aluminio

es de 0.002 y para otros materiales se especifica valores que fluctúan entre 0.0005 (frágiles) y

0.0035 (plásticos) dependiendo de su curva característica.



Unidad 2 - 10

2.7 Ley de Hooke Como se observo en la sección anterior en estado elástico existe una relación

lineal entre la tensión y la deformación unitaria (Hipótesis de dependencia lineal). Este

hecho fue descubierto por Robert Hooke en 1676 y se conoce como la Ley Hooke que

dice que la tensión es proporcional a la deformación unitaria, para que sea igual debe

existir una constante de proporcionalidad, mas conocida como modulo de elasticidad o

modulo de Young (E) en honor a Thomas Young que la introdujo en 1807, este modulo

representa la medida de rigidez del material.

Para el esfuerzo normal ε*Eσεσ =⇒∝

Para el esfuerzo cortante Gγτγτ =⇒∝

donde : E : Módulo de elasticidad longitudinal

G: Módulo de elasticidad transversal

tanαEε*tanασεσtanα =⇒=⇒=

α σ

ε

σ

ε

2.8 Ley complementaria de Hooke Otra forma de ver expresada esta ecuación es de tal forma de relacionar la

deformación (ΔL) en función de la fuerza aplicada (N).

Sabemos de las anteriores secciones que para esfuerzos normales, tenemos:

⊥=

ANσ …………….1

LLNΔ

=ε ……………2

εσ E= ……………...3



Unidad 2 - 11

Reemplazando 1 y 2 en 3 tenemos:

⊥

=Δ⇒Δ

=⊥ AE

LNLLL

EAN

NN

**

Ley complementaria de Hooke

para esfuerzos normales

De Igual manera se puede deducir para el esfuerzo cortante quedando la expresión

de la siguiente manera:

//*

*AGLPL =Δ τ

Ley complementaria de Hooke para esfuerzos cortantes

Es bueno conceptuar entre la diferencia que existe entre deformación ( )LΔ y

desplazamiento ( )δ . La deformación es producto de un esfuerzo en el elemento que produce

cambio de forma en el, en cambio el desplazamiento es producto del desplazamiento o

deformacion de otro elemento que no necesariamente implica cambio de forma, sino

movimiento del elemento respecto a su posicion original. Ver ejemplo a continuación:

El elemento se deforma ( )LΔ

se desplaza ( )δ

N

a

b

a

ΔLN

b

δ



Unidad 2 - 12

2.9 Problemas Ejemplo 1:

Sea es sistema estructural mostrado en la figura, sometida a esfuerzos normales,

determinar los diagramas de fuerzas Normales, Tensiones Normales y Desplazamientos.

Datos: P1 =3000Kg

P3 = 9000Kg

P2 = 2000Kg

20 cm.

40 cm.

D

C

30 cm.

A

B

22

21

6

4

2

102 2

cmA

cmA

XEcmKg

=

=

=

Incógnitas

Diagramas

“N” , “σ” , “δ”

Solución

1500Kg/cm23000Kg 0.0375 cm. P1 =3000Kg

a) Fuerzas normales

Se diagrama directamente a partir del conocimiento de las cargas aplicadas.

20 cm.

40 cm.

30 cm.

A

B

C

D

P2 = 2000Kg

P3 = 9000Kg

- -

0.015 cm.

1000Kg/cm2

+0.010 cm.

“δ”

-

5000Kg

- -1250Kg/cm2

+ +

4000Kg

“σ” “N”



Unidad 2 - 13

b) Tensiones Normales

Tramo A - B

( )−=== −− 21500

23000

1 cmKgBA

BA AN

σ

Tramo B - C

( )−=== −− 21250

45000

2 cmKgCB

CB AN

σ

Tramo C - D

( )+=== −− 21000

44000

2 cmKgDC

DC AN

σ

c) Deformaciones AELNL

**

=Δ

Tramo A - B

( )acorta 0225.02*102

30*3000**

61

cmXAE

LNL BABA

BA ===Δ −−−

Tramo B - C

( )acorta 025.04*102

40*5000**

62

cmXAE

LNL CBCB

CB ===Δ −−−

Tramo C - D

( )alarga 010.04*102

20*4000**

62

cmXAE

LNL DCDC

DC ===Δ −−−

d) Desplazamientos

Partimos donde la deformación es cero, o sea en el empotramiento.

Sección D – D

0=−DDδ

Sección C – C

( ) cm 010.0010.00 +=+=Δ+= −−− DCDDCC lδδ

Sección B –B

( ) cm 015.0025.0010.0 −−=−=Δ+= −−− CBCCBB lδδ



Unidad 2 - 14

Sección A –A

( ) cm 0375.00225.0015.0 −−=−−=Δ+= −−− BABBAA lδδ

Ejemplo 2:

Sean dos barras de acero (elásticas) que soportan una carga como indica la figura,

determinar el desplazamiento vertical y horizontal del punto B.

Datos: A

Estado final deformado

Estado inicial No deformado

B´

δ BV

BVδ

δBH

BHδ

3m

C B

2

2

6

6

4

102 2

cmA

cmA

XE

BC

AB

cmKg

=

=

=

P = 6000 Kg.

4 m

A

C

5 m 3m

Incógnitas B

?

?

=

=

δδ

BV

BH

Solución:

a) Fuerzas en las barras

KgN

senN

senNF

BA

BA

BA

V

10000

53

6000600006000

0

=

==

=−

=∑

α

α

α NBC

P = 6000 Kg.

NBA

( Tracción )

KgNKgNNNNN

NNF

BcBc

BABc

BABc

BcBA

H

80008000cos*cos*

0cos0

=⇒===

=−

=∑

αα

α

( Compresión)



Unidad 2 - 15

b) Deformaciones en las barras AELNL

**

=Δ

b1) barra BA

cmL

XL

AELNL

BA

BA

BA

BABABA

625.0

4*102500*10000

**

6

=Δ

=Δ

=Δ

b1) barra BC

cmL

XL

AELN

L

BC

BC

BC

BCBCBC

267.0

6*102400*8000

**

6

=Δ

=Δ

=Δ

d) Desplazamiento del punto B

A

B

5 m

ΔLBA

(Alargamiento) NBA

4 m

B C

NBC ΔLBC

(Acortamiento)

A

B

5 m

3m

C

Fig. 1

B’

B’’ ΔLBA ΔLBC

o Mantener unidas las barras en el punto B

Para lograr esto, imaginemos por un momento

desconectadas entre si las barras BA y BC, de tal manera

que estas se puedan deformar libremente hasta los puntos B’

y B’’, como muestra la figura 1.

o Mantener las dimensiones de las barras

deformadas.

Para comprender el efecto que producen las deformaciones

de las barras sobre el desplazamiento del punto B, es

necesario que en el proceso de su movimiento, las barras

cumplan con dos condiciones:



Unidad 2 - 16

A La única solución que existe para mantener las barras

deformadas y unidas en el punto B, es rotarlas las barras

sobre sus apoyos fijos A y B. Donde se intercepten estas

rotaciones será el punto real de desplazamiento del punto

B (punto B*). Ver Fig. 2

b1) Alternativa de solución 1: Realizando una comparación de triángulos se obtiene las

ecuaciones de solución:

Donde: θsen

La BAΔ= y

θtanBCLb Δ

= si b

LBCΔ=θtan

Reemplazando en la ecuación tenemos:

A

B

5 m

3m

C

Desplazamiento de cálculo del punto B

B’’

B’ ΔLBA

B**

ΔLBC

B’

B’’

ΔLBA

B**

ΔLBC

B

θ

θ

θ

θ

a

b

B

5 m

3m

C

Desplazamiento real del punto B

B’

B’’ ΔLBA

ΔLBC BVδ

B*

BHδ

Fig. 2

En la práctica los arcos engendrados por las rotaciones

pueden ser remplazados por rectas perpendiculares, sin error

apreciable, debido que tanto las rotaciones como las

deformaciones son pequeñas. Donde se interceptan estas

rectas será el punto de desplazamiento de calculo (punto

B**) B

Vδ

BHδ

ba

cmL

BV

BCBH

+=

=Δ=

δ

δ 267.0

BVδ

B Hδ



Unidad 2 - 17

cm

LsenL

BV

BV

BCBABV

398.1

43267.0

53625.0

0tan

=⇒+=

Δ+

Δ=

δδ

δ θθ

Alternativa de solución 2: Este método consiste en poner la deformación, en función de

los desplazamientos: ( )VHi fL δδ ,=Δ

Barra BC

cmL BHBC 267.0==Δ δ

Barra BA

Reemplazando en

θθδ cosBCBVBA LsenL Δ−=Δ

Despejando δ BV

θθδ tan

BCBABV

Lsen

L Δ+

Δ= , entonces cmB

V 398.1=δ

B ΔLBC

C

B**

BHδ

B’

B’

CVδ Recta Auxiliar // a la barra

que pasa por la intersección

ΔLBA

B**

B

θθ

a

b

de la BV

BV δyδ

δδδ

δδ

δδ

θθ

θθ

θθ

BHBc

BH

BVBA

BHB

H

BVB

V

BA

L

senL

bb

senaasen

baL

−=Δ

−=Δ

=→

=→=

−=Δ

0

cos

coscos B

Vδ

ΔLBC

BCLBHδ Δ=

θ

C

Sistema de ecuaciones



Unidad 2 - 18

Ejemplo 3:

Sea el sistema estructural mostrado en la figura, determinar el desplazamiento vertical del

punto A y las tensiones en las barras elásticas.

Datos:

q = 2000 Kg/m.

P1= 6000 Kg.

P2= 8000 Kg.

E = 2X106 Kg/cm2

A1 = A3 = 4 cm2

A2 = 6 cm2

Incógnitas

???

?

3

2

1

===

=

σσσδ V

A

Solución:

a) Ecuación de comparación de deformaciones.

b) Cálculo de esfuerzos en las barras

KgN

NM

C

C

B

1000

1*60001*2*20002*0

=

=+

=∑

30º 30º

P1

P2

q

1.00 m 2.00 m

A

C Chapa rígida

0.80 m

1.20 m

B

AVδ

AV

CV

CV

AV 2

2

2.00 m1.00 m

P1 NCq = 2000Kg/m

1.00 m 2.00 mB

CVδ 1

δ=δ⇒δ

=δ



Unidad 2 - 19

Analizando cada barra por separado:

Barra 1

KgN

NcNNN

F

C

V

1000

00

1

1

1

=

==−

=∑

N

N

C

1

(Compresión)

Barra 2

KgN

NPNN

F

C

V

7000

100080000

0

1

2

22

=

−==−+

=∑

N

N

C

2

P2

(Tracción) Barra 3

KgN

N

NN

FV

45.4041

º30cos*27000

0º30cos2

0

3

3

23

=

=

=−

=∑

N330º N3

30º

N2= 7000 Kg.

(Compresión)

Se han calculado sus fuerzas internas, para determinar sus deformaciones y finalmente

sus desplazamientos

b) Deformaciones: AELNL

**

=Δ

Barra 1

( )acorta 015.04*102

120*1000**

61

111 cm

XAELNL ===Δ



Unidad 2 - 20

Barra 2

( )alarga cm047.06*10X2

80*7000A*EL*NL 6

2

222 ===Δ

Barra 3

( )acorta cm047.04*10X2

º30cos80*45.4041

A*EL*N

L 63

333 ===Δ

c) Desplazamiento del punto C

323

V

C

VLL Δ−Δ+= δδ …………………

En el gráfico podemos observar el siguiente triángulo:

º30cos

º30cos

33

3

3

L

L

V

V

Δ=

Δ=

δ

δ

Reemplazando en la ecuación tenemos:

cmcm

LLL

CVA

VCV

CV

CV

043.02

086.0

015.0047.0º30cos

047.0º30cos 32

3

==⇒=

−+=

Δ−Δ+Δ

=

δδδ

δ

δ

30º 30º

#

∃

30º

#

∃

ΔL3ΔL3

30º

δ V3

ΔL2

ΔL1

ΔL330º

δ V3



Unidad 2 - 21

d) Tensiones:

compresiónAN

tracciónAN

compresiónAN

cmKp

cmKp

cmKp

2

2

2

10104

45.4041

11666

7000

2504

1000

3

33

2

22

1

11

===

===

===

σ

σ

σ

Ejemplo 4:

Sea la barra de sección constante, determinar su deformación debido a su peso propio.

Datos:

L

dz z

γ = Peso específico A*q γ=

A = Área

L = Longitud

Incógnitas

ΔLG =?

NSolución:

Extrayendo el diferencial:

AELNL

**

=Δ

∫∫ =ΔΔ LL

G AEzdzALd

G

00 ***γ

L

Gz

EL

0

2

2*

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡=Δγ

ELLG 2

* 2γ=Δ

Si el peso es : G = AL **γ AA

ELLLG *

2**γ

=Δ

AE

LGLG *2*

=Δ

dz

dΔL

zAzqN ** *γ= =

G

Deformación debido al peso propio de sección



Unidad 2 - 22

2.10 Relación de Poisson Otro tipo de deformación elástica que se produce en un sólido deformable es la

variación de las dimensiones transversales producto del sometimiento del mismo a una fuerza de

tracción o compresión axial. En efecto se comprueba experimentalmente que si una barra se

alarga por una tracción axial, sufre una reducción de sus dimensiones transversales. Poisson,

físico matemático Francés comprobó en el año 1811 que debajo del límite de proporcionalidad la

relación entre la deformación unitaria longitudinal con respecto a la deformación transversal es

constante y la definió de la siguiente manera:

x

y

εε

Relación de Poisson μ −=

2.11 Ley generalizada de Hooke

La relación de Poisson permite generalizar la ley de Hooke para un estado

tridimensional de tensiones (ejes X,Y, Z), imaginémonos un elemento tridimensional sometido a

fuerzas en sus tres direcciones, y analicemos que sucede por ejemplo con la deformación sobre el

eje X, el elemento debido a su fuerza axial sobre el eje X , este se alargara sobre el eje X, pero

debido a las fuerzas aplicadas en los otros dos ejes restantes (ejes Y, Z) según Poisson acortara la

deformación sobre el eje X, quedando la deformación unitaria sobre el eje X expresada de la

siguiente manera:

N

ΔLx

Lx

ΔLyLy

εy = Deformación unitaria longitudinal εx = Deformación unitaria transversal μ = Relación de Poisson

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]

toAcortamienCompresionamientoargAlTraccion

HOOKEDAGENERALIZADELEY

σσμσE1ε

σσμσE1ε

:tenemosejesotroslosparandoGeneraliza

σσμσE1ε

yxzz

zxyy

zyxx

−−⊕

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

+−=

+−=

+−=

−



Unidad 2 - 23

Ejemplo 5:

Sea un cubo de goma deformable que se introduce libremente sin holgura en un molde de

acero indeformable cubo de goma en su cara superior esta sometido a una presión

uniformemente repartida (qi), como muestra la figura. Determinar las tensiones normales y

deformaciones unitarias en sus tres direcciones (X, Y, Z).

Solución:

Antes de aplicar las ecuaciones de la ley generalizada de Hooke, analicemos como se

producen las tensiones y deformaciones en el cubo de goma de forma general.

• Dirección X

εx = 0 Debido a que en esa dirección el molde de acero le impide deformarse

al cubo de goma.

σx = 0 Ósea existe tensión debido que al impedir el molde de acero que se

deforme el cubo de goma esto hace que se produzca tensión.

• Dirección Y

εy = 0 Debido a que en esa dirección el molde de acero no impide deformarse

al cubo de goma.

σy = -qi Debido al equilibrio que debe existir en esa dirección.

• Dirección Z

εz = 0 Debido a que en esa dirección el molde de acero no impide deformarse

al cubo de goma.

σz = 0 Debido a que la goma puede en esta dirección libremente sin que nadie

interrumpa este proceso, es que no se produce tensión en esta dirección.

Molde de acero indeformable

Cubo de goma deformable

X

Y

Z

qi



Unidad 2 - 24

Del análisis realizado podemos concluir lo siguiente:

εx = 0 σx = 0

Aplicando este análisis a la ley generalizada de Hooke se encuentran las incógnitas:

1era Ecuación

( )[ ]zyxx σσμσE1ε +−=

Remplazando las expresiones conocidas se tiene:

([ )0q-μσE10 ix +−= ]

2era Ecuación

( )[ ]zzyy σσμσE1ε +−=


( )][ 0q-μq-E1ε iiy +−= μ

3era Ecuación

( )[ ]yxzz σσμσE1ε +−=


( )][ iiz qμq-μ0E1ε +−=

σy = -qi εy = 0

σz = 0 εz = 0 Conocidas Incógnitas

iqμxσ −=

1)2μ(Eiq

yε −=

1)-μ(E

iμqzε =



Unidad 2 - 25

2.12 Tensiones Admisibles y peligrosas La tensión real de trabajo que soporta el material bajo la acción de unas cargas, no

debe sobrepasar a la tensión admisible, que es la máxima a la que puede ser sometido el

material con cierto grado de seguridad en la estructura o elemento que se considere, por

consiguiente la Tensión admisible queda definida de la siguiente manera:

n

oAdm

σ=σ

Donde: σAdm = Tensión Admisible

σ o = Tensión peligrosa

n = Coeficiente de seguridad

2.11.1 Tensión peligrosa En un proyecto real la tensión admisible debe ser siempre menor al límite de

proporcionalidad, con el objeto de que se pueda aplicarse en todo momento la relación

lineal entre tensiones y deformaciones que establece la ley de Hooke, y es la base de toda

la teoría propuesta. Sin embargo, es muy difícil determinar el límite de proporcionalidad,

y se toma como tensión peligrosa a la tensión fluencia, sabiendo que el coeficiente de

seguridad nos garantiza que el material este trabajando por debajo del límite de

proporcionalidad. Quedado de finida de la siguiente manera:

a) Para materiales con escalón de fluencia

fo σ=σ

= tensión de fluencia fσ

b) Para materiales sin escalón de fluencia

pfo σ=σ

= tensión convencional de fluencia pfσ

2.11.2 Coeficiente de seguridad “n” Son muchos los factores que influyen para adoptar el coeficiente de seguridad, a

continuación enunciaremos algunos:

a) Conocimiento del comportamiento físico y mecánico del material (continuidad,

homogeneidad, isotropía, etc.)



Unidad 2 - 26

b) Uso que se le va ha dar a la estructura

c) La fiscalización y supervisión.

d) Método de cálculo utilizado para el diseño

e) Errores numéricos y aproximaciones realizadas.

f) Perfecta evaluación de las cargas

Como referencia:

Para materiales con escalón de fluencia: n = 1.10 – 1.70 Para materiales sin escalón de fluencia: n = 1.80 – 4.00



Unidad 2 - 27

εy

εx

εz



Unidad 2 - 28

( )

( )

( )yxz

z

zxy

y

zyx

x

EE

EE

EE

σσμσε

σσμσε

σσμσε

+−=

+−=

+−=


TENSIONES Y DEFORMACIONES EN SISTEMAS HIPERESTATICOS

Ing. Elías Belmonte C.

Unidad 3 - 1

Unidad 3 Tensiones y deformaciones Normales en

Sistemas Hiperestáticos 3.1 Objetivos

Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes

objetivos trazados para el Estudio de tensiones normales y cortantes en sistemas Hiperestáticos.

1. Conocer cuales son los sistemas estructurales Hiperestáticos y su grado de

hiperestaticidad de las mismas.

2. Explicar porque un sistema se convierte en hiperestàtico.

3. Listar los pasos para dar solución a un sistema hiperestàtico.

4. Analizar sistemas hiperestáticos sometidos a cargas externas, errores de montaje o

variaciones de temperatura; determinando sus fuerza, tensiones, deformaciones y

desplazamientos de cada uno de los elementos o barras elásticas que componen el

sistema.

5. Conociendo sus materiales, propiedades, tensiones y deformaciones normales de los

distintos elementos que componen el sistema hiperestático, tenemos que saber

dimensionar las secciones necesarias de los mismos.

6. Analizar las tensiones y deformaciones en cilindros de pared delgada, sometidos a

presión.

3.2 Introducción

Un sistema hiperestàtico o estáticamente indeterminado, es aquel en cual no es posible

determinar las fuerzas internas de sus elementos debido a que el numero de incógnitas excede al

numero de ecuaciones que nos brinda la estática. Físicamente un sistema se convierte en

hiperestàtico cuando el numero de sus elementos (incluyendo soportes) es mayor que el numero

necesario para guardar su equilibrio estático; hay que aclarar que estos elementos adicionales

llamados vínculos superfluos no garantizan el equilibrio de una estructura, si no vienen dados por

exigencias de rigidez y resistencia .

El grado de hiperestaticidad de un sistema estructural lo determina el número de vínculos

superfluos o elementos en exceso que tenga.



Unidad 3 - 2

Ejemplo:

3.3 Metodología de solución

En general, para dar solución a un sistema hiperestàtico se debe seguir los siguientes pasos

que por su importancia los describimos como partes:

a) Parte geométrica

Se propone como se deforma el conjunto los elementos (barras) incognitas que

componen el sistema estructural partiendo de la suposicion de la condición que las deformaciones

de las barras incognitas guardan una relacion geometrica lineal, esta relacion expresada

matematicamente se denomina Ecuaciones de Compatibilidad de Deformación. El numero de

estas ecuaciones que se deben plantear esta en función del grado de hiperestaticidad del sistema, si

es de primer grado se planteara una, si es de segundo grado se plantearan dos y así sucesivamente.

En la practica para construir estas ecuaciones se sigue los siguienter pasos:

Se dibuja un diagrama de cuerpo libre mostrando todos sus elementos incognitos en

un estado no deformado (Estado inicial)

Se propone un diagrama de curpo libre deformado (Estado final) asumiendo que

las deformacciones de las barras incognitas (alargamiento o acortamiento), esta regidos por medio

de un comportamiento geometrico lineal de deformacion de las barras incógnitas,y haciendo

cumplir las restricciones de movimientos de los apoyos ,articulaciones y barras rigidas planteamos

la Propuesta Final de deformacion de la estructura..

1er grado de

hiperestaticidad

1er grado de

hiperestaticidad

2er grado de

hiperestaticidad

P

P P

P

Ecuaciones : f (ΔLi)



Unidad 3 - 3

Del análisis de la Propuesta de deformacion de la Estructura, por medio de

comparaciones geometricas entre las deformaciones incógnitas se propone relaciones lineales

entre ellas, denominadas Ecuaciones de Compatibilidad de Deformación.

b) Parte estática

Partiendo del conocimiento de la Propuesta Final de deformacion (alargamientos,

acortamientos de las barras incognitas) ,adoptamos el sentido de las fuerzas internas de las barras

incognitas y mediante las ecuciones que nos brinda la estática construimos relaciones de equilibrio

que nos vinculan las fuerzas internas. Llamadas Ecuaciones de Equilibrio Estático.

c) Parte física ( Ley de Hooke)

Se relaciona para cada elemento isostático incognito que compone el sistema

estructural hiperestático, las deformaciones propuestas ( Parte Geometrica), con las fuerzas que las

ocacionan (Parte Estatica), mediante la Ley de Hooke mas conocidas como Ecuaciones Físicas.

d) Parte final

Una vez planteadas los tres grupos de ecuaciones (Ecuaciones. de Compatibilidad,

Equilibrio y Fisica ) , seprocede a conformar un sistema de ecuaciones y resolverlas por cualquier

metodo, obteniendo las ingontitas deseadas.

3.4 Problemas

3.4.1 Generales

Ejemplo 1

Sean tres barras de un sistema colgante hiperestático como muestra la figura, las barras

laterales son idénticas y de cobre, la barra central es de acero, ¿que tensión se produce en las barras

bajo la acción de una fuerza P?.

Ecuaciones : f (Ni)

ii

iii

AE

LNL

*

*

Ecuacion para cada

elemento incognito



Unidad 3 - 4

Datos

E cu

E ac

A cu

A ac

P

L

D

Incógnitas

cu = ?

ac = ?

Solución:

a) Parte Geométrica:

Propuesta de deformacion

cuL = alarga, entonces Ncu (tracción)

acL = alarga, entonces Nac (tracción)

b) Parte estática:

PNN

F

accu

V

2

0

Barras elásticas

Estado Final

deformado

Ecuación de compatibilidad

de deformaciones

①

Ncu

Nac

Ncu

P

Ecuación equilibrio estático

②

L

L Cobre Cobre

Acero

Chapa Rígida

Estado Inicial no

deformado

Cobre Cobre

Acero

Lcu

E.I.

E.F. Lcu

Lac

P

ΔLcu = ΔLac



Unidad 3 - 5

c) Parte física

c1) Barra Cu: c2) Barra Ac

cucu

cucu

cuA*E

L*NL

acac

acac

acA*E

L2*NL

c) Parte final

Reemplazando las ecuaciones físicas ③a y ③b en ①

cu1ac

cu

cucu

acac

ac

cucu

cucu

acac

acac

N*cN

N*A*E*2

A*EN

A*E

L*N

A*E

L2*N

Donde: cucu

acac

1A*E*2

A*Ec

④ en ②

1

cu

cu1cu

c2

PN

PN*cN2

⑤ en ④

1

1acc2

P*cN

L Cobre

Lcu

Ncu

Ecuación física

③a

Nac

Ecuación física

2L

Acero

Lac

③b

④

⑤ cu

cucu

A

N

ac

acac

A

N



Unidad 3 - 6

Ejemplo 2

Determinar las tensiones normales en las barras elásticas de acero mostradas en la

figura además calcular el desplazamiento vertical del punto A

Datos

Ecu = 1.2X106 Kg/cm2

Eac = 2.1X106 Kg/cm2

A1 = 6 cm2

A2 = 6 cm2

A3 = 6 cm2

A4 = 4 cm2

P1 = 20000 kg

P2 = 14000 kg

Incógnitas

1 = ?

2 = ?

3 = ?

4 = ?

A

V= ?

Solución


accu

accu

LL3

3

L

1

L

30º 30º

P2 = 14000 kg

1.00 m 2.00 m

A

B C

Chapa rígida

P1 = 20000 kg

1.00 m

D

Acero

Cobre

0.60 m

0.60 m

0.30 m

0.45 m


de deformaciones

① A B

C

Chapa rígida

D

Cobre

Acero

1.00 m 2.00 m 1.00 m

Lcu

Lac

E.I.

E.F.



Unidad 3 - 7


Lcu = alarga, entonces Ncu = tracción

Lac = acorta, entonces Nac = compresión

También: cuA

vcu

A

v LL

11

b) Parte estática

20003

03*1*1*2000

0

accu

accu

B

NN

NN

M

c) Parte física

Barra Cu:

21 LLLcu

6*102.1

60*

*

*6

1

111

X

N

AE

LNL cu

cu

6*102.1

45*14000

*

*6

2

222

X

N

AE

LNL cu

cu

por tanto :

6*10X2.1

45*14000N

6*10X2.1

60*NL

6

cu

6

cu

cu

1.00 m 2.00 m

A

B C

Chapa rígida

P1 = 20000 kg

1.00 m

D

Nac

Ncu


②

Ecuación física

③a

L1

0.60 m

0.45 m

P2 = 14000 kg

Lcu

Ncu Ncu

L2



Unidad 3 - 8

Barra Ac:

En el gráfico podemos observar el siguiente triángulo:

º30cos

LLº30cos 4V

4V

4

4

entonces: 34

ac Lº30cos

LL

pero:

6*62.1X10

90*acN

6*acE

90*acN

2A*acE

3L*

3N

3ΔL

º30cos*4*10X1.2

60*N

4*E

º30cos

60*N

A*E

L*NL

6

4

ac

4

4ac

444

Cálculo de N4

º30cos*2

NN

0Nº30cosN2

0F

ac

4

ac4

V

º30cos*8*10X1.2

60*NL

26

ac

4

30º

L4

V

4

´

Na

c

N4 30º 30º

N4

Nac

´

30º

30º

L3

30º 30º

L4 L4

3

V

4ac LL

30º 30º

´

ΔLac

Nac



Unidad 3 - 9

Reemplazando luego en la ecuación de deformación de la barra de acero:

6*101.2

90*

º30cos*8*101.2

60*636 X

N

X

NL acac

ac

c) Parte final


6*10X1.2

90*N

º30cos*8*10X1.2

60*N

6*10X2.1

45*14000N

6*10X2.1

60*N*3

6

ac

36

ac

6

cu

6

cu

6*10X1.2

90

º30cos*8*10X1.2

60

6*10X2.1

45*14000N

6*10X2.1

60*N*3

N

636

6

cu

6

cu

ac

14000N48.1N98.1N cucuac

④ en ②

k96.5637N

200014000N48.1N98.13N

cu

cucucu

⑤ en ④

k66.1212Nac

Ecuación física

③b

④

⑤ Tracción

Tracción



Unidad 3 - 10

Calculo de Tensiones y Deformaciones de las barras elasticas Barra ac

Barra ac

Calculo de desplazamientos Punto A

0.60 m

0.45 m

P2 = 14000 kg

Lcu

Ncu N1 = Ncu = 5637.93 k (Tracción)

N2 = Ncu – P2 = - 8362.07 k (Compresión)

(Tracción)

(Compresión)

(Acortamiento)

30º 30º

´

ΔLac

0.30 m.

0.60 m.

N3 = Nac = 1212.66 k (Tracción)

k13.700º30cos*2

NN ac

4 (Compresión)

2

3

31

3cm

k11.202

6

66.1212

A

N (Tracción)

2

4

44

cm

k03.175

4

13.700

A

N (Compresión)

6*101.2

90*

º30cos*8*101.2

60*636 X

N

X

NL acac

ac

cm10x33.15L 3

ac

(Alarga)

Ncu

Lac

E.I.

E.F.

A

B C

Chapa rígida

D

Cobre

Acero

1.00 m 2.00 m 1.00 m

Lcu

De acuerdo a los resultados el

desplazamiento real es el que muestra

el esquema, siendo:

.cm10x28.5L 3

cu

A

v



Unidad 3 - 11

Ejemplo 4:

Sea el sistema estructural colgante que consta de tres barras elásticas unidas en B, determinar el

desplazamiento horizontal y vertical del punto B y las tensiones en cada barra.

Datos

26

2

321

cm/Kg10X2E

cm6AAAA

Incógnitas:

B

H

B

V

3

2

1

Solución:

a) Parte Geométrica


1L = alarga, entonces N1 (tracción)


3L = acorta, entonces N3 (compresión)

P = 8000 Kg

2.00 m

45º

20º

B

L1

L2 B

B´

L3

E.I.

E.F.

Estado final

deformado

B

B´

Estado inicial

No deformado

Propuesta de

deformacion

①

②

③

45º

20º

B

V

B

H



Unidad 3 - 12

Analizando barra por barra colocando las deformaciones de las barras en función de los

desplazamientos vertical y horizontal del punto B, tenemos :

),(fL HVi

Barra 1:

Barra 2

B

H2L

Barra 3

cos45ºsen45ºΔL

cos45ºbb

cos45º

sen45ºaa

sen45º

baΔL

δδ

δδ

δδ

B

H

B

V1

B

HB

H

B

VB

V

1

º20cosº20senL

º20cosbb

º20cos

º20senaa

º20sen

baL

B

H

B

V3

B

HB

H

B

VB

V

3

B

L2

B

L1

B

B 45º

Recta Auxiliar

45º

45º

a

b

B

H

B

B

20º

Aux

a b

L3

20º

20º

B

V

B

H



Unidad 3 - 13

b) Parte estática

8000º20senNº45senN

0F

31

V

0º20cosNNº45cosN

0F

321

H

c) Parte Física

A*E

º20cos

200*N

L

A*E

200*NL

A*E

º45cos

200*N

L

3

3

22

1

1

d) Parte final

Remplazando las expresiones ⑥ en las ecuaciones ①,② y ③ tenemos:

Que conjuntamente con las expresiones ④ y ⑤ forman las cinco ecuaciones con cinco incognitas

para resolver.

45º

N1

P= 8000 Kg

N2

N3

20º

y

x

B

OB

V

OB

Vo

3

B

H2

OB

V

OB

Vo

1

20Cos20Sen20Cos.A.E

L.N

A.E

L.N

45Cos45Sen45Cos.A.E

L.N

⑦

⑧

⑨



Unidad 3 - 14

Resolviendo el sistema de ecuaciones nos da como resultado lo siguiente:

El signo negativo que aparecen en los resultados solamente significa que el sentido es contrario al

asumido en la propuesta.

3.4.2 Problemas debido a error de montaje:

Son aquellas tensiones que aparecen en los sistemas estructurales debido a la aplicación

de una fuerza momentánea para corregir algún error de dimensión que haya tenido alguno de los

elementos, producto de una falla en la fabricación de los mismos, es bueno aclarar que este error

de dimension debe ser pequeño en relación a las dimensiones del elemento a corregir.

Existen dos posibilidades si deseamos corregir el error de dimension de la barra central de la

cercha metálica mostrada en la figura:

0º20cosNNº45cosN

8000º20senNº45senN

321

31

⑤

④

)abajohaciaBpuntodeldesplazaSe(cm2885.0

)izquierdalahaciaBpuntodeldesplazaSe(cm0068.0

)Compresion(cm

k12.987

A

Nk74.5922N

)Compresion(cm

k15.68

A

Nk91.408N

)Traccion(cm

k22.1408

A

Nk32.8449N

B

V

B

H

2

3

3

33

2

2

2

22

2

1

1

11

δ = Error de montaje L



Unidad 3 - 15

fabricar otra barra con la dimensión correcta

Aplicar una fuerza momentánea de tal forma de deformar la barra hasta ponerla en su

sitio.

El caso que nos interesa es el segundo ya que nos ahorraríamos el costo y el trabajo de fabricar

otra barra, pero este caso produce esfuerzos en las demás barras del sistema, siendo necesario

verificar estas tensiones de tal manera de asegurar que no fallen producto de la corrección

realizada. En este inciso se aprenderá a calcular dichas tensiones, para lograr este objetivo

procederemos a analizar los sistemas estructurales que tengan error de montaje en alguno de sus

elementos siguiendo la metodología aprendida en el inciso anterior.

Ejemplo 5:

Sea el sistema estructural de la figura que consta de tres barras elásticas, por error de

fabricación la barra central es mas corta de lo que necesita. Determinar las tensiones en todas las

barras elásticas producto del error de montaje (δ)

Datos

E

A1 = A2 = A

L

= Error de montage

Incógnitas

1 = ?

2 = ?

Solución:


δ = Error de montaje

Barras elásticas

L

L

Chapa rígida

(Estado Final deformado)

E.F. L1

EI2

EI1

L1

L2

´ (Estado inicial barra 2- no deformado)

(Estado inicial barra 1- no deformado)



Unidad 3 - 16


1L = acorta, entonces N1 (compresión)


b) Parte estática:

0NN2

0F

21

V

c) Parte física

Barra Cu: Barra Ac:

A*E

L*NL 1

1 A*E

L2*NL 2

2

c) Parte final


A*E

L2*N

A*E

L*N 21

De la expresión ② tenemos que : 12 N2N ⑤

Remplazando ⑤ en ④ tenemos: A*E

L2*N2

A*E

L*N 11

Despejando tenemos:

L

A.E..10N

L

A.E..5N

2

1

L

E..10

A

N

L

E..5

A

N

2

22

1

11


de deformaciones

①


②

④

N1

N2

N1

Ecuación física

③a L

L1

N1

Ecuación física

③b

2L

L2

N2

21 LL



Unidad 3 - 17

3.5 Problemas debido a la variación de temperatura

La mayor parte de los materiales usados en la ingenieria debido a las variaciones de

temperatura sufren cambio de sus dimensiones. Si la temperatura aumenta el material se dilata o se

alarga, mientras que si la temperatura disminuye, el material se contrae o se acorta. Si el material

es homogéneo y isòtropo,se ha encontrado que la deformación de un elemiento debido a la

variacion de la temperatura viene dada por:

L*t*t

donde:

: Coeficiente de dilatación térmica del

material.

if ttt :Variación de temperatura

ft = Temperatura final.

it = Temperatura inicial.

L = Longitud del elemento estructural.

t , entonces el material se alarga debido al calentamiento.

t , entonces el material se acorta debido al enfriamiento.

Tabla de coeficiente de dilatación

En los sistemas estaticamente determinados se dejan deformar libremente los elementos debido al

cambio de temperatura ( t ), este efecto no produce tensiones o esfuerzos en los elementos.

Material ( ºC-1)

Acero 11.6X10-6

Aluminio 23.4X10-6

Bronce 18.0X10-6

Fundición Gris 10.8X10-6

Latón 18.7X10-6

Cobre 18.0X10-6

t

L

t

L

0libret



Unidad 3 - 18

En cambio en sistemas estaticamente indeterminados las deformaciones debido a la variacion de

temperatura suelen estar restringidos parcial o totalmente, como resultado de ello aparecen fuerzas

internas que contrarestan parcial o toltalmente, estas deformaciones. Las tensiones originadas por

estas fuerzas internas se las llama tensioines tèrmicas o esfuerzos termicos.

La determinacion de las tensiones tèrmicas puede efectuarse usando la metodologia delineados

anteriormente, la unica salvedad es que en la parte geometrica se debe incluir un estado de

deformación producido por la variacion tèrmica dejando al elemento deformar libremente por la

variacion de temperatura de tal forma que el efecto de contrarestar esta deformación sea la que

ocaciona tension.

Ejemplo 6:

Determinar la tensión que aparecerà en una varrilla de acero de 2.50m, cuya sección es de 12cm2

al decender la temperatura a -20 oC, si la tensión de la varrilla es nula a los +20 oC. Para los siguiente

casos:

a. Muros completamente rìgidos e indeformables.

b. Muros que ceden ligeramente, acortàndose su distancia en 0.5 mm.

Datos

L = 2.50 m.

A = 12 cm2

ti = +20 oC

tf = -20 oC

Δt = tf - ti = - 40 oC

α = 11.70x10-6 (oC)-1

Eac = 2.1X106 Kg/cm2

Δ = 0.5 mm.

N N t

L

N

LN

0strigidaRet

Δ = 0.5 mm.

Caso (b)

L

Caso (a)

L



Unidad 3 - 19

Incógnitas

Caso (a) σ =?

Caso (b) σ =?

Solución: Caso (a): Muros rigidos


b) Parte estática:

Para que se produzca ΔLB obligatoriamente esta ha tenido que ser ocasionada por una

fuerza interna NB, quedando el sistema de equilibrio de la siguiente manera:

ΔLB

δt

Estado inicial no deformado

Estado deformado Δt: se deja deformar

libremente (no produce tensión)

Estado Final o Estado de equilibrio:se obliga

al elemento a deformarse hasta llegar a la

posición de equilibrio (produce tensión).

δt = ΔLB ① Ecuación de compatibilidad de deformación

Donde:

δt = α.Δt.L deformación debido a la variacion de temperatura

ΔLB = Alargamiento NB = Tracción

A B

NB NA

BA NN0N ② Ecuación de equilibrio estático

Propuesta



Unidad 3 - 20

c) Parte física:

Planteamos la ley de Hooke para relacionar las deformaciones con las fuerzas aplicadas de

cada elemento, para nuestro caso:

d) Parte final:

Remplazamos ③ en ① y tenemos:

Remplazando los datos tenemos: σ = 982.80 2cm

k

Solución: Caso (b): Muros deslizables


A.E

L.NL B

B ③ Ecuación fisica

E.t.A

NA.E.t.N

A.E

L.NL.t. B

BB

Respuesta

Caso (a)

Donde:

δt = α.Δt.L deformación debido a la variacion de temperatura

ΔLB = Alargamiento NB = Tracción

A

ΔLB

δt

Estado inicial no deformado

Estado deformado Δt: se deja deformar

libremente (no produce tensión)

Estado Final o Estado de equilibrio:se obliga

al elemento a deformarse hasta llegar a la

posición de equilibrio (produce tensión).

δt = ΔLB + Δ ① Ecuación de compatibilidad de deformación

B

Δ

Propuesta



Unidad 3 - 21

b) Parte estática:

Para que se produzca ΔLB obligatoriamente esta ha tenido que ser ocasionada por una

fuerza interna NB, quedando el sistema de equilibrio de la siguiente manera:

c) Parte física:

Planteamos la ley de Hooke para relacionar las deformaciones con las fuerzas aplicadas de

cada elemento, para nuestro caso:

d) Parte final:

Remplazamos ③ en ① y tenemos:

Remplazando los datos tenemos: σ = 562.80 2cm

k

Ejemplo 7:

Sea el sistema estructural mostrado en la figura que está sometida la barra de latón a una diferencia

de temperatura de - 30ºC y la barra de acero a +30ºC, calcular los esfuerzos o tensiones en las

barras de latón y acero.

NB NA

BA NN0N ② Ecuación de equilibrio estático

A.E

L.NL B

B ③ Ecuación fisica

Respuesta

Caso (b)

L

E).L.t.(

A

N

L

A.E).L.t.(N

A.E

L.NL.t. B

BB



Unidad 3 - 22

Datos

C30t

C30t

cm/Kg10X2E

Cº10X6.11

cm3A

cm/Kg10X1E

Cº10X7.18

cm7A

o

lat

o

ac

26

ac

16

ac

2

ac

26

L

16

L

2

L

Incógnitas:

ac

L

Solución


a1) Deformación debido a la variación de la temperatura ti

Acero:

tac

Estado

inicial

Estado

Δt

alarga

30 cm

③

Chapa rígida

Acero

latón

+30ºC

-30ºC

45 cm

30 cm

45 cm

30 cm tac = +30ºC



Unidad 3 - 23

Latón:


ΔLAc = Alargamiento → NAc = Traccion

ΔLL = Alargamiento → NL = Traccion

Entoces Tenemos:

acorta

Acero

latón

E.F. (Estado Final deformado)

tac+Lac

EI

tL- LL

30 cm 45 cm

E.F. (Estado deformado de equilibrio)

Acero

latón

LL

tac E.I. (Estado no deformado)

E.tac (Estado deformado t del acero)

Lac

tL

E.tL(Estado deformado t del Laton)

tL

45 cm

cm0252.0

45*30*10X7.18

L*t*

t

t

t

L

6

L

LLLL

(Estado Inicial deformado)



Unidad 3 - 24

acacLL LtLt *5.2

acLLac ttLL 5.25.2

0526.05.2 Lac LL

b) Parte estática:

c) Parte física

Barra de acero

acac

acacac

A*E

L*NL

3.6 Tensiones y deformaciones en cilindros de pared delgada.

Ejemplos


de deformaciones ①


②

2r

t t t

r r

Barra de Laton

LA*

LE

LL*NL

LL

Nac

NL

30 cm 45 cm

A

0N75N30

0M

acL

A

7530

acacLL LtLt



Unidad 3 - 25

Condicion para ser considerado cilindro de pared delgada

donde: r = radio generador

t = espesor de la pared delgada.

Si existen presiones internas existen tensiones:

Debido a que partimos de la condicion que el cilindro es de pared delgada, podemos realizar el

estudio tensional de forma unidimensional.

Estudiaremos dos tipos de cilindros de pared delgada.

a) Cilindros generados por un radio de curvatura

b) Cilindros generados por dos radios de curvatura.

c)

Pi

σL

σL

σa σa

r

a)

r1

r2

b)

dA

tr

10



Unidad 3 - 26

3.6.1 Cilindros de un radio de curvatura:

a) Tensiones:

Donde: σa = Tension anular σL = Tension longitudinal

Por separado tenemos:

Analizando el elemento diferencial:

Pi

σL

σL

σa σa dA

Estado de carga Estado tensional

Lo que queremos

estudiar

P

i

σa

dA

σa

Pi

σL

dA

σL

σa = Tension anular σL = Tension longitudinal

Pi

dA

Pi

σa σa

dθ

t

dS



Unidad 3 - 27

Partiendo del conocimiento que las fuerzas horizontales se anulan:

t

rPi

Lt2Lr2Pi

a

a

σa σa

Pi

dθ

t

dx

dS

t

rPi

02

ddxt2dxdrPi

2

d

2

dsen pequeño, es d si

drdS

02

dsendxt2dxdSPi

0F

a

a

a

V

Ecuación que gobierna Las

tensiones anulares en paredes

delgadas de cilindros de un

radio de curvatura.

Pi . 2r . L

σa.t.L

L

2r

0V



Unidad 3 - 28

a2) Tension Longitudinal:

t2

rPi

rPitr2

0F

L

2

L

b) Deformaciones:

Pi

Pi.πr2

σL.2πr.t

Ecuación que gobierna las tensiones

longitudinales en paredes delgadas de

cilindros de un radio de curvatura.

L L

σL

σa

σL

σa

2πr

corte

corte



Unidad 3 - 29

Estas tensiones producen deformaciones

ΔLa = Deformación del perímetro debido a la σa

ΔLL = Deformación de la longitud debido a la σL

Por tanto:

AE

LNL

, Sabiendo que :

A

N , entonces

E

LL

luego:

E

r2

t

rPi

E

r2L a

a

Et

Pir2L

2

a

E

L

t2

rPi

E

LL L

L

Et

PirLLL

2

3.6.2 Cilindros con dos radios de curvatura:

2πr

σL

ΔLL

σa L

ΔLa

Pi

σ1 σ2

Estado de carga Estado tensional

dA

σ1 σ2



Unidad 3 - 30

Analizando el elemento diferencial

02

dsentdS2

2

dsentdS2dSdSPi

0V

122121

222

111

drdS

drdS

si id es pequeño, entonces :

2

d

2

dsen ii

Reemplazando:

trr

1trtrrrPi

02

dtdr2

2

dtdr2drdrPi

21

122121

1121

2212211

2

2

1

1

rrt

Pi

Pi

Ecuación que gobierna las tensiones en

cilindros de pared delgada con dos radios de

curvatura

d2

d1

2 2

1

1

dS1

t

dS2

O2

O1



Unidad 3 - 31

Ejemplo 7:

Determinar la ecuación que gobierna las tensiones de una pelota de basketball sometida a una

presión interna qi.

Datos

r1 = r2 = r

t = espesor

qi = presión

Incógnitas

1 = 2 =

como es una pelota totalmente esférica r1 = r2 = r

Aplicando la fórmula para un cilindro de pared delgada de dos radios de curvatura tenemos:

rrt

qi

r

2

t

qi

t2

rqi

Solución seccionando la pelota:

qi**r2

*2r*t

t

t2

rqi

tr2rqi

0V

2

TORSION


Unidad 4 - 1

Unidad 4 Torsión

4.1 Objetivos


objetivos trazados para el Estudio de tensiones en estructuras sometidas a momentos torsores

1. Determinar y aprender a analizar estructuras o elementos se sección circular,

sometidos a momentos torsores, determinando ( )ϕτ , las tensiones cortantes y los

giros o deformaciones.

2. Dimensionar elementos de sección circular sometidos a torsión.

3. Analizar uniones o bridas empernadas determinando ( )P,,φτ

4. Determinar τ en secciones de pared delgada sometidas a momentos torsores. ( )Mt

5. Aprender a utilizar, expresiones de τ y φ para solucionar problemas de secciones no

circulares, sometidos a torsión.

4.2 Introducción

La torsión estudia los esfuerzos internos (τ tensión cortante) y deformaciones (φ giros)

provocados por momentos torsores en secciones de cualquier elemento estructural.

τ , ΔL

En anteriores capítulos

N

τ , φ

En este capítulo se somete a torsión

Mt

TORSION


Unidad 4 - 2

4.3 Formulación Sea un árbol de sección circular como muestra la figura


a

Sección circular

Mt

(τ , φ)

a

Lo que queremos encontrar son las ecuaciones

que gobiernan, las tensiones cortantes (τ) y

deformaciones, giros (φ) en cualquier sección del

elemento.

0 dA

dA dA φ

S

γ

ρ

ρ 0 Mt

L

Estado inicial Estado final

Donde: S = Arco de desplazamiento. L = Longitud γ = Distorsión Angular φ= Giro ρ= Radio dA= Diferencial de arco

TORSION


Unidad 4 - 3

Analizando por separado:

b) Parte estática

∫

∑=ρ−

=

A

0dpMt

0Mt

Sabemos que: dAdp ⋅= τ

φ

S

γ

ρ

L

0

LSLS

⋅γ=⇒=γ

ρ⋅ϕ=⇒ρ

=ϕ SS

Igualando ambos

ρ⋅ϕ=⋅γ L

Lρ⋅ϕ

=γ


de deformaciones

①

0

dA

ρ

Mt

dP

TORSION


Unidad 4 - 4

Entonces: ∫ =⋅ρ⋅τ−A

0dAMt

∫ ⋅ρ⋅τ=A

dAMt

c) Parte física

γ⋅=τ G

c) Parte final

Reemplazo ① en ③

L

G ρ⋅ϕ⋅=τ donde: G = módulo de elasticidad transversal

Reemplazo ④ en ②

dAL

GMtA

⋅ρρ⋅ϕ

⋅= ∫ entonces dAL

GMt 2

A

⋅ρ⋅ϕ⋅

= ∫

Sabiendo que Inercia polar: dAIp 2

A

⋅ρ= ∫ , luego:

IpL

GMt ⋅ϕ⋅

=

finalmente:

IpGLMt

⋅⋅

=ϕ⊗ [ ]rad

Reemplazo ⑤ en ④

LIpGLMtG ρ

⋅⋅⋅

⋅=τ finalmente: Ip

Mt ρ⋅=τ⊗ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2cm

Kg

Ecuación equilibrio estático ②

③ Ley de Hooke

④

⑤ Ecuación que gobierna las

deformaciones

Ecuación que gobierna las

tensiones cortantes

TORSION


Unidad 4 - 5

4.4 Tensiones máximas a) Sección circular llena:

0=ρ entonces 0=τ•

r=ρ entonces Ip

rMtmáx

⋅=•τ pero:

32dIp

4⋅π=•

reemplazando Ip

32d

rMt4máx ⋅π

⋅=τ• , resumiendo la fórmula se tiene: 3máx d

Mt16⋅π⋅

=τ•

a) Sección circular hueca:

( )dDmáx IpIp2DMt

−

⋅=τ• reemplazando el valor de Ip

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−

⋅

⋅=•

3232

244 dD

DMtmáx

ππτ

finalmente: ( )44máx dDDMtº−⋅π⋅

=τ

τmáx

+

-

r rd

τmáx

-

D τmáx

τmáx

+

d

TORSION


Unidad 4 - 6

Ejemplo 1:

Un árbol de sección constante de 5 cm de diámetro está sometido a pares torsores a través

de ruedas dentadas montadas sobre él, como muestra la figura. Si el módulo de elasticidad

transversal es G = 8.4X105 Kg/cm2 determinar en grados, el ángulo de giro total entre los

puntos A y D.

Datos

G = 8.4X105 Kg/cm2

Incógnita

ϕA-D = ?

Solución

Otra forma de representar

• Planteando la ecuación de deformación desde A hasta D tenemos:

CDBCABAD ϕϕϕϕ ++= (a)

• Aplicando la fórmula que gobierna los giros para cada elemento del árbol

Tenemos:

( )

radIpX

M AAB 0139.0

104.81205 =

⋅⋅

=ϕ

( )

radIpX

MM BAAB 0078.0

104.8100

5 −=⋅⋅−

=ϕ

MA = 6000 k-cm 1.20 m

A

B

C D

1.00 m

1.60 m

MB = 10000 k-cm

MC = 9000 k-cm

MD = 5000 k-cm

5 cm

MA = 6000 k-cm

1.20 m A B C D 1.00 m

MB =10000 k-m

MC = 9000 k-cm

MD = 5000 k-cm

1.60 m

IpGLMt

⋅⋅

=ϕ

(b)

(c)

TORSION


Unidad 4 - 7

( )rad

IpXMMM CBA

AB 0155.0104.8

1605 =

⋅⋅+−

=ϕ

Remplazando (b), (c),(d) en (a):

º25.1

º25.11

º3.5702173.0

=

=×=

AD

AD radrad

ϕ

ϕ

4.4 Sistemas Hiperestáticos a) Parte Geométrica

Se compara geométricamente los giros de los elementos proponiendo una ecuación de

compatibilidad de deformaciones.

Ecuación en función de los giros: ϕ b) Parte Estática

Se plantean ecuaciones de equilibrio estático

∑ = 0Mt

c) Parte Física

Se calcula cada uno de los giros

IpG

LMtii ⋅

⋅=ϕ

d) Parte Final

Solución de la ecuación.

Ejemplo 2 :

Sea el árbol mostrado en la figura determinar el diagrama de momentos cortantes,

tensiones cortantes y giros

Datos

Mt

L

D

G

A C D E

d 2d

4 MtMt

2L

B 2L L L

(d)

TORSION


Unidad 4 - 8

IpGLMt i

i ⋅⋅

=ϕ

Incógnitas

Diagramas

Mt

ϕ

τ Solución


0==+++ EDECDBCAB ϕϕϕϕϕ

b) Parte Estática

c) Parte física

*Cálculo de la inercia polar:

( ) IpIpddIp

dIp

16*32

16322*

32

44

4

=⇒⋅

⋅=⋅

=

⋅=

ππ

π

Utilizamos la fórmula de los giros, y analizando por tramos:

Ecuación de compatibilidad de deformaciones ①

A


MA

A B C D

ME

4 MtMt

E 2L L 2L L

Mt5MM

0MMt4MtM

0Mt

EA

EA

=+

=+−−

=∑

②

Ip

2d

d

C D E

4 MtMt

MA ME

2L

B 2L L L

TORSION


Unidad 4 - 9

Tramo AB:

IpG

L2M AAB ⋅

⋅=ϕ

Tramo BC:

( )

IpGLMtM A

BC ⋅⋅−

=ϕ

Tramo CD:

( ) ( )

Ip16GLMtM

*IpGLMtM AA

CD ⋅⋅−

=⋅

⋅−=ϕ

Tramo DE:

( ) ( )

Ip16GL2Mt5M

*IpGL2Mt5M AA

CD ⋅⋅−

=⋅

⋅−=ϕ

d) Parte Final

Reemplazando los giros en ①:

0==+++ EDECDBCAB ϕϕϕϕϕ

( ) ( ) ( )

0Ip16G

L2Mt5MIp16G

LMtMIpG

LMtMIpG

L2M AAAA =⋅

⋅−+

⋅⋅−

+⋅

⋅−+

⋅⋅

* 16

Mt53.0M

Mt27M51

0Mt10M216MMt16M16M32

A

A

AAAA

=

=

=−+−+−+


Mt47.4M E =

ME = 4.47 Mt

4 MtMtMA= 0.53 Mt

2L

A B D E 2L L L

E

MA

A B C D

ME

4 MtMt

2L L 2L L

Ecuaciones físicas ③

④

TORSION


Unidad 4 - 10

Diagramas:

* Cálculo del diagrama:

Tramo AB:

ττ 53.053.0−=

⋅=

IprMt

AB

Tramo BC:

ττ 47.047.0+=

⋅=

IprMt

BC

IprMt ⋅

=τ

1.06 ϕ

2L A B C D E 2L L L

+_

_

+

+

+ +

0.53 Mt

“Mt”

“τ”

0.53 Mt

0.47 Mt 0.47 Mt

4.47 Mt 4.47 Mt

0.53 τ 0.53 τ

0.47 τ 0.47 τ 0.058 τ

0.56 τ 0.56 τ

0.59 ϕ 0.56 ϕ

_ “ϕ” 0 0 _

TORSION


Unidad 4 - 11

Tramo CD:

ττ 058.016

247.0+=

⋅=

IprMt

CD

Tramo DE:

ττ 56.016

247.4+=

⋅=

IprMt

DE

* Cálculo de:

Tramo AB:

ϕ−=⋅

⋅=ϕ 06.1

IpGl2Mt53.0

AB

Tramo BC:

ϕ+=⋅

⋅=ϕ 47.0

IpGlMt47.0

BC

Tramo CD:

ϕ+=⋅

⋅=ϕ 03.0

Ip16GlMt058.0

CD

Tramo DE:

ϕ=⋅

⋅=ϕ 56.0

Ip16Gl2Mt47.4

DE

* Cálculo de los giros

0=Aϕ

ϕϕϕ 06.1−== ABA

ϕϕϕϕϕϕ 59.047.006.1 −=+−=+= BCBC

ϕϕϕϕϕϕ 56.003.059.0 −=+−=+= CDCD

056.056.0 =+−=+= ϕϕϕϕϕ DEDE

IpGLMt

⋅⋅

=ϕ

TORSION


Unidad 4 - 12

Ejemplo 2

Determinar la tensión normal que sucede en las barras elásticas que sustentan el apoyo C

de la siguiente estructura mostrada en la figura.

Datos

Mt = 700 Kg.m

L = 2.00 m

d = 10 cm

G = 0.4 E

φ = 2 cm

Incógnitas

σ1 = ?

Solución


0=Aϕ 0=++ BACBC ϕϕϕ

b) Parte Estática

c) Parte física

• Cálculo de ϕC:

rNM CC 2*=

despejando NC

r

MN C

C 2=

Ecuación de compatibilidad de deformaciones ①

MtMM

0Mt

CA =+

=∑

Ecuación equilibrio estático ②

Mt

MA MC

MA Mt MC

d = 2r

NC

NC (a)

Mt

2.00 m

A B C E

D

d

2.00 m

φ 1.00 m 1.00 m

TORSION


Unidad 4 - 13

Las fuerzas NC producen deformación:

rLC

CΔ

=ϕ

Si seguimos analizando la barra 1

φAELNL C

C ⋅⋅

=Δ 1

Reemplazando (c) en (b)

rAELNC

Cφϕ

⋅⋅

=

1

⇒ rAE

LNCC ⋅⋅

⋅=

φϕ 1

finalmente reemplazando (a) en (d)

rAE

Lr

M C

C ⋅⋅

⋅=

φϕ

12 ⇒ 21

2 rAELM C

C ⋅⋅⋅

=φ

ϕ

Utilizando la ecuacion fisica de giros: IpGLM

⋅⋅

=ϕ planteamos :

• Cálculo de ϕCB:

• Cálculo de ϕBA:

d) Parte Final

Reemplazando los giros en ①:

ΔLC

rϕC

r

ΔLC

(b)

(c)

NC

NC

L1=2.00 m

ΔLC

(d)

3a

3b

3c

IpGM C

CB ⋅⋅

=100

ϕ

( )IpG

MtM CBA ⋅

⋅−=

100ϕ

TORSION


Unidad 4 - 14

( )0

32104.0

10070000

32104.0

100

5422

10044

22 =

⋅⋅

⋅−+

⋅⋅

⋅+

⋅⋅

⋅⋅

⋅

πππ E

M

E

M

E

M CCC

Simplificando se obtiene:

cmKgM C .10000=


cmKgM A .60000=

por tanto σ1 será:

42*5*2

100002 21

⋅=

⋅==

πσ

φφ ArM

AN CC

21 318cmKg

=σ Tracción.

4.4 Acoplamiento o bridas empernadas:

Para transmitir torsión entre dos elementos se realizan acoplamientos entre sí a través de uniones

con pernos como se muestra en la figura.

∑ = 0Mt

R*4

**nR*P*nMt2φ⋅π

τ==

donde: n = Número de secciones de pernos

④

Mt

P

P

P

P

P

P = τ.Aφ

P

P

R

1a

TORSION


Unidad 4 - 15

τ = Tensión cortante

φ = Diámetro de la sección del perno

R = radio

Si se tiene más de un radio:

∑ = 0Mt

mmm333222111 RP*n........RP*nRP*nRP*nMt ++++=

Mt

P

P

P

P

P

P

P

P

R1

R2

R3

1b

R3

R2

R1

P1

P2

P3

TORSION


Unidad 4 - 16

Ejemplo 3

Determinar el diámetro (∅) de la sección del roblón que puede soportar una carga P=8000

kg de tal manera de no sobrepasar la tensión admisible de corte de 700 Kg/cm2.

Solución

a) Cálculo del baricentro del grupo de roblones.-

cm16A*3

36*A12*A0A

xAX

i

iiG =

++==

∑∑

b) Cálculo de los radios

R1 = 16 cm Pcrítico = P3

R2 = 4 cm Por estar más alejado del centro de gravedad

R3 = 20 cm

c) Aplicación de la 1era ecuacion

332211 RPRPRPMt ++=

①

P1 P2

P3

x R3

R2

R1

Mt

12 cm

cg

24 cm

48 cm

P

P

6 cm 6 cm 24 cm 12 cm

TORSION


Unidad 4 - 17

d) Aplicación de la 2da ecuacion

3

3

2

2

1

1RP

RP

RP

==

23

32

13

31

RRP

P

RRP

P

=

=

e) Parte final

en

( )

∑=

++=

++=

2i

3

3

23

22

21

3

3

23

3

322

3

321

3

3

RRP

d*P

RRRRP

d*P

RRP

RRP

RRP

Mt

Sabiendo que: 1) AP

=τ

2) φ= A*2A (Dos areas de corte por roblon)

3) Pcrit = P3

Entonces tenemos que:

φ

=τA2P3

adm

Reemplazando en

∑

∑

πφτ

=

φτ=

2i

3

2

adm

2i

3

adm

RR

4*2*

d*P

RR

A2d*P

②

② ①

③

③

φτ= A**2P adm3

TORSION


Unidad 4 - 18

Despejando φ se tiene:

( )

cm

rRdP

iadm

48.3

20416**60020*48*8000*2

*****2

222

23

=

++=

=∑

φ

πφ

πτφ

Ejemplo 2

Determinar el valor de la fuerza P que puede soportar el grupo de roblones de tal manera

de no sobrepasar la tensión admisible de corte de 700 Kg/cm2.

Datos

τadm = 700Kg/cm2

φR = 16 mm

Incógnitas

Pmáx = ?

Solución

Fórmulas a utilizar:

1. ∑= iii RPMMt

2. n

n

2

2

1

1

RP

....RP

RP

=++

3. φ

=τAP

P= ?

P= ?

8 cm

8 cm

6cm6cm 15 cm

9 cm

4 cm

8 cm

8 cm

TORSION


Unidad 4 - 19

a) Cálculo del baricentro del grupo de roblones.-

b) Cálculo del radio:

Entonces la ecuación será

332211 RPRPRPdP ++=⋅

c) Planteo de la ecuación 2

3

3

2

2

1

1RP

RP

RP

== como P3 es crítico, dejamos todo en función de 3

3

RP

P1

P2

P3

y

x

R3

R2

R1

Mt 8 cm

8 cm

15 cm

cg

yG = 8 cm

xG = 5 cm 332211 RPRPRPMt ++=

Cálculo del baricentro:

cm5A3

15A00x G =⋅++

=

cm8A3

8A16A0yG =⋅+⋅+

=

3crítico

3

2221

PP

cm10R

cm43.985RR

=

=

=+==

R2

5 cm 10 cm

R3

8 cm

Por ser el m’as alejado del centro de gravedad

①

TORSION


Unidad 4 - 20

entonces:

23

32

13

31

RRP

P

RRP

P

=

=

en

( )

∑=

++=

++=⋅

2i

3

3

23

22

21

3

3

23

3

322

3

321

3

3

RRP

d*P

RRRRP

d*P

RRP

RRP

RRP

dP

de la fórmula:

φ

=τAP3 φ⋅τ= AP adm3

Reemplazando en

∑

∑

⋅

πφ⋅τ

=

φ⋅τ=⋅

2i

3

2

adm

2i

3

adm

RdR4P

RR

AdP

Reeplazando datos

( )( )

Kg46.1348P

1043.943.92910

46.1700

P

máx

222

2

=

++⋅⋅

⋅π⋅

=

② ①

③

③

②

TORSION


Unidad 4 - 21

4.5 Torsión en tubos de pared delgada 4.5.1 Condiciones de pared delgada a) t <<<< r

10rt =≈

b) Las tensiones τ se distribuyen uniformemente en el espesor t de la pared

21

21

ττττ

=≠

c) Consta que no existe cambios bruscos en la sección que distorsiona el flujo de tensiones.

Mt

L

t

r

+

-

+

-1τ 1τ

2τ 2τ

Tensión Uniforme

t1 t2

Concentración de tensiones

TORSION


Unidad 4 - 22

d) Flujo constante de tensiones de corte independiente al espesor de la pared “t”. 4.5.2 Formulación de la ecuación

t1

t2

τ2

τ1

dz

Mt L t

ρ

∫

∫

∑

⋅⋅⋅=

=

=⋅⋅−

=

dztMt

tdzdA

dAMt

Mt

A

ρτ

ρτ 0

0

dz

ρ ρ

dA*

∫ ⋅⋅⋅=

⋅=

⋅=

*2

*22

*

dAtMt

dzdA

dzdA

τ

ρ

ρ

Flujo constante 2211

2211 00

tt

tdztdzF

⋅=⋅

=⋅⋅−⋅⋅

=∑

ττ

ττ

TORSION


Unidad 4 - 23

Ejemplo 3

Un tubo de pared delgada de forma semicircular, presidiendo de la concentración de tensiones que se puedan producir en las esquinas y su tensión admisible al corte es de 450 Kg./cm2 determinar el momento torsor que es capaz de soportar. Datos

2/450 cmkgadm =τ Solución

A*

∫⋅⋅⋅=A

dAtMt *2 τ

A* = El área inscrito en el perímetro medio de la pared delgada

*2 AtMt ⋅⋅⋅= τ

*2 AtMt⋅⋅

=τ 4.7

t=0.2cm

5 cm

t=0.2cm

5 cm

8*

2dA ⋅=

π

TORSION


Unidad 4 - 24

De la ecuación 4.7

cmKgMt

Mt

AtMt

AtMt

⋅=

⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅=

⋅⋅=

15.1767

852.04502

*2

*2

2π

τ

τ

4.6 Torsión en secciones no circulares.- Valores K1 y K2 para sección rectangular:

a/b 1,0 1,5 2,0 3,0 4,0 6,0 8,0 ∞

K1 4,81 4,33 4,07 3,75 3,55 3,34 3,26 3,00

K2 7,10 5,10 4,37 3,84 3,56 3,34 3,26 3,00

21 baMtK⋅

⋅ 381.4aMt

⋅ 216ba

Mt⋅⋅

⋅π

320

aMt

⋅

446aGLMt

⋅⋅

⋅ ( )33

22

16 baGLMtba⋅⋅

⋅⋅

+π

41.7aGLMt

⋅⋅

⋅ 32 baGLMtK

⋅⋅⋅

⋅ ϕ

máxτ

EFECTO a

b

FORMA Rectángulo Cuadrado Elipse Triángulo Equilátero

a

a

a

aab

a

TENSIONES NORMALES EN VIGAS 1

Unidad N° 5

Tensiones Normales en Vigas Flexión

5.1. Objetivos


objetivos trazados para el Estudio de tensiones normales en secciones de viga.

1. Determinar la ecuación que gobierna las tensiones normales debido a la flexión en

vigas

2. Dibujar la distribución de tensiones normales en cualquier sección transversal de una

viga.

3. Dimensionar cualquier sección de viga transversal capaz de soportar los esfuerzos

normales inducidos por la presencia de momentos flectores.

4. Determinar el Modulo Resistente para cualquier sección transversal de viga

5. Determinar la capacidad de carga que es capaz de resistir cualquier sección debido a la

flexión.

5.2. Introducción

Las vigas son elementos estructurales cuyo principal objeto es transportar cargas a través

de su sección transversal. Cuando las cargas flexionan a la viga, estas en su interior producen

momentos flectores y fuerzas cortantes en la sección trasversal que son los que mantienen el

equilibrio el sistema.

El objetivo principal de esta unidad es establecer la relación que existe entre el momento

flector que actúa en la sección transversal y la distribución de tensiones normales que se

producen en ella, basándonos en las siguientes suposiciones:

El material de la viga es homogéneo, isótropo y obedece la ley de Hooke.

El modulo de elasticidad “E” es el mismo a tracción que a compresión.


Las secciones transversales de la viga permanecen planas después de la flexión.

La sección transversal de la viga es simétrica con respecto al plano de aplicación

de las cargas y constante en toda su longitud.

Las cargas no ocasionan torsión ni pandeo en la viga.

En conclusión. La Flexión estudia los esfuerzos internos normales originados por la

presencia de momentos flectores en la sección transversal de viga. A estos esfuerzos internos

normales se los denomina Tensiones normales o Tensiones de Flexión en vigas.

5.3. Formulación

Supongamos una viga simplemente apoyada de sección recta sometida a flexión pura, ósea

que solo necesita la presencia de momentos flectores en el interior de la viga para mantener su

equilibrio en el sistema en toda la longitud y como muestra los diagramas a continuación donde

fuerzas cortantes no existe.

Lo que queremos encontrar es una relación que nos vincule el momento flector que se

produce en cualquier sección transversal, con sus respectivas respuesta interna de tensiones

normales. Para el análisis tomemos un elemento diferencial de la viga, para ello cortémosla en

dos secciones transversales contiguas separadas en “dx”, debido a que solo existe momentos

M M

Sección

viga L dx

h

b

+ M

Q


flectores en la viga es que el sistema se puede equilibrar como muestra la figura y analizaremos

cual es la respuesta a deformación, como a equilibrio de de fuerzas de la superficie en estudio.


Lo que pretendemos es plantear una ecuación de compatibilidad de deformación

partiendo de ver como se deforma la superficie en estudio, imaginémonos como puede deformar

el momento al elemento diferencial, manteniendo las secciones planas en este proceso, de la

figura que se muestra a continuación podemos plantear las siguientes conclusiones.

ρ

y dӨ

dӨ

O

dx Ln

ΔL

ΔL = Deformación de la superficie de análisis

Ln = Línea neutra.

dx = Longitud inicial del elemento diferencial.

ρ = Radio de curvatura.

y = Ubicación de la superficie de análisis

respecto a la Ln.

dӨ = Angulo de deformación.

Superficie que Se alarga

Superficie que se acorta

dx

M M

Sección

viga

Superficie

en

estudio

Elemento

diferencial

h

b


AdA*y*σM

Si analizamos el esquema del elemento diferencial deformado vemos que la superficie

superior se acorta y la superficie inferior se alarga, es lógico suponer que existe entre ambas una

superficie que no se acorta, ni se alarga. A esta superficie se la denomina Superficie Neutra, mas

conocida como Línea Neutra.

Ahora veamos que ha sucedido con la superficie de análisis y plantemos una ecuación de

deformación.

L

Lε

(a)

L = dx = ρdӨ (b)

ΔL = y dӨ (c)

remplazando (c) y (b) en (a) Tenemos:

b) Parte Estática

Para encontrar la fuerza interna que equilibra el momento, se parte del conocimiento de

que fuerzas internas produjeron la deformación en la sección de análisis veamos nuevamente el

esquema de análisis.

dx

M

Sección

viga Elemento

diferencial

h

b

Ln

y

dp = σ*dA

ε = Deformación unitaria

ΔL = Deformación de la sup. de análisis.

L = Longitud del elemento diferencial.

ρ

yε Ecuación de compatibilidad

de deformación (A)

Superficie en

estudio

Ecuación de equilibrio

estático (B)

A 0dA*y*σ- M

0Ln

M


c) Parte Física (Ley de Hooke)

d) Parte Final

Remplazamos la expresión (A) en (C)

ρ

y*Εσ (D)

esta ecuación muestra que las tensiones normales varían linealmente con la distancia desde la

línea neutra.

remplazamos la expresión (D) en (B)

dA*yρ

EdA*y*

ρ

y*EM

A

2

A

sabemos de la unidad Geometría de la Masas contenida en la materia isostática que la

expresión dentro la integral representa la inercia respecto a la Ln:

dA*yIA

2

Ln Inercia en Ln.

Remplazando la ILn en la expresión anterior tenemos:

LnIρ

EM

esta ecuación se la conoce con el nombre de Radio de curvatura y será la base para encontrar la

ecuación que gobierna las deformaciones en vigas, mas conocida como la Ecuación de la

Elástica que lo verán en Mecánica de los materiales 2.

Remplazando la expresión (E) en (D) tenemos:

LnI*E

M*y*Eσ

que es la Ecuación que gobierna las Tensiones normales en cualquier sección de viga y nos

vincula las tensiones normales con los momentos flectores actuantes. La cual nos indica que la

ε*Εσ Ecuación Física

(C)

LnI*E

M

ρ

1

(E)

LnI

y*Mσ

Ecuación de Tensiones

Normales en Vigas

o

Tensiones de Flexión

( 7.1.)


tensión debida a flexión en cualquier sección es directamente a la distancia del punto considerado

a la línea neutra:

Si analizamos la expresión de tensiones de flexión vemos que la distancia de la

línea neutra a la superficie de análisis (y) no esta definida, ya que no se conoce la ubicación de la

Ln, para encontrar esta ubicación volvamos al esquema presentado en la parte estática:

∑FH = O

A

0dA*σ

remplazando la expresión (D) tenemos:

A

0dA*ρ

y*E

los términos E, ρ son constantes y distintos de cero, sacando los de la expresión tenemos:

A

0dA*yρ

E

dx

M

Sección

viga Elemento

diferencial

h

b

Ln

y

dp = σ*dA

σ = Tensiones Normales o de Flexión

M = Momento Flector actuante en la sección

ILn = Inercia en la línea neutra.

y = Distancia de la línea neutra a la superficie análisis


Si:

A0dA*y

Const0ρ

E

cuya expresión quedo definida en la unidad geometría de las masas en la materia Isostática como

momento estático, para que este se igual a cero necesariamente “y” tiene que ser igual acero y

para que pase eso obligatoriamente la Ln debe pasar por el centro de gravedad de la sección ósea:

5.4. Construcción del diagrama de tensiones

5.4.1. Secciones simétricas

Son aquellas secciones simétricas respecto a la línea neutra que coincide con el centro de

gravedad de la sección, y cuyas tensiones varían linealmente con la distancia a la línea neutra, lo

que ocasiona que las tensiones máximas de compresión y tracción sean de igual magnitud. Este

tipo de secciones son útiles para materiales que tengan la misma resistencia a tracción que a

compresión, ver Fig.

de las expresiones 7.1. y 7.2. tenemos:

Sección viga

Rectangular

b

Csup= C

Cinf = C

Diagrama de


M +

+

- +

-

σmax σmax

σmax

+

+ -

-

σmax

Ln

Diagrama de


M -

Momento Estático

Ln = Centro de gravedad de la sección ( 7.2.)

h

LnI

y*Mσ


Donde: Cinf = Csup= C σmax= σmax= σmaxLnI

C*M ( 7.3. )

C = Fibra de la sección mas alejada de la Ln.

σmax = Tensión normal máxima de tracción

σmax = Tensión normal máxima de compresión

Si M+ entonces:

Si M- entonces:

Ejemplos de secciones Simétricas

5.4.2. Secciones asimétricas

Son aquellas secciones asimétricas respecto a la línea neutra la cual debe coincidir con el

centro de gravedad de la sección, y cuyas tensiones varían linealmente con la distancia a la línea

neutra, esta asimetría ocasiona que las tensiones máximas de compresión y tracción sean de

diferente magnitud. Este tipo de secciones son útiles para materiales que no tengan la misma

resistencia a tracción que a compresión, ver Fig.

+ -

Ln Csup= C

Cinf = C

+

-

-

+

- Compresión

+ Tracción

-

+ + Tracción

- Compresión


Entonces: maxmaxinfsup σσCC

Quedando la expresión 7.1. y 7.2. de la siguiente manera para cada estado tensional

máximo mostrado en el siguiente esquema:

Si el M+ entonces:

Sección viga

Asimétrica

b

Csup= C

Cinf = C

Diagrama de


M +

+

- +

-

σmax σmax +

+ -

-

Ln

Diagrama de


M -

σmax b1

σmax

Csup

Csup Csup

Cinf

Cinf Cinf

Cinf

Ln Ln

Ln

Ln

Csup

+

-

Ln

sup

max

Ln

infmax

I

CMσ

I

CMσ

b1


Si el M- entonces:

Ejemplo 1 Sea la viga mostrada en la Fig. Determinar el diagrama de tensiones de flexión máximas

en la sección de máxima solicitación.

Solución: Ln

I

C*Mσ max (7.3.)

a) Calculo de momento máximo ( Mmaz)

Calculo de reacciones

03*R - 2*4*2000 0M BA

0R4*20005333.330V A

RA RB

q = 2000 k/m

3.00 m.

1.00 m.

3.00 m. 1.00 m.

30 cm.

15 cm.

Sección

Viga

q = 2000 k/m

Ln

infmax

Ln

sup

max

I

CMσ

I

CMσ

+

-

RB = 5333.33 k

RA = 2666.67 k


Diagramas Q y M

mk1000M0.5*1*2000M maxmax

.m1.34X0X*2000RA

.mk1777.74M2

1.34*2000X*RMM max

2

A1.34Xmax

maxmaxmax M,MM

b) Ubicación de la línea neutra

Por ser sección simétrica coincide con la mitad de la sección ósea:

RA RB

q = 2000 k/m

3.00 m.

1.00 m.

Mmax = 1777.74 k-m.

+ +

+

-

-

X

cm.-k 177774.00mk74.1777MM maxmax

Ln

X

YG = C = h/2

h

b

C = 15.00 cm.

( a )

( b )


c) Inercia en la línea neutra

Como coincide la inercia del baricentro con la inercia de la línea neutra y sabemos de

isostática que para una sección rectangular la inercia del baricentro es:

d) Diagrama de tensiones de flexión en la sección de máxima solicitación

Remplazando (a), (b), (c) en la expresión 7.3. tenemos:

2

Ln

max

maxmaxcm

k79.01

33750.00

15*177774

I

C*Mσσ

Ejemplo 2 Sea la viga mostrada en la Fig. Determinar la carga máxima uniformemente repartida que

es capaz de soportar la sección de viga.

1.00 m. 1.00 m. 4.00 m.

q = ?

4a

a a 2a

2a

Sección Viga

Sección viga

Rectangular

15 cm.

Csup= 15 cm.

Cinf = 15 cm.

Diagrama de


M +

+

-

+

σmax= 79.01 k/cm2

Ln

-

σmax= 79.01 k/cm2

12

h*bII

3

Ln

G

X 4

Ln cm00.33750I ( c )

30 cm.


Datos Incógnita

.cm00.5a

cm

k1200

cm

k800

2adm

2adm

Solución: Ln

I

C*Mσ max (7.3.)

Calculo de momentos máximos ( Mmaz)

Calculo de reacciones

q38.2M0M1*V5.0*1*q0M

q875.2V06*qVV0V

q125.3V04*V5.2*5*q0M

AAA

izq

Art

ABA

BB

der

Art

qmax= ?

MA

VA VB Art

1 m 1 m 4 m

q


Diagramas Q y M

Determinación de momentos máximos

Calculo de la distancia X donde se produce el momento máximo positivo

MA

VA VB Art

1 m 1 m 4 m

q

2.875 q

2.125 q

1.00 q

Q

2.38 q

X

-

-

- +

+ +

0.5 q

2.95q − qx = 0 → x = 2.95 m

Mx=2.95+ = Mmax

+ = −2.38q + 2.875qx − qx2

2= 1.75q

Mmax+ = 1.75q

Mmax− = 2.38q

1.75 q

M


a) Geometría de las masas

Fig. b h Ai Yi Ai.Yi Ig di lln

1 2 4 8 4 32 10,67 1,5 28,67

2 4 2 8 1 8 2,67 1,5 20,67

16 40 49,33

a = 5 cm

Cinf= 2,5 a = 12,5 cm

Csup= 3,5 a = 17,5 cm

lLN= 49,33 a4= 30833 cm4

Sumatorias

a a2a

2a

4a1

2

1

b) Calculo de capacidad de carga (qmáx.)

Para Mmax (+)

σmax+ = σAdm

+ =Mmax

+ × Cinf

ILN=

1.75q1 × Cinf

ILN→ q1 =

σAdm+ × ILN

1.75 × Cinf × 100= 11276.07 𝑘 𝑚

σmax− = σAdm

− =Mmax

+ × Csup

ILN=

1.75q2 × Csup

ILN→ q2 =

σAdm− × ILN

1.75 × Csup × 100= 12081.50 k

m

Para Mmax (-)

σmax+ = σAdm

+ =Mmax

− × Csup

ILN=

2.38q2 × Csup

ILN→ q2 =

σAdm+ × ILN

2.38 × Csup × 100= 5922.30 k

m

σmax− = σAdm

− =Mmax

− × Cinf

ILN=

2.38q2 × Cinf

ILN→ q2 =

σAdm− × ILN

2.38 × Cinf × 100= 12436.84 k

m

qmax ≤ q1, q2, q3, q4 → 𝐪𝐦𝐚𝐱 = 𝟓𝟗𝟐𝟐.𝟑𝟎𝐤 𝐦

LN

+

+ -

-

𝜎𝑚𝑎𝑥+

Para Mmax− Para Mmax

+

𝜎𝑚𝑎𝑥+

𝜎𝑚𝑎𝑥−

𝜎𝑚𝑎𝑥−

𝐶𝑖𝑛𝑓

𝐶𝑠𝑢𝑝


5.5. Modulo resistente

Otra forma de expresar la ecuación de tensiones maximas debido a flexión es sustituir la

distancia (y) por la C que es la distancia de la sección más alejada midiendo desde la línea

neutra. Obteniendo la tensión máxima de flexión.

El cociente se conoce como Modulo Resistente.

Esta ecuación es muy empleada en secciones de viga constante y en especial para vigas

metálicas. Cada fabricante a confeccionado tablas de las secciones que produce (ver tablas

adjuntas) de tal manera que determinado el modulo resistente que depende de la geometría de la

sección y conociendo la tensión peligrosa dada por el fabricante se está en condiciones de elegir

de su oferta de secciones de perfiles el cumpla con la condición de

Ejemplo 3 Determinar la sección del perfil metálico necesario para soportar la carga externa mostrada

en la figura.

6.00 m. Sección

Viga

q = 2000 k/m

Serie HN

σmax =MC

ILn=

M

ILnC

=M

W

W =Iln

C

Wcalculo ≤ WTabla

𝜎𝑓 = 1200 𝑘 𝑐𝑚2

Datos

n = 1.15

Ocupar perfiles Icha

Serie HN


Solución:

a) Calculo de momento máximo

b) Calculo de modulo resistente

Entrado a la tabla de perfiles Icha IN para vigas obtenemos los valores, los que deben cumplir:

Existiendo varias posibilidades, las que más se aproximan al modulo resistente calculado, las

detallaremos en la siguiente tabla:

σmax = σAdm =σf

n=

MC

ILn=

M

ILnC

=M

W→ WCal =

n × Mmax

σf

𝑀𝑚𝑎𝑥+ =

𝑞𝑙2

8

q

M

σmax = σAdm =σf

n=

MC

ILn=

M

ILnC

=M

W→ WCal =

n × Mmax

σf

WCal =

n × Mmax

σf=

1.15 × 900000

1200= 862.5cm3

Mmax =2000 × 6

8= 9000 k − m

WCal ≤ WTabla


VIGAS SOLDADAS

SERIE IN

Propiedades Para el Diseño

Designación Dimensiones Sección total

IN H * peso B e t Area Eje x-x Eje y-y Flexiòn Sold.

A I W i I W i ia it Smin

cm * kgf/m mm mm mm cm2 cm

4 cm

3 cm cm

4 cm

3 cm cm cm mm

IN 40 * 49,3 200 10 6 62,8 18000 898 16,90 1330 133,0 4,61 5,45 0,500 5

IN 35 * 53,0 200 12 6 67,6 15400 883 15,10 1600 160,0 4,87 5,63 0,686 5

IN 25 * 72,7 200 20 6 92,6 11100 886 10,90 2670 267,0 5,37 6,14 1,600 6

De estos tres resultados elegiremos el de menor peso por ser el más económico, ósea:

5.5.1 Modulo resistente de algunas figuras regulares

a) Sección Rectangular

b) Sección Circular

b X

Ln

C

h

W =ILn

C

ILn =b × h3

12

C =h

2

𝑊∎ =𝑏 × ℎ2

6

X

Ln

C

d

W =ILn

C

ILn =π × d4

64

C =d

2

𝑊° =𝜋 × 𝑑3

32

IN 40*49.3


c) Sección Triangular

W =ILn

C

ILn =b × h3

36

C =2

3× h

𝑊∆ =𝑏 × ℎ2

24

X

Ln

C

h

TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 1

Unidad N° 6

Tensiones Cortantes en Vigas

6.1. Objetivos


objetivos trazados para el Estudio de tensiones cortantes en secciones de viga.

• Calcular las Tensiones Cortantes inducidos por la presencia de fuerzas verticales en

cualquier punto de una viga.

• Dibujar la distribución de tensiones cortantes en cualquier sección transversal de una

viga.

• Dimensionar cualquier sección de viga transversal capaz de soportar las tensiones

cortantes inducidos por la presencia de fuerzas verticales.

• Determinar la capacidad de carga que puede resistir cualquier sección transversal de

viga.

6.2. Introducción

En la anterior unidad estudiamos que cuando las cargas flexionan a la viga, estas en su

interior producen momentos flectores y fuerzas cortantes en la sección trasversal que son los que

mantienen el equilibrio el sistema.

El objetivo principal de esta unidad es establecer la relación que existe entre las fuerzas

verticales que actúa en la sección transversal y la distribución de tensiones cortantantes que se

producen en ella, basándonos en las mismas suposiciones realzadas en la unidad anterior respecto

a los materiales que se compone la viga.

En conclusión. El corte en vigas estudia los esfuerzos internos de corte originados

por la presencia de fuerzas verticales en la sección transversal de viga. A estos esfuerzos

internos de corte se los denomina Tensiones cortantes en vigas.

Ing. Elias Belmonte C.


6.3. Formulación Supongamos una viga simplemente apoyada de sección recta sometida a flexión, donde la

carga externa es cualquiera produciendo momentos flectores y fuerzas verticales en el interior de

la viga de tal forma que pueda equilibrarse el sistema como muestra los diagramas a

continuación:

Lo que queremos encontrar es una relación que nos vincule las fuerzas verticales de corte

que se produce en cualquier sección transversal, con sus respectivas respuesta interna de

tensiones cortantes verticales. Tomemos el mismo elemento diferencial y superficie de estudio

de la viga de la unidad anterior, debido a la existencia de fuerzas verticales es que el diagrama de

momentos flectores no es constante, Produciendo en el elemento un desequilibrio que debe ser

absorbido internamente por fuerzas de corte horizontal, para demostrar cortemos el elemento

diferencia mediante la superficie de estudio y realicemos el equilibrio de fuerzas horizontales


+

+

-

M

Q

M M + dM

Ldx

b

h

Sección viga

FIG 6.3.1.


ESTADO DE CARGA

dx

M M +dM

Sección viga


dx Sección

viga Elemento diferencial

h

b

Ln

C dσσ+ σ

Superficie en

estudio

Elemento diferencial

h

b

V

V+dV

Ln

ESTADO DE EQUILIBRIO

b*dx*τdF

dA*dσdA*σH

dA*σH

HH

AA2

A1

=

+=

=

∫ ∫∫

Ln

Y

dFH CH1 H2

b

dx

ESTADO TENSIONAL NORMAL


quedando la ecuación:

sión cortante horizontal y vertical rece

en la e

realicemos el equilibrio respectivo. Ver figura. Ing. Elias Belmonte C.

6.3.1. Relación entre la tenHabrá quien se sorprenda al ver al ver que el termino fuerza cortante vertical (V) apa

cuación de tensión de corte horizontal Hτ . Sin embargo como veremos ahora, una tensión

cortante horizontal va siempre acompañada de otra tensión cortante vertical de la misma

magnitud pero de sentido contrario. Para demostrar ello supongamos un elemento diferencial

cualquiera de la viga donde se representen las tensiones de corte horizontal y vertical y

dx

M M +dM

Sección viga

Superficie en

estudio Elemento diferencial

h

b V

V+dV Ln

y

dx σ dσσ+

τ

Estado tensional

H1 H2

dF

b*dx*τdF

dA*dσdA*σH

dA*σH

HH

AA2

A1

=

+=

=

∫ ∫∫FIG 6.3.2

Estado de fuerzas

ECUACION DE TENSION CORTANTE

Ln

eH I*b

M*Vτ = HORIZONTAL EN VIGAS ECC. 6.1

remplazando tenemos:


τ HV =

Simplificando tenemos:

or consecuencia la expresión que gobierna las tensiones de corte vertical viene dada por:

.4. Construcción del diagrama de tensiones

on el centro de

ación cuadrática en

función

0dxdz)dy(τ -dydz)dx (0M A =∑

P

66.4.1. Secciones simétricas, b = constante Son aquellas secciones simétricas respecto a la línea neutra que coincide c

gravedad de la sección, y cuyas tensiones de corte varían siguiendo una ecu

de la variación del momento estático, ya que las otras variables de la expresión son

constantes, como veremos a continuación:

Hτ

dx dz

dy

Hτ

Vτ Vτ

Hτ

Hτ

dx dx

dy dy

dxdz

Vτ Vτ

τH

A

ento diferencial (b) Tensiones (c) Fuerzas

dydzτV

(a) Elem

VH l.q.q.d. ττ =

Ln

eV

M*Vτ = I*bECUACION DE TENSION CORTANTE

VERTICAL EN VIGAS ECC. 6.2



Sección viga Rectangular

b

Csup= C

Cinf = C

Diagrama de Tensiones de Corte

V +

Ln


V -

x

de las expresiones 6.1. y 6.2. tenemos: Ln

eV I*b

M*Vτ =

donde:

• Cinf = Csup= C C = Fibra de la sección mas alejada de la Ln.

• V, b, ILn = Constantes

• Me = Variable = A*yg =

44 344 21

4434421

gy

y2h

y*

A

y2h*b

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

2 =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ 2

2

y2h*

2b

remplazando

*321

Const.Ln

V I*bVτ =

44 344 21Variable

22

y2h*

2b

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

como vemos la expresión varia de forma cuadrática, entonces tenemos:

Para y = h/2 τV = 0

Para y = 0 τV = τmax

Lo que da como resultado el diagrama mostrado en el grafico, el signo del diagrama de

tensiones de corte lo define el signo del diagrama de fuerzas cortantes.

τmax +

+

τmax -

-

yg y h

FIG. 6.4.1



Sabiendo la inercia en la “Ln”, tenemos para la sección rectangular mostrada que el corte

máximo es el siguiente:

12h*bI

3

Ln = remplazando tenemos *

12bh*b

Vτ 3V =⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ 2

2

y2h*

2b

simplificando y remplazando y = 0 tenemos: bhV*

23τmax =

Tensión de corte máximo para secciones rectangulares

si A = bh AV*

23

maxτ =

ECC. 6.3

6.4.2. Secciones simétricas, b = variable Son aquellas secciones simétricas respecto a la línea neutra que coincide con el centro de

gravedad de la sección, y cuya variación de las tensiones de corte son simétricas respecto a la

“Ln” y ocasionadas por dos factores:

• Momento estático (Me).- Que es la variable que ocasiona la variación cuadrática del

diagrama.

• Bases (b).- Que es la variable que ocasiona variaciones bruscas en el diagrama.

Los otros dos factores que intervienen como ser la inercia y la fuerza de corte son

constantes, veamos a continuación dos ejemplos:

+

{variable

beM

*

const.LnIV

Vτ321

=

Ln

Sección Tensiones de corte

1

2

3 4

Inf3bSup

3b

Inf2bSup

2b

⟨

⟩



+

{variable

beM

*

const.LnIV

Vτ321

=

Ln


1

2

3 4

Inf3bSup

3b

Inf2bSup

2b

⟩

⟨

Como vemos en los dos ejemplos el diagrama lo define una curva cuadrática debido a la

variación del momento estático, existiendo variaciones bruscas debido al cambio brusco de las

bases de la sección que se presentan en los ejes 2 y 3. Representadas en la figura por rectas

segmentadas (base 2 superior segmentos rojo, base 2 inferior segmento verde).

6.4.2. Secciones asimétricas, b = variable Son aquellas secciones asimétricas respecto a la línea neutra que coincide con el centro

de gravedad de la sección, y cuya variación de las tensiones de corte son asimétricas respecto a

la “Ln” y ocasionadas por los mismos factores que el inciso anterior. Veamos a continuación dos

ejemplos:

+ {

variablebeM

*

const.LnIV

Vτ321

= Ln


1

2 3



+ {

variablebeM

*

const.LnIV

Vτ321

= Ln


1

2

3 4

5

Como vemos en los dos ejemplos el diagrama lo define una curva cuadrática debido a la

variación del momento estático, la cual crece desde los extremos superior y inferior hacia la línea

neutra , existiendo variaciones bruscas debido al cambio brusco de las distintas bases que se

presentan en la sección .

Ejemplo 1 Sea la viga mostrada en la Fig. Determinar el diagrama de tensiones de corte en la

sección de máxima solicitación, además determinar el cote máximo.

3.00 m. 1.00 m.

Sección Viga

q = 2000 k/m

2.00 cm. 2.00 cm. 8.00 cm.

4.00 cm.

4.00 cm.

12.00 cm.

Solución: b*LnI

M*Vτ emax= (6.2.)

a) Calculo de Fuerza vertical máxima ( Vmaz)

• Calculo de reacciones

RA RB

q = 2000 k/m

3.00 m. 1.00 m.



03*R - 2*4*2000 0M BA =⇒=∑

RB = 5333.33 k

0R4*20005333.330V A =+−⇒=∑

RA = 2666.67 k

• Diagramas Q

RA RB

q = 2000 k/m

3.00 m. 1.00 m.

Vmax = 3333.33 k

(a)

Vmax = 3333.33 k.

+ +

-

2666.67 k

3333.33 k

2000.00 k

b) Ubicación de la línea neutra

Por ser sección simétrica coincide con la mitad de la sección ósea:

Ln

X

YG = C = h/2

1

b

C = 10.00 cm. 2 h( b )


c) Inercia en la línea neutra

Como coincide el baricentro de las figuras 1 y 2 con la línea neutra tenemos que:

12.00 cm.

20.00 cm. 12.00 cm. Ln G2G1 XX =

8.00 cm.

Figura 2 Figura 1

1212*8

1220*12

12hb

12hbII1 −I

33322

311

2Ln −=−==

4Ln cm6848.00I =

( c )

d) Diagrama de tensiones de corte en la sección de máxima solicitación

Remplazando (a), (c) en la expresión 7.3. tenemos:

como vemos estamos en el caso de sección simétrica con b = variable. Dibujemos la

sección y en cada cambio de base creemos un eje.

{ { beM

*4868.0

variableb

eM*

const.LnIV

Vτ ==



Sección Viga

2.00 cm. 2.00 cm. 8.00 cm.

4.00 cm.

4.00 cm.

12.00 cm.

2

3 4

Ln -

1

τmax=55.5 cm.


• Cuadro de calculo

Sección Const b Me τ1 0.4868 12.00 0.00 0.00

2sup 0.4868 12.00 384.00 15.582inf 0.4868 4.00 384.00 46.73Ln 0.4868 4.00 456.00 55.503sup 0.4868 4.00 384.00 46.733inf 0.4868 12.00 384.00 15.584 0.4868 12.00 0.00 0.00

• Calculo de momentos estáticos

• Sección 1

.cm10.001y =

1

Ln

12.00 cm.

0M

y*0y*AMM1e

114e

1e

=

=== 1



• Sección 2

.cm8.002-1y =

1

2

Ln

4.00 cm.

12.00 cm.

32e

213e

2e

cm3848*4)*(12M

y*AMM

==

== −− 21

• Sección Ln

1

2

Ln 6.00 cm.

12.00 cm.

3Ln

Ln

Ln2Ln22e

Ln2e

2eLn

cm456M

3*6)*(4384My*AMMMM

=

+=+=+= −−

−

2.00 cm.

3.00 cm.

2.00 cm.

Ejemplo 2 Sea la viga mostrada en la figura. Determinar para la sección c-c los diagramas de

tensión cortante y tensión normal

q=4000 kg/m c P = 4000 kg

5.00 cm

5.00 cm

15.00cm

10 cm

c Seccion Ra M = 6000 kg-m Rb

0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m

4 cm. 4 cm.6 cm.

Solucion1. Calculo de solicitaciones en la seccion c -c 1.1. Calculo de reacciones

Ma = 0 qx1.8x0.3 - M + px3.0 - Rbx2.4 = 0 Rb = 3400 kg V = 0

Ra + Rb - qx1.8 + p = 0 Ra = 7800 kg



1.2. Diagramas M y Q

q=4000 kg/m c P = 4000 kg

c M = 6000 kg-m

Ra = 7800 kg Rb = 3400kg

0.6m 1.2m 0.6m 0.6m 0.6m

5400 kg

4000 kg Vc-c = 3000 kg

Q

600 kg

2400 kg2760 kg-m

2400 kg-m

720 kg-mM

+

Mc-c = 1800 kg-m2880 kg-m 3240 kg-m

Vc-c = -qx1.2 +Ra = 3000 kgMc-c = -qx1.2x.6 +Rax0.6 =1800.00 kg-m

2, Ubicación linea neutra

14,00 15 11,92 Csup 25 3

15 13,08 Cinf LN4

10,00 XSeccion

Cinf = A1Y1 + A2Y2 + A3Y3

A1 + A2 + A3

Cinf = 13,08 cm

Csup= 11,92 cm

8

++



Areas h b Yi Ai Igi di=(Cinf - Yi IniF1 15,00 10,00 7,50 150,00 2812,50 5,58 7477,81F2 5,00 8,00 17,50 40,00 83,33 -4,42 865,88F3 5,00 14,00 22,50 70,00 145,83 -9,42 6361,44

25,00 260,00 14705,13

3 Calculo de inercia en la linea neutra

InT = In1 + In2 + In3 Steinner Ini = Igi + Aidi2

Inercia baricentrica del rectanguloIn1 = 7477,81 Ig = bh3/12In2 = 865,88

In3 = 6361,44

Int = 14705,13

4. Calculo de Tensiones

σ = Tension normal Tension cortante

Seccion Mc-c Ci Int σc-c V Me b τc-cc-c k-m cm cm4 k/cm2 k cm3 cm k/cm2

1 1800,00 11,92 14705,13 -145,95 3000,00 0,00 14,00 0,002s 1800,00 6,92 14715,13 -84,69 3000,00 659,62 14,00 9,612i 1800,00 6,92 14715,13 -84,69 3000,00 659,62 8,00 16,813s 1800,00 1,92 14715,13 -23,52 3000,00 836,54 8,00 21,323i 1800,00 1,92 14715,13 -23,52 3000,00 836,54 10,00 17,05Ln 1800,00 0,00 14715,13 0,00 3000,00 855,03 10,00 17,434 1800,00 13,08 14715,13 159,96 3000,00 0,00 10,00 0,00

145.95 k/cm2 0.00 k/cm2 1

2

21.32k/cm2

- 9.61k/cm2 16.81k/cm2

17.05k/cm2 17.43k/cm2 LN

+ +4

159.96 k/cm2 0.00 k/cm2

Tension Normal Tension Cotante seccion c-c seccion c-c

3

Xg

Mc-cCi

Intτ =

Vc-c Me

bi Int

21.32 k/cm2

17.43 k/cm2



Ejemplo 3 Sea la viga mostrada en la figura. Dimensionar la sección de la misma con las máximas

solicitaciones.

q = 8000 k/mP = 6000 k

1.20 m0.60 m 0.60 m 0.60 m

Seccion C -C

2a a 2acm

2a cm.

6a cm.Tensiones Admisiblesσadm = 900 k/cm2

τadm =300 k/cm2

Seccion C -C

4a cm.

RbRa

a a

Solución: (a) Calculo de solicitaciones máximas

• Calculo de reacciones

Rb = 11100.00 k 02.4*R2.1*1.8*80000.6*60000M bA =+−⇒=∑

Ra = 2700.00 k 0111001.8*80006000R0V a =−+−⇒=∑



• Diagramas Q y M

2700 k

6300 k Vmax

3300 k4800 k

360 k-m

1620 k-m Mmax1440 k-m

1620 k-m

Vmax= 6300 k

Mmax= 1620 k-m

+ +

+ +

- -

-

(b) Geometría de las masas a 2a 2a a

2a

4a

a

6a XG1

XG2

XG3 a

9a

4a

FIG. 1

FIG. 2

FIG. 3 Ln

Cinf X

FIGURA bi hi Ai Yi Ai*Yi IGi Aidi

1 1.00 6.00 6.00 9.00 54.00 18.00 173.342 3.00 4.00 12.00 4.00 48.00 16.00 1.693 7.00 2.00 14.00 1.00 14.00 4.67 96.47

12.00 32.00 116.00 38.67 271.50

Cinf = 3.63 aCsup= 8.38 a

ILn = 310.17 a4

∑

2



a 2a 2a a

2a

4a

a

6a

1

2

(c) Dimensionamiento

(c1) Por Flexión

(c2) Por Corte ( )

adm

maxτ4

max

2Ln

e,2maxadmmax τ*310

32.28*Va

a*310a3a)(8.38a*6a)*(a*V

b*IM*V

ττ =⇒−

===

cm.1.48a300*31032.28*6300a ττ =⇒=

Se escoge el mayor valor de “a” de tal forma que la sección sea capaz de soportar los dos

esfuerzos, ósea ⇒≥ τσ a,aa

1.7

3.4

1.7 1.7 cm.

3.4 cm.

3.4 cm.

10.2 cm.

6.8 cm.

SECCIÓN VIGA

3

4

Ln

σmax

τ-

+

+ Csup = C max

Cin

3

adm

maxσ4

max

Ln

maxadmmax σ*310

8.38*Ma

310a8.38a*M

IC*M

σσ =⇒===

cm.1.69a900*310

8.38*162000a σ3

σ =⇒=

a cm.1.70cm.1.69= ≈



Ejemplo 4 Sea la viga mostrada en la figura. Determinar la Pmax capaz de soportar la sección

3P 2PP

0.6 m0.60 m 0.60 m 0.60 m

Seccion C -C

4 2 4cm

4 cm.

12 cm.

Tensiones Admisiblesσadm = 900 k/cm2

τadm =300 k/cm2

Seccion C -C8 cm.

RbRa

2 2

0.6 m


VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS

1

Unidad N° 7


7.1. Objetivos Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes

objetivos trazados para el Estudio de tensiones en secciones de viga compuesta por distintos

materiales.

1. Efectuar el análisis tensional en la sección transversal de viga compuesta, identificando

las tensiones normales y cortantes que se producen en los distintos materiales

(Diagramas Tensiónales).

2. Aprender a transformar la sección transversal real compuesta por distintos materiales

en una sección equivalente compuesta de un solo material.

3. Determinar momentos máximos y corte máximo que es capaz de resistir la sección

trasversal.

7.2. Introducción

Las vigas cuya sección transversal esta construida por dos o más materiales diferentes se

la denomina Vigas compuestas o Reforzadas. Su importancia de estas secciones es que varios

de los materiales de construcción soportan distintas tensiones de compresión y de tracción, entre

estos materiales figura el hormigón, la madera, algunos metales y plásticos. Además de que como

ingenieros se busca optimizar las cualidades de los materiales. El caso más conocido es el del

Hormigón armado, que las debilidades que tiene el hormigón para absorber tensiones de tracción

se busca que sean absorbidas por el acero.

La teoría de la flexión estudiada no se puede aplicar directamente a las vigas de secciones

compuestas, ya que se habrán dado cuenta estas se basan en las Hipótesis de continuidad,

homogeneidad, isotropía y en especial la Hipótesis de bernoulli que define que las secciones

planas deben permanecer planas después del proceso de la deformación, es decir que las

deformaciones deben ser proporcionales a la distancia a la línea neutra. Lo cual no cumple las

secciones de viga compuesta.

Ing. G. Elías Belmonte C.


2

La metodología que se va a seguir para el estudio de vigas compuestas es la

transformación de la sección compuesta de distintos materiales en una sección equivalente

homogénea de un solo material a la que se aplique directamente las ecuaciones que gobiernan la

flexión. Para poder cumplir con las hipótesis antes mencionadas debemos basarnos en dos

principios fundamentales de transformación:

1er Principio.- Las deformaciones de los materiales que componen la sección compuesta

debe ser la misma

2do Principio.- La capacidad de carga de los materiales que componen la sección

compuesta debe ser la misma

7.3. Formulación Supongamos una viga de sección compuesta de dos materiales, madera y acero firmemente

asegurados de forma que no pueda haber deslizamiento entre ambos materiales, como muestra la

figura 7.3.1.

h

h1

b

Madera

Acero

FIG. 7.3.1 Sección Real de Madera y Acero

Lo que se quiere lograr es transformar la sección compuesta en una sección homogénea

equivalente donde se cumpla las hipótesis de resistencia de materiales y se puedan aplicar

directamente las formulas de flexión. Para lograr este objetivo aplicaremos a la sección los dos

principios:

1er Principio.- Deformaciones iguales.

εm = Deformación unitaria Madera

εa = Deformación unitaria Acero εm = εa (7.3.1)

Sabemos de las unidades 1 y 2 que:

LLε Δ

= (a)



3

AN σ = (b)

A*EL*NL =Δ (c)

remplazando la expresión (b) en (c) tenemos:

E

L*σL =Δ (d)

remplazando la expresión (d) en (a) tenemos:

L*EL*σ

LLε =

Δ=

remplazando la expresión (e) en (7.3.1) tenemos:

a

a

m

m

Eσ

Eσ

= mm

aa σ

EEσ =

Eσε = (e)

ma nσσ =

m

a

EEn = (7.3.3.) (7.3.2.)

2do Principio.- Capacidad de cargas iguales.

Na = Capacidad de Carga Acero

Nm = Capacidad de Carga Madera Nm = Na (7.3.4.)

sabemos de la unidad 1 que:

N = A*σ (f) remplazando en 7.3.4. tenemos:

Am*σm = Aa*σa (g)

por ultimo remplazando 7.3.3 en (g) tenemos:

Am*σm = Aa*(n*σm) (7.3.5.)

que es la ecuación que gobierna las transformaciones de secciones reales compuestas a secciones

equivalentes homogéneas. La cual significa que para convertir un área real de acero en un

área equivalente de madera es necesario multiplicar esta área en “n” veces. Cuyo valor “n”

esta en función de la relación de módulos de elasticidad que existen, ver expresión 7.3.2.

aplicando esta expresión a la sección de la Fig. 7.3.1. tenemos:

Am = n* Aa



4

• Transformación a sección Equivalente Madera

Am = n* Aa Am = n*(b*h1)

Considerando h1 constante podemos escribir la expresión de la siguiente manera:

Am = h1*(n*b)

Lo que transforma a la sección como muestra la Fig. 7.3.2.

h

h1

b

Madera

Acero

Sección Real de Madera y Acero

nbSección Equivalente

de Madera

FIG. 7..3.2.

• Transformación a sección Equivalente Acero

Am = n* Aa b)*(hn1AaAm

n1 Aa =⇒=

Considerando h constante podemos escribir la expresión de la siguiente manera:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

nb*hAa

Lo que transforma a la sección como muestra la Fig. 7.3.3.

h

h1

b

Madera

Acero Sección Equivalente

de Acero

FIG. 7.3.3.

b/n

Sección Real de Madera y Acero

Para el caso que se analice tensiones de corte debido a flexión el procedimiento es el

mismo lo único que varía en las expresiones son las tensiones de corte que remplazan a las

tensiones normales quedando las expresiones de la siguiente manera: Ing. G. Elías Belmonte C.


5

nsformación ciones equivalentes La transformación de secciones reales compuestas por distintos materiales en secciones

equivalentes de un mismo material (homogéneas), se lo realiza siguiendo la expresión 7.3.5 y el

proced todas las

ecuacio

solame e la transformación de las bases queda

l

r = Modulo de elasticidad real

E d equivalente

7.4. Tra en sec

imiento del anterior inciso, se simplifica partiendo del conocimiento de que

nes de flexión como las estudiadas en este unidad están referidas a la línea neutra por lo

cual las alturas deben ser constantes y no pueden variar en dimensión. Por consiguiente las únicas

dimensiones que pueden variar son las bases (bi) de los distintos materiales que componen la

sección. Existiendo varios casos que plantearemos a continuación como queda la expresión 7.3.5.

7.4.1 Sección compuesta por dos materiales Este es el caso que desarrollamos la expresión 7.3.5. De forma simplificada haciendo

nt

eib = base (i) equivalente

rb = base (i) reai

E

e = Modulo de elasticida

m

a

EEn = (7.3.2.a)

ma nττ =

Am = n* Aa

(7.3.3.a)

(7.3.5.a)

ri

ei nbb =

(7.3.6.)

e

rn = EE



6

7.4.2 Sección compuesta por “n” materiales colocados

compuesta la se . de la siguiente manera.

Ejemplo 1 Sea la sección de viga mostrada en la compuesta de tres materiales como muestra

cción a una sección equivalente de Madera.

de forma horizontal En este caso existen varios factores “n” de transformación, tantos como materiales que es

cción quedado la expresión 7.3.5

ta

rii

ei bnb =

(7.3.7.)

la Fig. transformar la se

Solución:

a) Factores de transformación

m

1 ELEn = = 10 Factor de latón a madera

m

m2 E

En = = 1 Factor de madera a madera

m

a3 E

En = = 20 Factor de acero a madera

b) Transformación

• Latón a Madera

8.00 cm.

16.00

2.00 cm.

3.00 cm. 4.00 cm.

3.00 cm.

Latón

Madera

Acero

DATOS EL = 1*106 k/cm2

Em = 1*105 k/cm2

Ea = 2*106 k/cm2

eiE

ri

iE

= n



7

L11

m1 b*nb = = 10*10 = 100 cm.

c) e Madera

ar

terial que se

desee c

la

sección transversal compuesta nos encontramos con mas de una clase de materiales. Para dar

solució

• Madera a Madera

m2 = 1*10 = 10 cm. 2

m2 b*nb =

• Acero a Madera

= 20*4 = 80 cm. a33

m3 b*nb =

Sección equivalent

8.00 cm.

16.00

2.00 c

Esta misma sección se puede transformar a cualquier otro material con tan solo tom

como base en el cálculo del factor de transformación el modulo de elasticidad del ma

onvertir la sección y seguir el mismo procedimiento para el calculo de las nuevas bases.

7.4.3 Sección compuesta por “n” materiales colocados de forma Vertical

En este caso no podemos emplear directamente las expresiones 7.3.7. ya que al cortar

n a este caso y siguiendo el concepto de la ecuación 7.3.5. es que se utilizan las siguientes

expresiones.

m.

3.00 cm. 4.00 cm.

3.00 c80.00 cm.

m.

10.00 cm.

Sección Real Sección Equivalente

de Madera

100.00 cm.

riibn∑=

eib

(7.3.7.)

ei

ri

i EEn =



8

jemplo 2 Sea la sección de viga mostrada en la compuesta de tres materiales como muestra

la Fig. transformar la sección a una sección equivalente de Bronce.

E

DATOS Latón EL = 1*106 k/cm2

Eb = 2.5*105 k/cm2

Ea = 2*106 k/c

6 cm. 6 cm.4 cm.

6 cm.

18 cm. Bronce

Solución: d) Factores de transformación

b

L1n =

EE = 4 Factor de latón a bronce

b

b2 E

En = = 1 Factor de bronce a bronce

b

a3 E

En = = 8 Factor de acero a bronce

• Sección 1 – 1 (latón + bronce)

b bnb*nb += = 4*6 + 1*6 = 30 cm.

• nce)

111 bnb*nb +=

e) Transformación

b12

L111

Sección 2 – 2 (latón + acero + brobaLb bn 12+ = 4*6 + 8*4 + 1*6 = 62 cm. 13

Acero m2

1 1

22



9

f) Sección equivalente Madera

ctiva de este unidad. El

cual d

• Paso 1: Transformación de la sección compuesta de varios materiales a una sección

uaciones que conocemos de flexión determinamos las

equivalentes, mediante la expresión (7.3.3) y

6 cm. 6 cm. 4 cm.

6 cm.

18 cm.

30 cm.

62 cm.

Sección Real Sección Equivalente

de Bronce

7.5. Determinación de tensiones reales y capacidad carga

El procedimiento que se sigue es el mencionado en la parte introdu

e tallaremos a continuación:

equivalente de un solo material.

• Paso 2: Mediante las ec

tensiones normales y cortantes equivalentes para la sección equivalente.

• Paso 3: Una vez conocidas las tensiones

(7.3.3.a) las transformamos en tensiones reales para cada material

eii

ri σnσ =

eii

ri τnτ =

Ecc. de transformación para

Ecc. de transformación para las tensiones cortantes

( 7.5.2. )

las tensiones normales ( 7.5.1. )



10

Siguiendo el mismo procedimiento se calcula las capacidades de carga ya sea de

momentos, como de fuerzas verticales. Una vez obtenido los valores máximos para cada material,

se com el menor será la capacidad que puede resistir tanto a momento, como a

fuerza

s lo siguiente:

siones normales

•

P = 4000 kg

5.00 cm Aluminio5.00 cm 1cm Acero

15.00cm Aluminio

5 4 5 cm

Seccion Ra M = 6000 kg-m Rb Real

Modulos de Elasticidad0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m Eal = 5.0 E5 k/cm2

Eac = 2.0 E6 k/cm2

para los valores y

vertical la sección compuesta antes de romperse.

Ejemplo 3 Sea la viga cuya sección esta compuesta por dos materiales acero y aluminio como

muestra la Fig. Determinar con las máximas solicitacione

• Diagrama de Ten

Diagrama de tensiones cortantes

• Tensiones máximas

q=4000 kg/m

1.8 - p = 0 Ra = 7800 kg

Solucion

1. Calculo de maximas solicitaciones 1.1. Calculo de reacciones

?Ma = 0 qx1.8x0.3 - M + px3.0 - Rbx2.4 = 0 Rb = 3400 kg

?V = 0

∑Ma = 0

∑V = 0

Ra + Rb - qx



11

1.2. Diagramas M y Q

q=4000 kg/m P = 4000 kg

M = 6000 kg-m Ra = 7800 kg Rb = 3400kg

0.6m 1.2m 0.6m 0.6m 0.6m

5400 kg

4000 kg

Q 5400

600 kg

2400 kg2760 kg-m

2400 kg-m

720 kg-mM 3240

+

2880 kg-m

A D E FB C

++

3240 kg-m

Vmax = 5400 kg.

Mmax = 3240 kg-m.

1.2.1 Corte

4000kg4000kg

600kg1.2*4000 -78000.6*40005400kg 78000.6*4000

2400kg0.6*4000Q0Q

isqE

derE

F

C

derB

isqB

A

=+=

+=

+==+−=

=+−=

=−=

=

Q Q Q Q

Q 600k3400-4000



12

1.2.2. Momento

2. Transformacion de la seccion real en seccion equivalente

n1= Eal / Eal = 1.00

n2 = Eac/Eal = 4.00 be = nixbr Ecc. de Transfornacion a seccion equivalente

basesn1b1 14.00 1

5.00 cm Aluminio 5 11.92 Csup 25.00 cm 1cm Acero be = nixbr n2b3 5 3

15.00cm 15 13.08 Cinf LNAluminio 4

5 4 5 cm n1b4 10.00 XSeccion Seccion equivalenteReal Aluminio

3. Ubicación linea neutra en Seccion Equivalente


A1 + A2 + A3

Cinf = 13.08 cm

Csup= 11.92 cmAreas h b Yi Ai Igi di=(Cinf - Yi) Ini

F1 15.00 10.00 7.50 150.00 2812.50 5.58 7477.81F2 5.00 8.00 17.50 40.00 83.33 -4.42 865.88F3 5.00 14.00 22.50 70.00 145.83 -9.42 6361.44

25.00 260.00 14705.13

4. Calculo de inercia en la linea neutra en la seccion Eqquivalente

InT = In1 + In2 + In3 Steiner Ini = Igi + Aidi2

Inercia baricentrica del rectanguloIn1 = 7477.81 Ig = bh3/12

In2 = 865.88

In3 = 6361.44

Int = 14705.13

8

Xg

m3240kg60000.6*34001.2*4000Mm2760kg0.6*34001.2*4000M

m2400kg0.6*4000M0M

m2880kg1.2*78002

1.8*1.8*4000M

m2400kg2

0

isqD

derD

E

F

C

A

−=++−=

−−=+−=

−−=−==

−=+−=

−−=

=M0.6*0.6*4000MB −=



13

5. Calculo de Tensiones normales en la seccion c - c

σe = Tension normal equivalente

σr = ni σe Tension normal real

Seccion Materiales Mmax Ci Int σe ni σr

c-c Reales k-m cm cm4 k/cm2 k/cm2

1 Aluminio 3240.00 11.92 14705.13 -262.70 1.00 -262.702s Aluminio 3240.00 6.92 14715.13 -152.43 1.00 -152.432i Acero 3240.00 6.92 14715.13 -152.43 4.00 -609.733s Acero 3240.00 1.92 14715.13 -42.34 4.00 -169.373i Aluminio 3240.00 1.92 14715.13 -42.34 1.00 -42.34Ln Aluminio 3240.00 0.00 14715.13 0.00 1.00 0.004 Aluminio 3240.00 13.08 14715.13 287.93 1.00 287.93

5.1. Diagramas de Tensiones Nomales

-262.70 k/cm2 1

- - 2

3

LN

+ +4

-287.93 k/cm2Diagrama de Tension Normal Diagrama de Tension Normal Equivalente para la Real para la seccion c-c seccion c-c

6. Calculo de Tensiones de Corte en la seccion c - c

Tension cortante equivalente

ni Tension cortante real

Seccion Materiales Vmax Me Int be τe ni τrc-c Reales k cm3 cm4 cm2 k/cm2

Mc-cCi

Int

k/cm0 1.00 0.00

2

1 Aluminio 5400.00 0.00 14705.13 14.00 0.02s Aluminio 5400.00 659.62 14715.13 14.00 17.29 1.00 17.292i Acero 5400.00 659.62 14715.13 8 30.26 4.00 121.033s Acero 5400.00 836.54 14715.13 8 38.37 4.00 153.493i Aluminio 5400.00 836.54 14715.13 10 30.70 1.00 30.70Ln Aluminio 5400.00 855.03 14715.13 10 31.38 1.00 31.384 Aluminio 5400.00 0.00 14715.13 10 0.00 1.00 0.00

6.1. Diagramas de Tensiones de Corte en la seccion c - c0.00 k/cm2 0.00 k/cm2 1

17.29 k/cm2 17.29 k/cm2 121.03 k/cm2 2 30.26k/cm2

38.37k/cm2 30.70 k/cm2 153.49 k/cm2 3

30.70k/cm231.38k/cm2 31.38 k/cm2 LN

+ +0.00 k/cm2 0.00 k/cm2 4

Diagrama de Tension Cotante Diagrama de Tension Cortante Equivalente para la Real para la

τe =Vc-c Me

bi Int

τr = τe

-262.70 k/cm2

-152.43 k/cm2-609.73 k/cm2-169.37 k/cm2-42.34 k/cm20.00 k/cm2

287.93 k/cm2



14

7. Tensiones Maxim as

7.1. Tensiones m axim as norm ales

= -609.73 k/cm 2

= -287.93 k/cm 2

7.1. Tensiones m axim as cortantes

= 153.49 k/cm 2

= 31.38 k/cm 2

aceromaxσ

aluminiomaxσ

aceromaxτ

aluminiomaxτ

• Ejemplo 4

Se la sección de viga compuesta mostrada en la Fig. De

máximo y la fuerza de corte máxima capaz de soportar:

Solución: 1. Transformación en sección equivalente

terminar el momento flexor

b

b1 E

En = = 1

b

a2 E

En = = 4

6 cm.

3 cm.

18 cm.

3 cm. 3 6

Bronce

Acero

Datos

σadm =

σadm =

τadm =

τadm = Eb = 2.5*10

Ea = 2*106

1200 k/cm2

300 k/cm2

400 k/cm2

100 k/cm2 5 k/cm2

k/cm2

a

b

a

b



15

2. Calculo de ubicación y de inercia en Ln de la sección equivalente

FIGURA h b A Yi A*Yi Ig Ai*di1 18 12 216 18 3888 5832 5618,162 3 24 72 7,5 540 54 2099,523 6 12 72 3 216 216 7056,72

27 360 4644 6102 14774,4

Cinf = 12,9Csup = 14,1

Iln= 20876,40

cm.cm.

2

cm4. 3. Calculo de momento máximo

Se parte del cocimiento que tenemos de que:

e tensiones normales

3.1 Diagrama d

6 cm. 12 6

σr = ni*σe Ln Bronce

BronceAcero

σmax b

Cinf = 12.9cm. σmax a

+ +

- -

Diagrama de tensiones normales Equivalentes

Diagrama de tensiones normales Reales

Bronce

Bronce

Bronce

Csup= 14.1cm.

6 cm.

3 cm.

18 cm.

3 cm. 3 6

Bronce

Bronce

Acero

be = ni*br

Bases Equivalentes 1

2

4

3

12

24

12

n1*b1

n2*b3

n1*b4

Sección real Sección equivalente

de bronce

Cinf

Csup

Ln

(X)

admmax σσ ≤

3 cm.

6 cm.

18 cm.



16

Como vemos en el diagrama de tensiones normales, las tensiones máximas quedaran

ubicadas siempre en las fibras mas alejadas de cada material de la Ln. Por consiguiente serán

las tensiones que producirán los momentos máximos para los distintos materiales como veremos

a continuación:

3.2. Momento máximo que es capaz de soportar el acero

3.3. Momento máximo que es capaz de soportar el bronce

Momento máximo que es capaz de soportar la sección de viga

entos máximos que son capaces de soportar el acero

y el bronce, este es debido a que es el m

4. Calculo de fuerza vertical máxima Se parte del cocimiento que tenemos que:

m-k 9076.70cm-k 57.9076699.6*4

40.20876*1200M

C*nI*σMσ

IC*M*nσ*nσ

σσ

amax

amax2

Lnaadma

maxaadm

Ln

amax

amax

2e2amax

aadm

amax

===

=⇒===

≤

m-k 4441.79cm-k 444178.721.14*1

4.20876*300M

C*nI*σMσ

IC*M*nσ*nσ

σσ

bmax

bmax1

Lnbadmb

maxbadm

Ln

bmax

bmax

1e1bmax

badm

bmax

===

=⇒===

≤

3.4. Se elige el menor valor entre los mom

áximo valor donde los materiales en conjunto son

capaces de resistir de forma conjunta sin fallar ninguno de ellos.

bmax

amaxmax M,MM ≤

Mmax = 4441.79 k-m

admmax ττ ≤



17

4.1. D

quedan

roducir las bases. Por

s a

iagrama de tensiones cortantes

Como vemos en el diagrama de tensiones cortantes, las tensiones máximas

ubicadas en las fibras más próximas de cada material a la Ln. Esta regla no es general hay

que estar pendientes de las variaciones de tensiones que pueden p

consiguiente para este caso es mejor analizar el diagrama de tensiones que nos indicara donde se

producirán las tensiones cortantes máximas para los distintos materiales como veremo

continuación:

4.2. Fuerza vertical máxima que es capaz de soportar el acero

k 45482.356.1101*4

24*4.20876*400V

cm6.11015.4*3)*24(9.9*6)*(12M

amax

3Lnee

e1eLn

==

=+= M

b*I*τM*V

ττ

a

aaaa

aadm

amax

=

=

≤

Fuerza vertical máxima que es capaz de soportar el bronce

M*nVτ

b*I*nτ*nτ a

eLnadmamax

aadma

emax2e2

amax =⇒==

4.3.

6 cm. 12 6

τr = ni*τe Ln Bronce

BronceAcero

Cinf = 12.9cm.

+

Diagrama de tensiones cortantes Equivalentes

Diagrama de tensiones cortantes Reales

Bronce18 cm.

τmax b+

τmax aBronce

Bronce

3 cm.

6 cm.

Csup= 14.1cm.

k 21001.3686.1192*1

12*4.20876*100V

M*nb*I*τVτM*V

ττ

bmax

3ee

be1

beLn

badmb

maxbadm

bb

badm

bmax

==

=⇒

≤

1192.86cm14.1/2*14.1)*(12MM LnbeLn

===

b*I*nτ*nτ b

emax1e1

bmax ===



18

4.4 Fuerza vertical máxima que es capaz de soportar la sección de viga Con el mismo principio que para momentos se elige la fuerza vertical menor entre los

máximos de cada material ósea:

bmax

amaxmax V,VV ≤

Vmax = 21001.36 k-m


ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS

1

Unidad N° 8


8.1. Objetivos Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes

objetivos trazados para el Estudio bidimensional de tensiones en planos oblicuos.

1. Determinar analíticamente las tensiones normales y cortantes que actúan en las caras de

un elemento diferencial orientado a un ángulo cualquiera ( Plano oblicuo) respecto al

eje de referencia x, aprender a dibujar dicho elemento diferencial.

2. Obtener los valores de tensiones de las tensiones Principales ( tensiones máximas y

mínimas normales), la ubicación del plano donde ocurren el estado tensional respecto

al eje de referencia x, aprender a dibujar dicho elemento diferencial.

3. Obtener valores de tensiones de corte máximo y mínimo, sus respectivas tensiones

normales, además el plano de ubicación donde ocurre el estado tensional respecto a un

eje de referencia x, aprender a dibujar dicho elemento diferencial

4. Aprender un método grafico – numérico (Circulo de Mohr) que de solución a lo

planteado anteriormente en los objetivos 1, 2, 3.

5. Aprender a resolver problemas prácticos los distintos estados tensiónales para

cualquier elemento diferencial en estructuras sometidas a esfuerzos unidimensionales y

bidimensionales. 8.2. Introducción

Si analizamos las unidades estudiadas anteriormente referido a los distintos estados

tensiónales que hemos venido calculando tanto en elementos sometidos a esfuerzos normales y

cortantes simple, como esfuerzos ocasionados por la torsión y la flexión nos damos cuenta que

siempre han estado referidos al eje principal de los elementos o un plano normal o paralelo a este

eje, en esta unidad lo que pretendemos es analizar los estados tensiónales que no necesariamente



2

sus planos sean paralelos o normales a los elementos, ya que al cambiar la orientación del plano,

en este se darán nuevos valores tensiónales que nos interesa conocerlos y analizarlos de tal

manera de saber en que plano y que valores dan las tensiones máximas normales y cortantes, de

tal forma de ser mas eficientes el momento de diseñar cualquier sección de un elemento

estructural, por ejemplo veamos la viga de la Fig. 8.1, una vez conocido el estado tensional del

elemento diferencial “ A “ respecto a los ejes ortogonales x, y que sabemos calcular, lo que se

desea es encontrar es el estado tensional para los planos n, t girados en un ángulo φx-n.

X

Y n

t

para lograr este objetivo debemos deducir las ecuaciones de transformación que gobiernen las

tensiones normales y de corte para cualquier plano oblicuo.

8.3. Solución numérica Formulación de las ecuaciones

Sea la viga pared sometida a fuerzas externas como muestra la Fig. 8.2, consideremos un

un elemento diferencial cualquiera de la viga pared, donde conocemos sus esfuerzos respecto a

los ejes x, y como muestra la Fig.8.3. El objetivo de este análisis es conseguir las ecuaciones de

transformación que nos determinen los estados de esfuerzos respecto a los planos ortogonales n, t



3

φ

Cortando el elemento diferencial por medio del plano t –t como muestra la Fig.8.4 vemos que automáticamente para mantener el equilibrio estático se generan tensiones respecto a los planos n, t

Elemento Diferencial

X

Y

σy t

τxy σx

σy

τyx

Y

X

σx

φx-n

n

Fig.8.3 Elemento diferencial mostrando

el Estado Tensional respecto a los planos (x, y)

Fig.8.2 Viga Pared mostrando él


τnt

n

t

φxn

X φxn σx

τxy σn

τyx σy

Y

Fig.8.4 Elemento diferencial mostrando

el estado tensional respecto a los planos (n, t)



4

Estableciendo ecuaciones de equilibrio de fuerzas en las direcciones de los ejes (n, t)

obtenemos:

∑ Fn = 0

σn (dA) – σx (dA)Cos (φxn)Cos (φxn) - σy (dA)Sen (φxn)Sen (φxn)

+ τxy (dA) Cos (φxn) Sen (φxn) + τyx (dA) Sen (φxn) Cos (φxn) = 0

simplificando y despejando σn tenemos:

σn =σx Cos2(φxn) + σy Sen2(φxn)– τxy Cos (φxn)Sen (φxn)– τyx Sen (φxn)Cos (φxn) (8.1)

∑ Ft = 0

τnt (dA) - σx (dA)Cos (φxn)Sen(φxn) + σy (dA) Sen (φxn)Cos (φxn)

- τxy (dA) Cos (φxn) Cos (φxn) + τyx (dA) Sen (φxn) Sen (φxn) = 0 simplificando y despejando tenemos:

τnt = σxCos(φxn)Sen(φxn) - σySen(φxn)Cos (φxn) - τxyCos2(φxn) - τyx Sen2(φxn) (8.2)

recordando de la unidad N° 6 la ecuación del equilibrio rotacional

IτxyI = IτyxI Las siguientes Identidades Trigonometrícas

1 – Cos (2φxn) 2 Sen2(φxn) =

1 – Cos (2φxn) 2 Cos2(φxn) =

2Sen (φxn) Cos (φxn) = Sen (2φxn)



5

y remplazando en las en las ecuaciones (8.1) y (8.2) se transforman en:

σx + σy σx - σy 2 2

τnt = σx - σy Sen(2φxn) + τxy Cos (2φxn) 2

+ + Cos (2φxn) - τxy Sen (2φxn) σn = 8.3

que son las ecuaciones que gobiernan los distintos estados tensiónales cuya normal forma un

ángulo (φ ) con respecto al eje de referencia.

Auque es posible obtener los valores máximos de los esfuerzos normales y cortantes, así

como la orientación de los planos donde actúan derivando y igualando cero las ecuaciones (8.3),

es más sencillo obtener estas expresiones a partir de un método grafico – numérico conocido

como el nombre de circulo de Mohr

8.4 Solución grafico – numérica 8.4.1 Circulo de Mohr - Formulación

Este método consiste en poder obtener los valores de esfuerzos normales y cortantes

para cualquier plano oblicuo de forma grafica, para ello nos valemos de un artificio

extremadamente útil, conocido como él circulo de Mohr para esfuerzos. Se llama así en honor del

ingeniero alemán Otto Mohr (1835 – 1918) quien lo invento en 1882.

Partiendo de las expresiones (8.3) es fácil demostrar que son ecuaciones parametricas de

un circulo. Para facilitar esta demostración hagamos:

σx + σy 2 C =

σx - σy 2 D =

quedando las ecuaciones (8.3) de la siguiente forma:

σn = C + D Cos (2φxn) - τxy Sen (2φxn) (8.4)

τnt = D Sen (2φxn) + τxy Cos (2φxn) (8.5)



6

pasando él termino C al lado izquierdo y elevando al cuadrado las expresiones (8.4) y (8.5)

obtenemos:

(σn – C)2 = (D Cos (2φxn) - τxy Sen (2φxn) )2

(τnt )2 = (D Sen (2φxn) + τxy Cos (2φxn) )2

resolviendo los cuadrados de los segundos términos y sumando las dos expresiones tenemos:

(σn – C)2 = D2Cos2 (2φxn) - 2 D Cos (2φxn) τxy Sen (2φxn) + τxy2 Sen2 (2φxn)

(τnt - 0 )2 = D2Sen2 (2φxn) + 2 D Sen (2φxn) τxy Cos (2φxn) + τxy

2 Cos2 (2φxn)

(σn – C)2 + (τnt - 0 )2 = D2(Cos2 (2φxn)+Sen2 (2φxn)) +τxy

2 (Sen2 (2φxn)+ Cos2 (2φxn))

aplicando la identidad trigonométrica siguiente:

Sen2 (θ) + Cos2 (θ) = 1 obtenemos:

(σn – C)2 + (τnt - 0 )2 = D2 + τxy

2 (8.6)

la cual corresponde a la ecuación de un circulo referido a ejes σn y τnt, cuyo:

Centro: (C, 0) = ( σx + σy, 0) 2

Radio: R = D2 + τxy2 = σx - σy

2 + τxy2

2

σx + σy σx - σy 2 2

+

σ

τ

τxy

σx - σy 2 + τxy

2

2



7

8.4.2 Forma practica de construcción del circulo de Mohr

Sea el elemento diferencial sometido a esfuerzos normales y cortantes conocidos

respecto a los ejes (X, Y) como muestra la Fig. 8.5

σxτxy

τyx σy

σx

σy

τxy

τyx

X

Y DATOS

σx

σy

τyx

τxy

Lo que se pretende es presentar una forma practica de construcción del circulo para ello tenemos

primeramente que ponernos de acuerdo en la simbología que se va utilizar y los pasos a seguir

para la construcción del mismo.

a) Simbología

Tensiones normales

Tracción ( +) Salen las tensiones perpendicularmente a las caras del

elemento diferencial, ejemplo:

σy σn

σx σx

σnσy



8

Compresión ( -) Entran las tensiones perpendicularmente a las caras del

elemento diferencial, ejemplo:

σy

σn

σn

Tensiones de corte

Positivas ( +) El par cortante cuyas tensiones son paralelas a las caras del

elemento diferencial lo hacen girar a favor de las agujas del reloj, ejemplos:

Negativas ( -) El par cortante cuyas tensiones son paralelas a las caras del

elemento diferencial lo hacen girar en contra de las agujas del reloj, ejemplos:

Angulo de rotación del plano oblicuo (φ)

Positivo ( + ) En contra de las agujas del reloj + φ

Negativo ( - ) A favor de las agujas del reloj - φ

σx σx

σy

τyx

τnt

τnt τyx τxy

+ +τxy

τxy

- τyx

τyx -

τnt

τnt τxy



9

b) Construcción del circulo

Escala .- Se adopta una escala en cm. de las tensiones y se las transforma

para poder representarlas en un plano cartesiano (σ, τ ).

Ubicación de los planos X y Y que corresponden a dos puntos del perímetro

del circulo equidistantes a 180o

Plano X E (σx, τxy )

Plano Y F (σy, τyx )

Ubicación del centro del circulo.- Se une mediante una recta los puntos E y

F donde corta esta recta el eje de las tensiones normales (σ), es el centro del circulo

(C)

Trazado del circulo.- Conociendo la ubicación del centro (C) y sabiendo

que las rectas CE y CF son radios del circulo, ya estamos en condiciones de

proceder a trazarlo.

C

E (σx, τxy )

F (σy, τyx)

σ

τ

o



10

Representación de los elementos del circulo.- Una vez hemos aprendido a

construir él circulo, es necesario conocer que representa cada uno de los elementos

que componen él circulo los cuales detallaremos a continuación.

Estado tensionalrespecto a los

planos X,Y

CE Representa el eje " X "CF Representa el eje " Y " Estado tensionalCn Representa el eje " n " respecto a losCt Representa el eje " t " planos

Representa la posición del plano "n" n,tcon respecto al plano "X"

Nota 1 Si nos fijamos en los esquemas en el circulo los ángulos varían en 2φ y enlos elementos diferenciales varían en φ

Nota 2 Los planos "Y" y "t" también se los denomina planos complementarios de los de los planos "X" y "n" respectivamente porque quedan ubicados a 90o de los mismos.

Nota 3 Cada punto del perimetro del circulo representa un estado de tensiones ligado a un plano diferente. Por ejemplo el punto n representa el estadode tensiones ligado al plano n-n cuya normal forma un angulo con el eje X

C

E (σx, τxy )

F (σy, τyx)

σ

τ

o

X

Y

+φ

-φEje X

EJE Y

n (σn, τnt)

+2φxn

+2φxy=180o

X

Y

+φxy = 90o

σx τxy

σyτyx

X

Yn

t

+φxn σn

σt

τnt

τtn

φxn

t (σt, τtn)

+2φxn



11

Estados Tensiónales Máximos y Mínimos

C

E (σx, τxy )

F (σy, τyx)

σ

τ

o

C1 Representa el eje principal “1” donde se produce el esfuerzo principal “1” o esfuerzo normal máximo.

C2 Representa el eje principal “2” donde se produce el esfuerzo principal “2” o esfuerzo normal mínimo.

φX1 Representa el ángulo que forma el eje “x” con el eje “1”

CH Representa el eje “H” donde se produce el esfuerzo de corte máximo.

X

Y

+φ

-φ

EJE 1

-φx1

12

H

Hl

-2φx1

+2φxH

τmax

τmin

σ1

σ2

σH = σH

EJE 2

EJE H

EJE H

X

Y+φxy = 90o

σx τxy σ1

τyx

Xσ1

σ2

σ2

2H

H

σH

σH1

τmax

τmin

σy+φxH

X

Estado tensional Principalrespecto a los

planos 1 , 2

Estado tensionalrespecto a los

planos X , Y

Estado tensional deCorte maximo y minimorespecto a los planos

H , H



12

CH Representa el eje “H” donde se produce el esfuerzo de corte mínimo

φXH Representa el ángulo que forma el eje “x” con el eje “H”.

8.5 Formulación de los estados máximos y mínimos de esfuerzos normales y cortantes Partiendo del conocimiento que nos proporciona él circulo de Morh

podemos plantear fácilmente las ecuaciones que gobiernan los esfuerzos máximos

y mínimos.

σ1 + σ2

2

C

E

F

σ

τ

o

8.5.1 Esfuerzos Principales o Esfuerzos normales máximos y mínimos

Esfuerzo principal “1” o Esfuerzo normal máximo

X

Y

+φ

-φ

EJE 112

H

Hl

-2φx1

+2φxH

τmax

τmin

σ1

σ2

σH = σH

EJE 2

EJE H

EJE H

σ1 - σ2

2

τxy

σ1 =σx + σy

2σx - σy

2τxy+

2+ 2



13

Esfuerzo principal “2” o Esfuerzo normal mínimo

8.5.2 Esfuerzo de corte máximo y mínimo (Ejes H y HI)

σ2 =σx + σy

2σx - σy

2τxy-

2+ 2τxy

2

Angulo que forma el eje “X” con el eje “1”

Tan2φx-1 = - σx - σy

2τxy

Esfuerzo de corte máximo

Esfuerzo de corte mínimo

Angulo que forma el eje “X” con el eje “H”

Esfuerzos normales

τmax = σx - σy τxy+2

2+

2

τmin = σx- - σy

2τxy

2+

2

φx-1 - 45oφX-H =

σx + σy

2H

σ =

σ =

H σx + σy

2



14

8.6 Ejemplos 8.6.1 Ejemplo No 1 Pregunta Mediante un análisis previo se determino el estado tensional respecto a los ejes

(X, Y) correspondientes al elemento diferencial marcado en la pieza de la figura, dando

como resultado los siguientes valores:

A. Para el elemento diferencial, Dibujar el estado tensional respecto a los ejes (X, Y).

B. Mediante el método grafico numérico del circulo de Mohr determinar para el

elemento diferencial lo siguiente:

B.1 Estado Tensional Principal, Dibujar el elemento diferencial mostrando el

estado tensional en sus caras.

B.2 Estado Tensional Para Corte Máximo y Mínimo, Dibujar el elemento

diferencial mostrando el estado tensional en sus caras.

B.3 Estado tensional para plano φX-1 = - 110° y su plano complementario, Dibujar

elemento diferencial mostrando el estado tensional en su cara.

C. Mediante el Metodo analitico comprueba los resultados del inciso “ B”

P1

P2 DATOSσx = 1000.00 kg/cm2

σy = -1500.00 kg/cm2

Y PiX

τxy = - 500.00 kg/cm2Elemento diferencial τyx = 500.00 kg/cm2

P5

P3

P4


8.6 Ejemplos 14

Solución

A.

σx = 1000 kg/cm2

σy= -1500 kg/cm2

τxy= -500 kg/cm2

τyx= 500 kg/cm2

σx

σy

τxy

τyx ESTADO TENSIONAL

RESPECTO A LOS EJES (X; Y)

8.6.1 Ejemplo No 1 Pregunta Mediante un análisis previo se determino el estado tensional respecto a los ejes

(X, Y) correspondientes al elemento diferencial marcado en la pieza de la figura, dando

como resultado los siguientes valores:

A. Para el elemento diferencial, Dibujar el estado tensional respecto a los ejes (X, Y).

B. Mediante el método grafico numérico del circulo de Mohr determinar para el

elemento diferencial lo siguiente:

B.1 Estado Tensional Principal, Dibujar el elemento diferencial mostrando el

estado tensional en sus caras.

B.2 Estado Tensional Para Corte Máximo y Mínimo, Dibujar el elemento

diferencial mostrando el estado tensional en sus caras.

B.3 Estado tensional para plano φX-1 = - 110° y su plano complementario, Dibujar

elemento diferencial mostrando el estado tensional en su cara.

C. Mediante el Metodo analitico comprueba los resultados del inciso “ B”

P1

P2 DATOS σx = 1000.00 kg/cm2 σy = -1500.00 kg/cm2

τxy = - 500.00 kg/cm2 τyx = 500.00 kg/cm2

P3

P4

P5

Pi XY



B. CIRCULO DE MOHR

ESCALA : 1.00 cm : 224.38 kg/cm2

B.1 Estado Tensional Principal

σ1 = 4.90 cm x Esc. = 1099.46 kg/cm2

σ2 = 7.10 cm x Esc. = 1593.10 kg/cm2

2φx1 = 22o φx1 = 11o

B.2 Estado Tensional de Corte maximo y minimo

σH = 1.11 cm x Esc. = - 249.06 kg/cm2

σH = 1.11 cm x Esc. = - 249.06 kg/cm2

2φXH = 112o φXH = 56o

Ing. G. Elias Belmonte C.

12

H

HI

E

F

OC

n

t

σ1σ2

τmax

τmin

σH σH

σt

σn

τnt

τtn

σx

τxy 2φx1

2φxH

-2φxn

X

σ

τ

σ1

σ1

σ2

σ2

X

1φx1

2

τmax = 6.00 cm.x Esc = 1346.28 kg/cm2

τmin = 6.00 cm.x Esc = 1346.28 kg/cm2

X

σH

σH

σH

σH

τmax

τmin

φxH

H

H

ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS 15

B.3 Estado tensional para plano φX-1 = -110° y su plano complementario

σn = - 4.0 cm x Esc. = -897.52 kg/cm2

σt = 1.75 cm x Esc. = 392 kg/cm3

τnt = 5.2 cm.x Esc = 1166.78 kg/cm2τtn = -5.20 cm.x Esc = -1166.78 kg/cm3

C. Comprobacion analitica de los resultados del inciso “ B“

C.1 Estados Tensionales Principales

C.2 Estado Tensional Corte maximo y Corte minimo

C.3 Estado Tensional para y su plano complementario

C.3.1. Para

Ing. G. Elias Belmonte C.

n

tσn

σt

τnt τtn X

φxn

σn = σx - σy

2+

σ2 =σx + σy

2σx - σy

2τxy-

2+ 2


2τxy

φx-1 + 45o

+

-

τnt =

σ1 =σx + σy

2σx - σy

2τxy+

2+ 2 1096.29 k/cm2

τxy2 - 1596.29 k/cm2

τmax =

τxy

= 0.4 2φx-1 = + 21.80o φx-1 = +10.90o

σ1 =

σ2 =

σx + σy

2

σx - σy

2τxy+

2+

2

τmin = σx - σy

2τxy-

2+

2

σH =

σH = σx + σy

2

φX-H =

τmax = 1346.29 k/cm2

τmin = - 1346.29 k/cm2

σH = - 250 k/cm2

σH = - 250 k/cm2

φX-H = - 55.90o

φX-n = - 110o

φX-n = - 110o

σx + σy

2Cos2φX-n

Sen2φX-n

σx - σy

2Sen2φX-n τxy Cos2φX-n

σn = - 886.16 k/cm2

τnt = 1186.51 k/cm2


C.3.2. Para el plano complementario φX-t = φX-n + 90o = -40o

σt = σx - σy

2+ - τxy

σx + σy

2Cos2φX-t

Sen2φX-t

+τtn = σx - σy

2Sen2φX-t τxy Cos2φX-t τtn = - 1186.51 k/cm2

σt = + 386.16 k/cm2


TENSIONES EN SECCIONES DE VIGAS EN PLANOS OBLICUOS 18

q=4000 kg/m c P = 4000 kg

8 cm 5.00 cm Aluminio5.00 cm 1cm Acero

15.00cm Aluminio

5 4 5 cm

c Seccion Ra M = 6000 kg-m Rb Real

Modulos de Elasticidad0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m Eal = 5.0 E5 k/cm2

Eac = 2.0 E6 k/cm2

Ing. Elias Belmonte Clementelli

ElementoDiferencial

C

EJERCICIO No 1 Sea la viga de sección compuesta mostrada en la figura:

1. Para la sección ( c – c ) diagrama las Tensiones Normales (σc-c) y las Tensiones Cortantes ( τc-c )

2. Para el elemento diferencial “C” determinar el estado tensional respecto a

los ejes (X, Y), Dibujar el elemento diferencial mostrando el estado

tensional en sus caras.

3. Mediante el método grafico numérico del circulo de Mohr determinar para el

elemento diferencial “C” lo siguiente: 3.1. Estado Tensional Principal, Dibujar el elemento diferencial

Mostrando el estado tensional en sus caras.

3.2. Estado Tensional Para Corte Máximo y Mínimo, Dibujar él

Elemento diferencial mostrando el estado tensional en sus caras.

3.3. Estado tensional para plano φx-1 = - 60° y su plano

complementario, Dibujar el elemento diferencial mostrando el estado

tensional en sus cara

4. Mediante el Método analítico comprueba los resultados del inciso “ 3 “


Solucion

1. Diagramas de Tensiones Normales y Cortantes para la seccion c - c1.1. Calculo de solicitaciones en la seccion c -c 1.1.1. Calculo de reacciones

Ma = 0 qx1.8x0.3 - M + px3.0 - Rbx2.4 = 0 Rb = 3400 kg V = 0

Ra + Rb - qx1.8 - p = 0 Ra = 7800 kg

1.1.2. Diagramas M y Q

q=4000 kg/m c P = 4000 kg

c M = 6000 kg-m

Ra = 7800 kg Rb = 3400kg

0.6m 1.2m 0.6m 0.6m 0.6m

5400 kg

4000 kg Vc-c = 3000 kg

Q

600 kg

2400 kg

2760 kg-m2400 kg-m

720720 kg-m

M

+

Mc-c = 1800 kg-m2880 kg-m 3240 kg-m

Vc-c = -qx1.2 +Ra = 3000 kgMc-c = -qx1.2x.6 +Rax0.6 =1800.00 kg-m


+ +


1.2 Transformacion de la seccion real en seccion equivalente

n1= Eal / Eal = 1.00 be = nixbr Ecc. de Transfornacion a seccion equivalente

n2 = Eac/Eal = 4.00

basesn1b1 14.00 1

5.00 cm Aluminio 5 11.92 Csup 25.00 cm 1cm Acero be = nixbr n2b3 5 3

15.00cm 15 13.08 Cinf LNAluminio 4

5 4 5 cm n1b4 10.00 XSeccion Seccion equivalenteReal Aluminio

1.3. Ubicación linea neutra en Seccion Equivalente


A1 + A2 + A3

Cinf = 13.08 cm

Csup= 11.92 cm

Areas h b Yi Ai Igi di=(Cinf - Yi) IniF1 15.00 10.00 7.50 150.00 2812.50 5.58 7477.81F2 5.00 8.00 17.50 40.00 83.33 -4.42 865.88F3 5.00 14.00 22.50 70.00 145.83 -9.42 6361.44

25.00 260.00 14705.13

1.4 Calculo de inercia en la linea neutra en la seccion Eqquivalente

InT = In1 + In2 + In3 Steiner Ini = Igi + Aidi2

Inercia baricentrica del rectanguloIn1 = 7477.81 Ig = bh3/12

In2 = 865.88

In3 = 6361.44

Int = 14705.13


8

Xg


1.5. Calculo de Tensiones normales en la seccion c - c

σe = Tension normal equivalente

σr = ni σe Tension normal real

Seccion Mc-c Ci Int σe ni σr

c-c k-m cm cm4 k/cm2 k/cm21 1800.00 11.92 14705.13 -145.95 1.00 -145.952s 1800.00 6.92 14715.13 -84.69 1.00 -84.692i 1800.00 6.92 14715.13 -84.69 4.00 -338.74C 1800.00 3.92 14715.13 -47.99 4.00 -191.953s 1800.00 1.92 14715.13 -23.52 4.00 -94.093i 1800.00 1.92 14715.13 -23.52 1.00 -23.52Ln 1800.00 0.00 14715.13 0.00 1.00 0.004 1800.00 13.08 14715.13 159.96 1.00 159.96

1.6. Diagramas de Tensiones Nomales

145.95 k/cm2 145.95 k/cm2 1

- 338.74 k/cm2 - 2

94.09 k/cm2 -191.95 k/cm2 3

LN

+ +4

159.96 k/cm2 159.96 k/cm2Diagrama de Tension Normal Diagrama de Tension Normal Equivalente para la Real para la seccion c-c seccion c-c

1.7. Calculo de Tensiones de Corte en la seccion c - c

Tension cortante equivalente

ni Tension cortante real

Seccion Vc-c Me Int be τe ni τr1 3000.00 0.00 14705.13 14.00 0.00 1.00 0.002s 3000.00 659.62 14715.13 14.00 9.61 1.00 9.612i 3000.00 659.62 14715.13 8 16.81 4.00 67.24C 3000.00 789.77 14715.13 8 20.13 4.00 80.513s 3000.00 836.54 14715.13 8 21.32 4.00 85.273i 3000.00 836.54 14715.13 10 17.05 1.00 17.05Ln 3000.00 855.03 14715.13 10 17.43 1.00 17.434 3000.00 0.00 14715.13 10 0.00 1.00 0.00


Mc-cCi

Int

τe =Vc-c Me

bi Int

τr = τe


1.8. Diagramas de Tensiones de Corte en la seccion c - c

0.00 k/cm2 0.00 k/cm2 1

9.61k/cm2 9.61k/cm2 67.24k/cm2 2 16.81k/cm2

21.32k/cm2 17.05k/cm280.51k/cm2

85.27k/cm2 3

17.05k/cm2 17.43k/cm2 17.43k/cm2 LN

+ +4

0.00 k/cm2 0.00 k/cm2

Diagrama de Tension Cotante Diagrama de Tension Cortante Equivalente para la Real para la seccion c-c seccion c-c

2. Estado Tensional del elemento diferencial " C " respecto a lo ejes (X,Y)

σx = -191.95 k/cm2 τyx

σy = 0.00 k/cm2 σx σx = - 307.13 k/cm2

τxy = 80.51 k/cm2 τxy τxy = - 16.10 k/cm2

τyx = -80.51 k/cm2

3. Solucion a planos oblicuos por el metodo grafico numerico del Circulo de Mohr

E(σx,τxy) = E(-191.95 , 80.51) : (-9.19,3.86) esc 1cm:20.879k/cm2

F(σy,τyx) = F(0.00 ,- 80.51) : (0.00,0.63) τ

E

F


C

Cσ2 1

HI

x

H

O

n

t

φx-1

φx-Hφx-n

τxy = 16.10k/cm2


3.1 Estados Tensionales Principales

Esc 1cm : 20.879k/cm2

1.40cmxEsc 29.29 kg/cm2

10.6cmxEsc =

220o

3.2 Estado Tensional Corte maximo y Corte minimoY

Esc 1cm : 20.879k/cm2

6.00cmxEsc = 125.27 k/cm2

3.3 Estado Tensional para y su plano complementario

Esc 1cm : 20.879k/cm2

1.00cmxEsc = 20.88 k/cm2

2.00cmxEsc = 41.76 k/cm2

10.5cmxEsc = - 219.23 k/cm2

2.00cmxEsc = - 41.76 k/cm2

4. Solucion a planos oblicuos por el metodo Analitico

4.1 Estados Tensionales Principales


σ2 =σx + σy

2σx - σy

2τxy-

2+ 2

σ1 =

- 221.32 kg/cm2


2τxy

2φx-1 = φx-1 = 110o

2

1 σ1

σ1 = 29.29 k/cm2

φx-n =- 60o

φx-1= 110o

φX-n = - 60o

σ2 = - 221.32 k/cm2

σ2 X

Y

σ2 = - C

σH = - 4.60cmxEsc = - 96.04 k/cm2

σH = - 4.60cmxEsc = - 96.04 k/cm2

τmax =

τmin = - 6.00cmxEsc = - 125.27 k/cm2

2φX-H = - 50o

σt

τmax = 125.27k/cm2τmin = - 125.27k/cm2τmax

τmin

σ

σn =

φX-1 =

H = - 96.04 k/cm2

σH

σH = - 96.04 k/cm2 H

H

φX-H = - 25o

τnt =

σt =

τtn =

σn = 20.88k/cm2

τnt = 41.76k/cm2

σt =- 219.23k/cm2

τtn = - 41.76k/cm2

σn

τnt τtn

X

Y

C

C

σ1 =σx + σy

2σx - σy

2τxy+

2+ 2 29.29 k/cm2

τxy2 - 221.25 k/cm2

= 0.8389 2φx-2 = + 39.99o φx-2 = + 20o

φx-2 + 90o

σ1 =

σ2 =

φX-1 = +110o

φX-H = - 25o

XσH

n

t


3.2 Estado Tensional Corte maximo y Corte minimo

3.3 Estado Tensional para y su plano complementario

3.3.1. Para

3.3.2. Para el plano complementario


σn = σx - σy

2+

φx-2 - 45o

+

- τxy

τnt =

τmax =

σx + σy

2

σx - σy

2τxy+

2+

2

τmin = σx - σy

2τxy-

2+

2

σH =

σH = σx + σy

2

φX-H =

τmax = 125.27 k/cm2

τmin = - 125.27 k/cm2

σH = - 95.98 k/cm2

σH = - 95.98 k/cm2

φX-H = - 25o

φX-n = - 60o

φX-n = - 60o

σx + σy

2Cos2φX-n

Sen2φX-n

σx - σy

2Sen2φX-n τxy Cos2φX-n

σn = 21.73 k/cm2

τnt = 42.87 k/cm2

φX-t = φX-n + 90o = 30o

σt = σx - σy

2+ -Cos2φX-t

τxy Sen2φX-t σx + σy

2

+τtn = σx - σy

2Sen2φX-t τxy Cos2φX-t τtn = - 42.87 k/cm2

σt = - 213.68 k/cm2

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Universidad Autónoma Gabriel Rene Moreno · PDF file... su tamaño y forma correcta de las piezas o elementos de un ... deformable de mantener su equilibrio ... cm. de diámetro,