Teoria

Tema : Introducción

1

Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008

Tema : INTRODUCCIÓN

F

FLEXIÓN M

TORSIÓN

TRACCIÓNF F F

CORTADURA

Tema: Introducción

2

I.1.- INTRODUCCIÓN A LA RESISTENCIA DE MATERIALES La MECÁNICA estudia los SÓLIDOS RÍGIDOS La RESISTENCIA DE MATERIALES estudia los SÓLIDOS DEFORMABLES Se propone el siguiente ejemplo: Se quiere levantar un cuerpo de 100 Kg de peso y para hacer menor el esfuerzo a realizar, se utiliza una barra, que a través de un apoyo intermedio O, se usará como una palanca. Se desea en un principio calcular el esfuerzo P que se deberá aplicar en el extremo de la barra Suponiendo la barra utilizada, como rígida, es la Mecánica la que resuelve el problema. Así por la ecuación de equilibrio: Pero la barra, en realidad, es un sólido deformable y como tal, podría ocurrir que se rompiese o que se deformase demasiado y por tanto no nos sirviese para elevar el peso de 100 Kg. Será precisamente la RESISTENCIA DE MATERIALES la que nos ayude a dimensionar la barra a utilizar, para evitar que se rompa o que se deforme demasiado

100 Kg

1 m 2 m

P

O

Fig. I.1.a

KgPPMO 501.1002.0 =→==∑

100 Kg

1 m 2 m

P O La barra se rompe

Fig. I.1.b

100 Kg

1 m 2 m

P O La barra se deforma demasiado

Fig. I.1.c

Sección I1: Introducción a la Resistencia de Materiales

3

¡ Que no se rompa la barra ¡ Las fuerzas exteriores que aplicamos sobre los cuerpos, provocan en ellos fuerzas interiores o tensiones que se oponen a las exteriores. Ello es debido porque las fuerzas exteriores alteran las posiciones de reposo que mantenían las partículas elementales del interior del cuerpo y se desarrollan entonces fuerzas internas que tratan de recuperar las posiciones iniciales de las mismas

Al aumentar el valor de las fuerzas exteriores aumentará el valor de las fuerzas interiores y ello sucederá así hasta que éstas llegan a su valor límite y ya no pueden crecer más. A partir de aquí el sólido romperá. Se denomina resistencia mecánica de un cuerpo: “a las fuerzas internas máximas o tensiones que es capaz de desarrollar dicho cuerpo”. Dependerá de las dimensiones del mismo y del material del que esté hecho. ¡ Que no se deforme demasiado la barra ¡ En el ejemplo gráfico anterior, se observa que a medida que se va aumentando la fuerza externa, el cuerpo se va deformando más. Se tendrá que controlar que los sólidos no se deformen demasiado y dejen de ser útiles. Se denomina rigidez de un cuerpo: “a la resistencia que presenta a dejarse deformar” Conclusión final: La RESISTENCIA DE MATERIALES permitirá calcular:

• Las fuerzas internas o tensiones. (A través de ellas se controlará que los cuerpos no se rompan)

• Las deformaciones. (A través de ellas se controlará que los cuerpos no se deformen demasiado)

F1ext

F1int

F2ext>F1ext

F2int>F1int

F3ext>F2ext F3int=Fint max>F2int

F4ext>F3ext La barra se rompe

Fig. I.3

Fext Fext Fint Fint

en reposo

Fig. I.2

Tema: Introducción

4

I.2.-PRINCIPIOS GENERALES EN LOS QUE SE VA A BASAR LA RESISTENCIA DE MATERIALES A continuación se enunciarán tres Principios que aplicaremos en la mayor parte de la Resistencia de Materiales y que servirán para simplificar los cálculos Principio de los Pequeños Desplazamientos Según este Principio, se admite que al aplicar las fuerzas exteriores sobre los cuerpos, los desplazamientos que se originan, son en la mayoría de los casos pequeños en relación con las dimensiones de los mismos. Ello nos permitirá que las ecuaciones de equilibrio de la Estática las podamos aplicar sobre el cuerpo en su posición inicial, es decir sin haberse deformado. Ejemplo: Sea una estructura formada por dos cables que soportan una carga. Se desea calcular las tensiones en los cables Al considerar la estructura deformable, las ecuaciones de equilibrio de fuerzas, se deberían plantear, en rigor, en la estructura ya deformada. Es decir cuando los extremos inferiores de las cuerdas y por tanto la carga P se ha trasladado al punto O´. Estableciendo pues, las ecuaciones de equilibrio en el punto O´ se tendría:

Con estas ecuaciones de equilibrio no se podrán obtener los valores de F1 y F2 pues se desconocen las variaciones ∆α y ∆β que han sufrido las inclinaciones de los cables.

O

P

α β

Fig. I.4.a

O

P

α+∆α β-∆β

O´

Fig. I.4.b PFFF

senFsenFF

y

x

=∆++∆−=

∆+=∆−=

∑

∑)cos(.)cos(.0

)(.)(.0

12

12

ααββ

ααββ

P

α+∆α β-∆β

O´

F1

F2

Fig. I.4.c

Sección I.2: Principios Generales

5

Si se supone ahora que las deformaciones de los cables van a ser pequeñas y aplicamos el “Principio de los Pequeños Desplazamientos”, las ecuaciones de equilibrio se aplicarán ahora a la estructura de cables aún sin deformar (en el punto O) y se podrá resolver fácilmente el valor de las tensiones en ambos cables.

Con estas dos ecuaciones se obtienen los valores de F1 y F2 Observaciones: Los valores obtenidos de F1 y F2 no serán exactamente los reales, pero tendrán una aproximación suficiente pata considerarlos como válidos. A partir de ellos se podrá estudiar la deformación de la estructura. Si los desplazamientos de la estructura no fuesen tan pequeños, los resultados así obtenidos no serían válidos y no se podría aplicar este Principio. Este Principio se podrá aplicar en la mayor parte de los problemas que resuelve la Resistencia de Materiales, ya que generalmente se trabajará con pequeñas deformaciones Principio de la Superposición de los Efectos Este Principio dice que: “ Los efectos producidos por varias cargas actuando sobre un cuerpo (fuerzas internas o tensiones y deformaciones), se pueden obtener, siempre que las deformaciones producidas sean pequeñas, como suna de los efectos producidos por cada una de las cargas actuando separadamente”

O

P

α β

Fig. I.4.d

O

P

α β

F1

F2

Fig. I.4.e

PFFF

senFsenFF

y

x

=+=

==

∑

∑αβ

αβ

cos.cos.0

..0

12

12

= +

(1) (2)

tensiones deformaciones

= =

tensiones (1) deformaciones (1)

tensiones (2) deformaciones (2)

+ +

Fig. I.5

Tema: Introducción

6

Observaciones: Este Principio es de gran utilidad y se aplicará también en muchos problemas de la Resistencia de Materiales, dado que permite dividir el caso de una solicitación general de cargas, que puede ser compleja, en casos sencillos que resultan haciendo actuar por separado dichas cargas y así en muchos casos poder utilizar los Prontuarios que dan soluciones para dichos casos simples de cargas. Si las deformaciones producidas fuesen grandes este Principio no se podría aplicar. Éste sería el caso, por ejemplo, de una viga de “gran esbeltez” (vigas de longitudes grandes y pequeñas secciones) sometida a una carga de compresión y otra de flexión

P actuando sola → acorta la viga (Fig. I.6.b) F actuando sola → flexiona la viga (Fig. I.6.c) P y F actuando juntas → F (flexiona la viga) y P (acorta la viga y la flexiona aún más) (Fig. I.6.a) Principio de Saint Venant Este Principio dice: “Si se sustituye el sistema de fuerzas que está actuando sobre un cuerpo por otro equivalente a él, los efectos que ambos sistemas producen (tensiones y deformaciones) serán similares en todos los puntos del cuerpo, salvo en aquellos que se encuentran en la zona próxima a donde estaban aplicadas las fuerzas” Según este Principio las tensiones y deformaciones producidas por las cargas en (Fig. I.7.a), son las mismas que las que aparecerán en (Fig. I.7.b), salvo en la zona rayada, próxima a donde actúan las cargas, que serán diferentes: En la zona rayada: tensiones y deformaciones (Fig. I.7 a) ≠ tensiones y deformaciones (Fig. I.7.b) En el resto: tensiones y deformaciones (Fig. I.7.a) = tensiones y deformaciones (Fig. I.7.b)

≠ +

F F P P

Fig. I.6.a Fig.I.6.b Fig.I.6.c

F1

F2

F3

R = F1 +F2 +F3

Fig. I.7.a Fig. I.7.b

Sección I.2: Principios Generales

7

Así, se podrá aplicar este Principio a problemas de Resistencia de Materiales en donde la superficie donde actúa la carga, es pequeña en relación con las dimensiones de la pieza, pues en este caso la zona afectada por el cambio (zona rayada) tendría poca consideración.

Como se observa en (Fig. I.8.a), la zona rayada (donde se van a producir las alteraciones en el estado de tensiones y deformaciones), es pequeña, con lo cual la sustitución del sistema de fuerzas por su resultante, apenas va a suponer alteración de dicho estado en la viga. No ocurre lo mismo en el caso de (Fig. I.8.b), donde la zona rayada es grande y por tanto la zona donde se van a dar las alteraciones en el estado de tensiones y deformaciones, al sustituir el sistema de fuerzas por su resultante, es muy amplia, con lo cual no se podrá hacer dicha sustitución, pues se cometerían errores graves en los cálculos.

R = Σ F SI →

Fig. I.8.a

R = Σ F NO →

Fig. I.8.b

Tema 1: Tensiones

1


Tema 1 : TENSIONES

∆F O

S

F1

F2

F4

∆S

ρ

σσσσ

ττττ

nS u

Tema 1: Tensiones

2

1.1.- CONCEPTO DE TENSIÓN Consideremos un sólido sometido a un sistema de fuerzas: F1, F2, F3, ..,Fn y que esté en equilibrio estático (no se mueve) y en equilibrio elástico (ya está deformado). Debido a las fuerzas exteriores aparecen en el interior del sólido las fuerzas interiores, que se oponen a la acción de las exteriores y tratan de llevar al sólido a la posición que tenía inicialmente de reposo. Para ponerlas de manifiesto seccionemos el sólido por la superficie S.

Las dos partes en que ha quedado dividido el sólido no estarían ahora en equilibrio. Para reproducir dicho equilibrio se tendría que restablecer las acciones que cada parte del sólido ejercía sobre la otra. Estas acciones son las fuerzas interiores (∆F), fuerzas que las partículas de un lado de la superficie S ejercían sobre las del otro lado Se denomina: Tensión media en el punto O: Tensión en el punto O:

F1

F2

F3

Fn F4 F5 S

Fig. 1.1.a

∆F O

S

F1

F2

F4

∆F

∆S ∆S

O

S

F3

F5 Fn

Fig. 1.1.b Fig. 1.1.c

S

Fmed ∆

∆=�

�ρ

S

FS ∆

∆= →∆

�

�

0limρ )1.1(

Sección 1.2: Tensiones normales y cortantes

3

1.2.- TENSIONES NORMALES Y CORTANTES Tensión en el punto O: es un vector de la misma dirección y sentido que F

�

∆ pero de menor módulo (va dividido por ∆S) Tensión normal )(σ� : es la componente de la tensión ρ� sobre la dirección normal a la superficie S. Se obtendrá:

Tensión cortante )(τ� : es la componente de la tensión ρ� sobre la propia superficie S Se cumplirá que: con lo cual: 1.3.- ESTADO DE TENSIONES EN UN PUNTO Si se hubiese seccionado el sólido por diferentes superficies S que pasen por el punto O se hubiesen obtenido diferentes valores de la tensión ρ� en dicho punto, puesto que las acciones que se estaban ejerciendo sobre el punto O por parte de los que le rodean no serían las mismas

∆F O

S

F1

F2

F4

∆S

ρ

σσσσ

ττττ

nS u

Fig. 1.2

S

FS ∆

∆= →∆

�

�

0limρ

τσρ ��

+= 22 τσρ +=

u��

.ρσ =

siendo u�

el vector unitario normal a la superficie S

F1

F2

F3

Fn F4 F5 ρ1

ρ2

ρ3

ρ4 ρn

Fig. 1.3

)2.1(

)3.1(

)4.1(τ ρ σ= −��

.uσ σ=� �

2 2τ ρ σ= −

Tema 1: Tensiones

4

Al conjunto de todos los valores de las tensiones ρ en un punto O, correspondientes a todas las superficies que pasen por él, se le denomina: ESTADO DE TENSIONES DEL PUNTO O Así, según se ve en (Fig. 1.4.a y b), si seccionásemos por la superficie S1 actuaría la tensión ρ1, si seccionásemos por la superficie Sn actuaría la tensión ρn, etc..Luego cada tensión va asociada a una Superficie

COMPONENTES DEL ESTADO DE TENSIONES EN UN PUNTO De todas las tensiones que puede haber en un punto, se verá cómo, si seleccionamos 6 de ellas, a las que denominaremos “Componentes del estado de tensiones en un punto”, a partir de ellas, se podrán conocer todas las demás. Sea O un punto del sólido cuyo “Estado de tensiones” se quiere conocer. Aislemos un elemento de volumen diferencial, en forma de paralelepípedo recto, con vértice en O, origen de un sistema de ejes coordenados: x,y,z, coincidentes con las aristas del paralelepípedo. Al ir reduciendo las dimensiones del paralelepípedo, manteniéndole semejante a sí mismo, en el límite, el paralelepípedo tiende al punto O y todas sus caras pasan por O, con lo cual se podrá considerar las tensiones sobre sus caras como tensiones en el punto O.

F1

F2

F4 ρ1

S1

Fig. 1.4.a

F1

F2

F4

ρn

Sn

Fig. 1.4.b

F1

F2

F3

Fn F4 F5 O x

y

z

Fig. 1.5

Sección 1.3: Estado de tensiones en un punto

5

Ampliemos el paralelepípedo y por lo visto en 1.2., sobre cada una de las caras de dicho paralelepípedo habrá una tensión normal σ y una tensión cortante τ. Si descomponemos ésta a su vez, en sus dos componentes sobre las direcciones de los ejes respectivos, se tendrán 3 tensiones en cada una de las caras y por tanto 18 tensiones sobre el paralelepípedo completo. Nomenclatura utilizada Para las tensiones normales: σx → el subíndice “x”, indica que esta tensión está sobre una superficie normal al eje X Para las tensiones cortantes: τxy → el primer subíndice “x”, indica que está sobre una superficie normal al eje X y el segundo subíndice “y”, indica que lleva la dirección del eje Y Observación: en las caras del paralelepípedo paralelas a las que contienen a los ejes coordenados, las tensiones se las distingue con un “prima” en la parte superior: σ´x, τ´xy Convenios de signos para las tensiones Para las tensiones normales: σ → se consideran positivas, (σ > 0), cuando van dirigidas en el mismo sentido que la normal saliente a la superficie donde está aplicada. (Si se observa en (Fig. 1.6), todas las tensiones normales dibujadas en las diferentes caras del paralelepípedo serían positivas). Para las tensiones cortantes: τ → se consideran positivas, (τ > 0), cuando las que están aplicadas sobre las caras del paralelepípedo que pasan por O llevan sentido contrario al de los ejes positivos y las que están aplicadas en las caras que no pasan por O llevan el mismo sentido que los ejes positivos. (Si se observa en (Fig. 1.6), todas las tensiones cortantes dibujadas en las diferentes caras del paralelepípedo serían positivas).

O x

z

dx

dy

dz

σx

σy

σz

σ´x

σý

σ´z

τ´xy

τ´xz

τýx

τýz

τ´zx

τ´zy

τxy

τxz

τyx τyz

τzx

τzy

y

Fig. 1.6

Tema 1: Tensiones

6

Las tensiones en las tres caras del paralelepípedo que no pasan por O ( σ´x, σ´y, σ´z, τ´xy, τ´yz, τ´zx ) se podrían expresar matemáticamente en función de las tensiones en las otras tres caras que pasan por O ( σx, σy, σz, τxy, τyz, τzx ) por desarrollo de Tylor: Si reduciésemos las dimensiones del paralelepípedo, manteniéndose semejante a sí mismo, el paralelepípedo tendería al punto O y en el límite todas sus caras pasarían por O, con lo cual se podría considerar que: Así pues, en este caso, serán sólo 9 las tensiones distintas que actúan sobre las caras de dicho paralelepípedo: 3 tensiones normales y 6 tensiones cortantes. Por último si establecemos las ecuaciones de equilibrio del paralelepípedo:Σ F = 0, Σ M = 0, se obtendría que: Conclusión: Serán sólo 6 las tensiones distintas que actúan sobre las caras del paralelepípedo, que serán: a estas 6 tensiones se las denomina:Componentes del estado de tensiones del punto O

xzxzxyxyxx ττττσσ === ´´´

yzyzyxyxyy ττττσσ === ´´´

zyzyzxzxzz ττττσσ === ´´´

dxx

dxx

dxx

xzxzxz

xyxyxy

xxx ... ´´´

∂∂+=

∂∂

+=∂

∂+= ττττ

ττσσσ

dyy

dyy

dyy

yzyzyz

yxyxyx

yyy ... ´´´

∂∂

+=∂

∂+=

∂∂

+=τ

τττ

ττσ

σσ

dzz

dzz

dzz

zyzyzy

zxzxzx

zzz ... ´´´

∂∂

+=∂

∂+=

∂∂

+=τ

τττττσσσ

)7.1(xzzxzyyzyxxy ττττττ ===

zxyzxyzyx τττσσσ

)5.1(

)6.1(

Sección 1.3: Estado de tensiones en un punto

7

TENSOR DE TENSIONES Supuestamente conocidas las 6 componentes del estado de tensiones en un punto O cualquiera: σx, σy, σz, τxy, τyz, τzx , vamos a desarrollar una fórmula que permita conocer las tensiones sobre cualquier superficie que pase por O. Para ello tracemos una superficie S que cortará al paralelepípedo diferencial en un plano de área dS y aislemos del cuerpo el elemento de volumen diferencial que en forma de tetraedro con vértice en O se nos ha formado.

Ampliando dicho tetraedro y situando las tensiones sobre las caras del mismo será:

Estableciendo las ecuaciones de equilibrio del tetraedro:

ecuaciones que expresadas en forma matricial quedará:

F1

F2

F3

Fn F4 F5 O x

y

z

dS

Fig. 1.7

u

n

x

y

z

O

ρ

σ

τ σx

σy

σz

τxy

τxz

τyx τyz

τzx

τzy

dS

Fig. 1.8

( )

siendo en general : . . .

y estando la superficie definida por :

cos ,cos ,cos

x y zi j k

dS

u

ρ ρ ρ ρ

α β γ

= + +�

� ��

�

0 . . .cos . .cos . .cos

dividiendo por : .cos .cos .cos

y haciendo lo mismo en los otros ejes :

0 .cos .cos .cos

0 .cos .cos .cos

0 .co

x x x yx zx

x x yx zx

x x x yx zx

y y xy y zy

z z xz

F ds ds ds ds

ds

F

F

F

ρ σ α τ β τ γρ σ α τ β τ γ

ρ σ α τ β τ γ

ρ τ α σ β τ γ

ρ τ

= = + +

= + +

= = + +

= = + +

= =

∑

∑∑∑ s .cos .cosyz zα τ β σ γ+ +

)8.1(

Tema 1: Tensiones

8

y en forma abreviada: siendo: Conclusión: Conocidas las componentes del Estado de Tensiones en un punto: σσσσx, σσσσy, σσσσz, ττττxy, ττττyz, ττττzx

y dada una superficie S cualquiera que pase por dicho punto, definida por su vector normal unitario: u (cosαααα, cosββββ, cosγγγγ ), se podrá conocer, por la ecuación obtenida (1.9) la tensión ρ sobre dicha superficie. Una vez conocida la tensión ρ, se podrá obtener por las ecuaciones (1.2) y (1.3): Caso Particular: TENSIONES PLANAS: Se considera que un estado de tensiones es plano cuando se cumpla: σz = 0, τxz = 0, τyz = 0 (Este es un caso que se presenta con mucha frecuencia) La ecuación matricial (1.9) sería: o lo que es lo mismo:

=

γβα

στττστττσ

ρρρ

cos

cos

cos

.

zyzxz

zyyxy

zxyxx

z

y

x

uT��

.=ρ

"" TensionesdeTensorT

zyzxz

zyyxy

zxyxx

=στττστττσ

)9.1(

22

..

σρτσρτ

σσρσ

−=−=

==��

��

uu)12.1(

=

γβα

σττσ

ρρρ

cos

cos

cos

.

000

0

0

yxy

yxx

z

y

x

=

βα

σττσ

ρρ

cos

cos.

yxy

yxx

y

x)13.1(

0=zρ

)10.1(

)11.1(

Sección 1.4: Tensiones Principales

9

1.4.- TENSIONES PRINCIPALES De las infinitas Tensiones que puede haber en un punto de un sólido, relativas a las infinitas superficies S que pasen por él, habrá unas que tengan los valores máximo y mínimo, a las que se denominará: TENSIONES PRINCIPALES. A las superficies S correspondientes se las denominará : SUPERFICIES PRINCIPALES y a las direcciones de los vectores normales a dichas superficies se las denominará: DIRECCIONES PRINCIPALES. Para su cálculo se tendrá en cuenta, aunque no se demostrará, que en las Superficies Principales se cumplirá: Existirán pues muchas superficies, como la dS1, (Fig.1.9 a), en las cuales habrá tensiones normales (σ1) y cortantes (τ1) y habrá algunas, como la dS2, (Fig.1.9 b), en las que no habrá tensiones cortantes y por tanto sólo habrá tensiones normales (σ2), con lo cual, en estos casos, la tensión total (ρ2) coincidirá con la tensión normal

CÁLCULO DE LAS TENSIONES PRINCIPALES Supongamos conocidas las 6 componentes del Estado de Tensiones en un punto O: σσσσx, σσσσy, σσσσz, ττττxy, ττττyz, ττττzx y sea S una Superficie Principal que pasa por O, definida por su vector normal unitario: u (cosαααα, cosββββ, cosγγγγ ). En función de lo dicho antes, se deberá cumplir: y llevando estas expresiones a la ecuación (1.8) que da el valor de ρ, quedará:

0 con lo cual :τ ρ σ= =��

F1

F2

F3

F4 F5

O x

y

z

dS1

Fig. 1.9.a

ρ1

τ1

σ1

u1

F1

F2

F3

F4 F5

O x

y

z

dS2

Fig. 1.9.b (b) (b)b

u2 ρ2 = σ2

τ2 = 0

dS1: Superficie cualquiera dS2: Superficie Principal

u��

.ρρ = con lo cual:

γρρβρραρρ cos.cos.cos. === zyx )14.1(

Tema 1: Tensiones

10

operando: Y para que este sistema de ecuaciones homogéneo, tenga solución no nula, tendrá que verificarse que el determinante formado por los coeficientes sea nulo, es decir: Resolviendo este determinante, que da lugar a una ecuación de tercer grado, se obtendrán las Tensiones Principales : ρ1, ρ2, ρ3 y se cumplirá: ρ1 = σ1, ρ2 = σ2, ρ3 = σ3 CÁLCULO DE LAS DIRECCIONES PRINCIPALES Una vez obtenidas las tensiones principales: ρ1, ρ2, ρ3, para conocer las direcciones en las que éstas aparecen: direcciones principales, se resolverá el sistema de ecuaciones (1.15) obtenido anteriormente, sustituyendo en él la tensión ρ, para cada uno de los valores obtenidos de las tensiones principales. Así será: y para que la dirección obtenida se exprese como un vector unitario: se auxiliará con la euación: Las direcciones principales se obtendrán pues resolviendo el sistema de ecuaciones formado por (1.17.a) y (1.17.b):

.cos .cos .cos ( 1.14) .cos



x x yx zx

y xy y zy

z xz yz z

por

por

por

ρ σ α τ β τ γ ρ αρ τ α σ β τ γ ρ βρ τ α τ β σ γ ρ γ

= + + = =

= + + = =

= + + = =

0cos).(cos.cos.

0cos.cos).(cos.

0cos.cos.cos).(

=−++

=+−+

=++−

γρσβτατγτβρσατγτβταρσ

zyzxz

zyyxy

zxyxx

0=−

−−

ρστττρστττρσ

zyzxz

zyyxy

zxyxx

)15.1(

)16.1(

0cos).(cos.cos.

0cos.cos).(cos.

0cos.cos.cos).(

=−++

=+−+

=++−

iiziyzixz

izyiiyixy

izxiyxiix


1=iu�

1coscoscos 222 =++ iii γβα

).17.1( a

).17.1( b

1 1 1 1

2 2 2 2

3 3 3 3

para cos , cos , cos



i

i

i

ρ ρ α β γρ ρ α β γρ ρ α β γ

= →= →= →

Sección 1.4: Tensiones Principales

11

CASO PARTICULAR: TENSIONES PLANAS Para el caso de tensiones planas: σz = 0, τxz = 0, τyz = 0, le ecuación (1.16) que da el cálculo de las tensiones principales se verá reducida a la ecuación siguiente: Resolviendo este determinante, que da lugar a una ecuación de segundo grado, se obtendrán las Tensiones Principales : ρ1, ρ2 y se cumplirá: ρ1 = σ1, ρ2 = σ2 Desarrollando el determinante: siendo las raíces de esta ecuación: y operando: Por su parte las direcciones principales se obtendrán a partir de las ecuaciones (1.17.a) y (1.17.b) eliminando los términos representativos de la tercera dimensión y se verán reducidas a las expresiones: Las direcciones principales se obtendrán pues resolviendo el sistema de ecuaciones formado por (1.20.a) y (1.20.b):

0=−

−ρστ

τρσ

yxy

yxx )18.1(

0).().( 22 =−++− xyyxyx τσσσσρρ

2

)..(4)()( 22

1

xyyxyxyx τσσσσσσρ

−−+++=

2

)..(4)()( 22

2

xyyxyxyx τσσσσσσρ

−−+−+=

2211 .4)(.

2

1

2 xyyxyx τσσ

σσσρ +−+

+==

2222 .4)(.

2

1

2 xyyxyx τσσ

σσσρ +−−

+==

)19.1(

0cos).(cos.

0cos.cos).(

=+−+

=+−

iiyixy

iyxiix

βρσατβταρσ

1coscos 22 =+ ii βα

).20.1( a

).20.1( b

1 1 1

2 2 2

para cos , cos

para cos , cosi

i

ρ ρ α βρ ρ α β

= →= →

Tema 1: Tensiones

12

1.5.- REPRESENTACIÓN DE MOHR En los apartados anteriores se ha visto un método de cálculo analítico para el cálculo de Tensiones. En este apartado se verá un método gráfico. CASO PARTICULAR: TENSIONES PLANAS El método gráfico se va a desarrollar en primer lugar para el caso de Tensiones Planas, pues es el que mas se utilizará debido a su sencillez de aplicación y la gran ayuda de su aportación gráfica. Supongamos conocidas las tres componentes del estado de tensiones plano en un punto O: σσσσx, σσσσy, ττττxy (Fig.1.10 a). Al no existir tensiones en la tercera dimensión (z), se podrá simplificar el dibujo y representar tan sólo la proyección del ele mento diferencial de volumen sobre el plano xy. (Fig.1.10 b) Se desea conocer las tensiones correspondientes a una superficie S cualquiera, que pasa por O y definida por su vector normal unitario:u (cosαααα, cosββββ, 0). Empleando las ecuaciones analíticas (1.13) y (1.12) para cada superficie S se obtendrán los valores de las tensiones σ y τ correspondientes. Así: Si representásemos estos valores obtenidos en unos ejes coordenados, en los que en el eje de abcisas llevásemos las tensiones normales y en el de ordenadas, las cortantes y uniésemos todos ellos, se demuestra, no lo haremos, que el lugar geométrico de los mismos es una circunferencia, a la que denominaremos “Circunferencia de Mohr”

x

y

z

σx σx

σy

σy

τxy

τxy

τyx

τyx

O

Fig.1.10.a

σx σx

σy

σy

τxy

τxy

τyx

τyx x

y

O

Fig.1.10.b

S α u

σ

τ

1 1 1 1

2 2 2 2

para superficie ,

para superficie ,

.............................................................................

para superficie ,n n n n

S

S

S

α α σ τα α σ τ

α α σ τ

= → →= → →

= → →

σ

τ

O

(σ1,τ1) (σ2,τ2)

(σn,τn) Fig.1.11

Sección 1.5: Representación de Mohr

13

Se demuestra, aunque no se hará, que la circunferencia de Mohr obtenida al unir todos los puntos: (σ1τ1), (σ2τ2),…… (σnτn), es una circunferencia que tiene por Centro y Radio los siguientes valores:

(1.21)

siendo: σx, σy, τxy, las tres componentes del estado de tensiones planas en el punto O. Criterios de signos para las tensiones, al utilizar el método gráfico de Mohr

• Tensiones normales (σσσσ): se consideran positivas las tensiones normales cuyo sentido es saliente de la superficie, es decir en el sentido de la normal exterior a la superficie. Negativas en caso contrario

• Tensiones cortantes (ττττ): se consideran positivas cuando su sentido deja a la derecha a la superficie. Dicho de otro modo, cuando su sentido de circulación (en sentido figurado), alrededor del elemento es horario. En la (Fig. 1.13.a) se representan las diferentes posiciones de τ > 0, con respecto a la superficie S. Las posiciones de τ < 0, caso contrario, se indican en la (Fig.1.13.b)

Observación: Los criterios de signos utilizados para las tensiones cortantes, en la representación gráfica de Mohr, no coinciden con los dados en 1.3. para la resolución analítica. Este hecho habrá de tenerse siempre en cuenta en la resolución de los problemas.

σ > 0 S σ < 0

S

next next

Fig.1.12.a Fig.1.12.b

τ > 0

τ

τ

τ

τ

τ τ

τ

τ S S

S

S S

S

S

S

Fig.1.13.a

τ < 0

τ

τ

τ

τ

τ τ

τ

τ S S

S

S S

S

S

S

Fig.1.13.b

2

2Centro : ,0 Radio :2 2

x y x yxy

σ σ σ στ

+ − +

Tema 1: Tensiones

14

Construcción de la circunferencia de Mohr: Supónganse conocidas las componentes del estado de tensiones plano en un punto O: σx, σy, τxy (Fig.1.14.a) y tracemos unos ejes coordenados en donde en el eje de abcisas llevaremos las tensiones normales (σ) y en el de ordenadas las tensiones cortantes (τ). (Fig.1.14.b). La construcción de la Circunferencia de Mohr relativa a dicho estado de tensiones se hará de la siguiente forma: La superficie SA ( σx>0, τxy<0, por criterios de signos de Mohr), vendrá representada en los ejes coordenados por el punto A. A su vez, la superficie SB ( σy>0, τyx>0, por criterios de signos de Mohr), vendrá representada en los ejes coordenados por el punto B. Si unimos, con una recta, los puntos A y B, la intersección de ésta con el eje de abcisas (punto C), será el centro de la circunferencia de Mohr. (Fig.1.14.b)

Efectivamente con la construcción realizada, el centro será: y el radio será: expresiones que coinciden con las expresadas anteriormente en (1.21).

SA SA

SB

SB

O x

y

σx σx

σy

τxy

τxy

τyx

σy

τyx

Fig.1.14.a

O C

A

B

σ

τ

σx D

σy

τxy

τyx

Fig.1.14.b

E

22yxOEOD

OCσσ +

=+=

( ) ( ) 2

2

22

2 xyyxDACDCA τ

σσ+

−=+=


15

Cálculo de las tensiones σσσσ y ττττ en una superficie S cualquiera: A partir de las componentes del estado de tensiones plano en un punto O: σx, σy, τxy, se dibujará en un sistema de ejes coordenados: (σ, τ), la circunferencia de Mohr tal y como se ha indicado en el apartado anterior, obteniendo su centro y su radio Indiquemos a continuación cómo poder conocer gráficamente las tensiones σ y τ correspondientes a una superficie S cualquiera que pase por O, definida por su vector normal unitario: us (cosα, cosβ, 0).(Ver Fig.1.15.a) El procedimiento será el siguiente: Para pasar de la superficie SA (definida por uA), a la superficie S (definida por uS), se deberá girar, en sentido antihorario, el ángulo α. Pues bien, para pasar en la circunferencia de Mohr, del punto A, (representativo del estado de tensiones de la superficie SA), al punto S, (que representará el estado de tensiones de la superficie S), se tendrá que girar, igualmente en sentido antihorario, el ángulo 2α (“ el doble del anterior ”). (Ver Fig.1.15.b) Mediante este procedimiento las tensiones en la superficie S serán pues: tensión normal: .cos

tensión cortante: .

OH OC CH OC CS

SH CS sen

σ βτ β

= = + = += =

(los valores de OC “centro” y CS “radio” se han obtenido anteriormente de la circunferencia de Mohr) Observación: Como consecuencia del procedimiento anterior resultará, que dos superficies perpendiculares que pasen por O, estarán representadas gráficamente en la circunferencia de Mohr por dos puntos diametralmente opuestos de dicha circunferencia. Véase por ejemplo el caso de las superficies SA y SB representadas en los puntos diametralmente opuestos A y B de la circunferencia de Mohr. (Fig.1.15.a y 1.15.b)

SA

SB

O x

y

σx

σx

σy

τxy

τxy

τyx

σy

τyx

Fig.1.15.a

S

σ

τ uS uA

α

β

O C

A

B

σ

τ

σx D σy

τxy

τyx

Fig.1.15.b

S

H σ

τ

2α β

Tema 1: Tensiones

16

Cálculo de las tensiones principales: Se sabe, por lo visto en (1.4) que las tensiones principales son las tensiones máxima y mínima y que en las superficies donde aparecen, no hay tensiones cortantes. Es decir, se cumple: ρ =σ, τ = 0.

De la circunferencia de Mohr, (Fig.1.16.b), se observa que los puntos M y N de dicha circunferencia cumplen dichas condiciones. Así pues las tensiones principales serán: (son las mismas ecuaciones (1.19) obtenidas analíticamente) Las direcciones principales también se podrán obtener a partir de la circunferencia de Mohr. Se observa (Fig.1.16.b), para pasar del punto A del circulo (representativo del estado de tensiones de la superficie SA), al punto M, que es donde se dará la tensión principal: σ1 = σmax, hay que girar en sentido antihorario el ángulo 2ϕ1. Así pues para obtener la superficie principal: SM, sobre la que se dará dicha tensión principal, se deberá girar la Superficie SA, en el mismo sentido (es decir antihorario), el ángulo ϕ1. (Fig.1.16.a). siendo: La otra dirección principal, la correspondiente al punto N, donde se dará la tensión principal mínima: σ2 = σmin, se obtendrá girando la anteriormente hallada otros 90º. (ver Fig.1.16.a), es decir en la dirección: ϕ2 = ϕ1 ± 90º (los puntos M y N están a 180º en la circunferencia).

SA

SB

O x

y

σx

σx

σy

τxy τxy

τyx

σy

τyx

Fig.1.16.a

SM

σ1=σmax

uM

uA

ϕ1 SN

σ2=σmin

90º

O C

A

B

σ

τ

σx D σy

τxy

τyx

Fig.1.16.b

2ϕ1

M N

σ2

σ1

1 12

2

xy

x y

ADtag

CD

τϕ ϕσ σ= = ⇒− (1.23)

2

21 1 max Centro Radio

2 2x y x y

xyOM OC CMσ σ σ σ

σ ρ σ τ+ −

= = = = + = + = + +

2

22 2 min Centro Radio

2 2x y x y

xyON OC CNσ σ σ σ

σ ρ σ τ+ −

= = = = − = − = − +

(1.22)


17

Cálculo de la tensión cortante máxima: Los puntos del círculo de Mohr donde la tensión cortante es máxima, son los puntos F y G, los de máxima ordenada. (Fig.1.17). El valor de la tensión cortante máxima será pues: o bien: Las superficies SF y SG, donde se darán las τmax, estarán a ± 45º de las superficies principales SM y SN, pues los puntos F y G de la circunferencia se encuentran a 90º de los puntos M y N. (Fig.1.17). CASO DE TENSIONES TRIAXIALES Se dice que un elemento de material se encuentra en un estado de tensiones triaxial cuando está sometido a tensiones en los tres ejes coordenados. Supongamos un punto O, un paralelepípedo diferencial alrededor de él y sean los ejes 1, 2 y 3, los ejes principales

O C

A

B

σ

τ

σx D σy

τxy

τyx

Fig.1.17

2ϕ1

M N

σ2

σ1

F

G

τmax

τmax

2

2max Radio ( por ecuación 1.21) (1.24)

2x y

xyCFσ σ

τ τ−

= = = = +

1 2max

DiámetroRadio (1.25)

2 2 2

OM ON σ στ −−= = = =

σ1 σ1

σ2

σ2

σ3

σ3

1

2

3

O

Fig.1.18

Tema 1: Tensiones

18

Si se corta por una superficie inclinada S, paralela al eje 3, las tensiones σ y τ sobre dicha superficie las podremos obtener del círculo de Mohr (A), (ver fig. 1.20), correspondiente a las tensiones σ1 y σ2, similar a un estado de tensiones plano (pues las tensiones σ3 no afectarían a dicha superficie). La misma conclusión general es válida si cortásemos por una superficie S paralela al eje 2 (en este caso las tensiones σ y τ sobre dicha superficie las podríamos obtener del círculo de Mohr (B), (ver fig.1.20), correspondiente a las tensiones σ1 y σ3, similar a un estado de tensiones plano (pues las tensiones σ2 no afectarían a dicha superficie) o si cortásemos por una superficie S paralela al eje 1 (en este caso las tensiones σ y τ sobre dicha superficie las podríamos obtener del círculo de Mohr (C), (ver fig.1.20), correspondiente a las tensiones σ2 y σ3). Se ha supuesto en la construcción de los círculos que: σ1 > σ2 > σ3 En cada uno de los círculos podremos hallar la τmax correspondiente, siendo la τMAX absoluta la correspondiente al círculo de Mohr mayor (B) y valdría: En el análisis anterior hemos considerado el cálculo de las tensiones σ y τ sobre superficies S paralelas a uno de los ejes principales. Si se quisieran calcular sobre otras superficies S cualquiera, (no paralelas a ningún eje principal), el análisis sería algo más complejo y no se verá en este apartado, aunque se sabe que los valores correspondientes de σ y τ darán puntos situados sobre el área limitada por las tres circunferencias de Mohr

σ1

σ2

σ3

σ3

σ

τ θ S

nS

O 1

2

3

Fig.1.19

τ

σ1 σ2 σ3 σ O

τMAX

Fig.1.20

A

B

C

τ

O

231 σστ −=MAX

Sección 1.6: Formas de trabajo de una sección. Relaciones entre tensiones y solicitaciones

19

1.6.- FORMAS DE TRABAJO DE UNA SECCIÓN. RELACIONES ENTRE TENSIONES Y SOLICITACIONES FORMAS DE TRABAJO DE UNA SECCIÓN Consideremos un sólido sometido a un sistema de fuerzas exteriores y que se encuentra en equilibrio estático y elástico. Según lo visto en el apartado 1.1, si se desea conocer las Fuerzas Internas o Tensiones que aparecen en una superficie determinada S, seccionamos el sólido por dicha superficie y nos quedamos con una de las dos partes del mismo El trozo de sólido seccionado no estará en equilibrio, a no ser que se restablezcan las acciones que el otro trozo ejercía sobre él. Estas acciones son precisamente las Fuerzas Internas o Tensiones que aparecerían sobre los puntos de la superficie S seccionada. Pues bien, para saber algo de ellas, hagamos lo siguiente: Tomemos un sistema de ejes coordenados con origen en G (centro de gravedad de la sección S), siendo el eje X perpendicular a la superficie S y con sentido positivo saliente de la misma y los ejes Y y Z los ejes principales de la sección S, con sus sentidos positivos de tal forma que formen un triedro directo

F1

F2

F3

Fn F4 F5 S

Fig. 1.21.a

∆F O

S

F1

F2

F4

∆S

Fig. 1.21.b

G

S

F1

F2

F4

Fig. 1.21.c

x

y

z

Tema 1: Tensiones

20

La acción de las Fuerzas Exteriores, actuando sobre este trozo del sólido, en el punto G, vendrán dadas por: Rext y Mext

Para que este trozo de sólido seccionado esté en equilibrio, el sistema de Fuerzas Interiores extendido a lo largo de la superficie S, (fuerzas que las partículas del otro lado de la superficie S que hemos apartado, estaban actuando sobre las partículas de la superficie S del lado del sólido que nos hemos quedado), producirán una acción en G dada por: Rint y M int y se tendrá que cumplir que:

Por último, si proyectamos Rint y M int sobre los tres ejes de referencia XYZ, nos darán 6 componentes: Rx, Ry, Rz, Mx, My, Mz,

G

S

F1

F2

F4

Fig. 1.21.d

x

y

z Rext Mext

Rext = Resultante de las Fuerzas Exteriores Mext = Momento resultante de las Fuerzas Exteriores respecto de G

G

S

F1

F2

F4

Fig. 1.21.e

x

y

z Rext Mext

Rint M int

Rint = - Rext

M int = - Mext

G

S

F1

F2

F4

Fig. 1.21.f

x

y

z

Rint M int Ry

Rx

Rz

Mx

My

Mz

Sección 1.6: Formas de trabajo de una sección. Relaciones entre tensiones y solicitaciones

21

Cada una de esas componentes nos indica una Forma de Trabajo o de Solicitación de la sección S: Ejemplos:

Rx (fuerza normal) → N (TRACCIÓN – COMPRESIÓN) Ry (fuerza cortante) → Vy (CORTADURA en eje Y) Rz (fuerza cortante) → Vz (CORTADURA en eje Z) Mx (momento torsor) → T (TORSIÓN) My (momento flector) → M y (FLEXIÓN en plano XZ, alrededor del eje Y) Mz (momento flector) → M z (FLEXIÓN en plano XY, alrededor del eje Z)

G

S

F1

F2

F4 x

y

z N

G

S

F1

F2

F4 x

y

z

Vy

G

S

F1

F2

F4 x

y

z Vz

G

S

F1

F2

F4

x

y

z

T

G

S

F1

F2

F4 x

y

z

My

G

S

F1

F2

F4 x

y

z Mz

TRACCIÓN COMPRESIÓN F F F F

x x

CORTADURA en eje Y

y

x

F

M TORSIÓN

x

F

FLEXIÓN en el plano XY (alrededor eje Z)

x

y

F

x

y

z

FLEXIÓN en plano XZ (alrededor eje y)

z

y

x

F

CORTADURA en eje Z

Fig.1.22

Tema 1: Tensiones

22

RELACIONES ENTRE TENSIONES Y SOLICITACIONES Cada una de estas Solicitaciones así obtenidas serán resultado de las Tensiones (o Fuerzas Internas) distribuidas a lo largo de la sección S. Unas y otras estarán relacionadas de la siguiente manera:

Estas ecuaciones se utilizarán para calcular las Tensiones o Fuerzas internas en cada uno de los puntos de una sección S, una vez conocidas las Solicitaciones (Resultante y Momento resultante de las Fuerzas interiores: N, Vy, Vz, T, My, Mz) .

G

S

F1

F2

F4 x

y

z

Vy

N

Vz

T

My

Mz

σ

ρ τ

dS z

y

z y

G

τ τxy

τxz

Sección S

Fig.1.23.b

( ) ∫∫∫

∫∫∫

==−=

===

S

xz

S

xy

S

xyxz

S

xzz

S

xyy

S

x

dSyMdSzMdSzyT

dSVdSVdSN

.......

...

σσττ

ττσ

(1.26)

Fig. 1.23.a

Tema 2: Deformaciones

1


Tema 2 : DEFORMACIONES

O

u1 u2

u3

ε1 ε2

ε3

δ1 δ2

δ3

γ1/2 γ2/2

γ3/2

F1

F2

F3

Fn


2

2.1.- INTRODUCCIÓN Los cuerpos se deforman debido a la acción de las fuerzas aplicadas. Para conocer la deformación de un cuerpo es preciso conocer primero la deformación de uno cualquiera de los paralelepípedos elementales que lo forman. Veremos a continuación cómo la deformación de un paralelepípedo elemental se puede descomponer e cuatro partes: 1º.- Una TRASLACIÓN que lleva el origen del paralelepípedo del punto O al punto O´ 2º.-Una ROTACIÓN del paralelepípedo alrededor de un eje que pasa por O´ Estas dos primeras partes van a originar el movimiento del paralelepípedo, pero sin deformarse

F1

F2

F3

Fn F4 F5 O x

y

z

O

Fig. 2.1

F1

F2

F3

Fn F4 F5 O

Eje Rotación

Fig. 2.2

Sección 2.1: Introducción

3

3º.-Unas DEFORMACIONES LINEALES de las aristas del paralelepípedo 4º.- Unas DEFORMACIONES ANGULARES “SIMÉTRICAS” de los ángulos que forman las aristas del paralelepípedo, inicialmente a 90º. Estas dos últimas partes son las que originan la deformación propiamente dicha del paralelepípedo. Observación: En la 4ª parte nos hemos referido a Deformaciones Angulares “Simétricas”. El por qué de ello lo veremos a continuación: Supongamos la cara del paralelepípedo contenida en el plano XOY y supongamos, por ejemplo, que la arista OA gira 4º en sentido antihorario y la arista OB gira 2º en sentido horario. Estas deformaciones angulares las podemos obtener como suma de dos acciones: en una primera acción hacemos girar las aristas el mismo ángulo, lo que denominaremos deformación angular simétrica, que sería la media aritmética de las dos, o sea: 3º y en la segunda acción completamos la deformación angular inicial, con lo cual la arista OA habría que girarla 1º mas en sentido antihorario y la arista OB restarla 1º, osea, girarla 1º en sentido horario. Ésta acción sería una rotación

F1

F2

F3

Fn F4 F5 O

Fig. 2.3

F1

F2

F3

Fn F4 F5 O

Fig. 2.4

= +

O O O A A A

B B B

4º 3º 1º

2º 1º deformación angular

deformación angular simétrica

rotación 3º


4

2.2.- CONCEPTO DE DEFORMACIÓN Como consecuencia de la deformación propiamente dicha del paralelepípedo: deformaciones lineales y deformaciones angulares simétricas, el vértice D del paralelepípedo experimentará el desplazamiento DD´, con lo cual el elemento lineal OD, modifica su longitud y gira un ángulo transformándose en el elemento lineal OD´. Definición: Se denomina DEFORMACIÓN UNITARIA (δ) del elemento lineal OD, al cociente entre el desplazamiento sufrido por su extremo: DD´ y la longitud del elemento lineal: OD, es decir: Si observamos la fig.2.5. se ve que δ es el desplazamiento que sufre el vector unitario ODo en la dirección del elemento lineal OD. En efecto, por semejanza de triángulos ODD´y ODoDo´ se obtiene: Descompondremos a continuación el vector δ en dos componentes: una sobre la propia dirección del elemento lineal OD, a la que denominaremos: DEFORMACIÓN LONGITUDINAL UNITARIA ( ε) y otra en dirección perpendicular al elemento lineal OD, a la que denominaremos: DEFORMACIÓN ANGULAR UNITARIA (γ/2). Se cumplirá:

O

D D´

x

y

z Fig. 2.5

1 δ Do

Do´

OD

DD´=δ�

(2.1)

OD

DD

OD

DD ´´

1=→= δδ

22

2

2

+=

+=

γεδ

γεδ�

�

�

D D´

Do δ 1 Do´

y

x

z

O

Fig. 2.6

ε γ/2 (2.2)

Sección 2.3: Estado de deformaciones en un punto

5

2.3.- ESTADO DE DEFORMACIONES EN UN PUNTO Como se verá a continuación, va a existir una analogía entre el Estado de Tensiones y el Estado de Deformaciones Tal y como se vió en 1.3 que……………..”a cada superficie S que pase por un punto O de un sólido le corresponde una tensión ρ, con componentes: σσσσ (tensión normal) y ττττ (tensión cortante)”……………..y “al conjunto de todas las tensiones que pueda haber en un punto O se las denomina: Estado de Tensiones del punto O” En el caso de las deformaciones va a ocurrir algo similar: “A cada elemento lineal que pasa por un punto O de un sólido le corresponde una deformación unitaria δδδδ, con componentes: ε (deformación longitudinal unitaria) y γγγγ/2 (deformación angular unitaria).” “Al conjunto de todas las deformaciones que pueda haber en el punto O sw le denomina: Estado de Deformaciones del puno O” Siguiendo con dicha analogía, vimos en 1.3 que…………….”de las infinitas Tensiones que puede haber en un punto O correspondientes a las infinitas superficies que pasan por él, conocidas 6 de ellas: σx, σy, σz, τxy, τyz, τzx, denominadas componentes del estado de tensiones en el punto O, podremos conocer todas las demás a través de la ecuación (1.9): Pues bien, en el caso de las Deformaciones ocurrirá algo similar y así podremos decir: “De las infinitas Deformaciones que puede haber en un punto O, correspondientes a las infinitas direcciones de elementos lineales que puedan pasan por él, conocidas 6 de ellas: εx, εy, εz, γxy, γyz, γzx, denominadas componentes del estado de deformaciones en el punto O, podremos conocer todas las demás, a través de una ecuación matricial, que como ahora se verá, será similar a la de las tensiones (1.9).”

O

u1 u2

u3

ε1 ε2

ε3

δ1 δ2

δ3

γ1/2 γ2/2

γ3/2

Fig. 2.7

F1

F2

F3

Fn

=

γβα

στττστττσ

ρρρ

cos

cos

cos

.

zyzxz

zyyxy

zxyxx

z

y

x


6

Sea un punto O del interior de un sólido en el que se suponen conocidas las 6 componentes del estado de deformaciones: εx, εy, εz, γxy, γyz, γzx y sea OD un elemento lineal cuya deformación unitaria δ se desea conocer. La dirección del elemento lineal OD la definiremos por su vector unitario: u = ODo , dado por sus cosenos directores: u (cos α, cos β, cos γ). Construyamos ahora un paralelepípedo con diagonal entre vértices opuestos ODo = 1 (ver fig.2.8). El paralelepípedo así construido tendrá por aristas: cos α (en dirección del eje OX), cos β (en dirección del eje OY) y cos γ (en dirección del eje OZ). Para obtener el valor de la deformación unitaria δ calcularemos y sumaremos los correspondientes desplazamientos sufridos por el punto Do debidos a las deformaciones longitudinales y angulares unitarias dadas, correspondientes al punto O: εx, εy, εz, γxy, γyz, γzx.

• Desplazamiento δ debido a las deformaciones longitudinales: εx, εy, εz,

O

D D´

x

y

z Fig. 2.8

1

δ Do

Do´

cos α

cos β

cos γ

u

δ

εx.cosα

εy.cosβ

εz.cosγ

cos α

cos β

cos γ x

z

O

Fig. 2.9

y

γεδβεδαεδ cos.cos.cos. zzyyxx ===


7

• Desplazamiento δ debido a las deformaciones angulares: γxy, γyz, γzx.

Sumando finalmente todos los desplazamientos δ obtenidos quedaría:

δ

(γxy/2).cosα

(γyx/2).cosβ

cos α

cos β

O x

y

γxy/2

γyx/2

αγ

δ

βγ

δ

cos.2

cos.2

xyy

yxx

=

=

δ

(γxz/2).cosα

(γzx/2).cosγ

cos α

cos γ

O x

z

γzx/2

γxz/2

αγδ

γγδ

cos.2

cos.2

xzz

zxx

=

=

δ

(γzy/2).cosγ cos β

cos γ O

z

γzy/2

γyz/2

y (γyz/2).cosβ

βγ

δ

γγ

δ

cos.2

cos.2

yzz

zyy

=

=

γεβγ

αγδ

γγ

βεαγ

δ

γγβγ

αεδ

cos.cos.2

cos.2

cos.2

cos.cos.2

cos.2

cos.2

cos.

zyzxz

z

zyy

xyy

zxyxxx

++=

++=

++=

(2.3)

Fig. 2.10.a), b), c)


8

Poniendo las ecuaciones (2.3) en forma matricial, sería: y en forma abreviada:

siendo: Conclusión: Conocidas las componentes del Estado de Deformaciones en un punto O: εx, εy, εz, γγγγxy, γγγγyz, γγγγzx y dada una dirección OD cualquiera, definida por su vector unitario: u (cosαααα, cosββββ, cosγγγγ ), se podrá conocer, por la ecuación obtenida (2.4), la deformación δδδδ en dicha dirección. Una vez conocida la deformación δδδδ, se podrá obtener εεεε y γγγγ/2, (ver fig.2.6): CASO PARTICULAR: DEFORMACIONES PLANAS Se considera un estado de deformaciones planas cuando se cumpla: La ecuación matricial (2.4) se verá reducida a:

=

γβα

εγγ

γε

γ

γγε

δδδ

cos

cos

cos

.

22

22

22

zyzxz

zyy

xy

zxyxx

z

y

x

(2.4)

uD�

�

.=δ (2.5)

""

22

22

22

nesDeformaciodeTensorD

zyzxz

zyy

xy

zxyxx

εγγ

γε

γ

γγε

=

22

22

..

εδγεδγεεδε

−=−=

==�

�

�

��

�

uu )6.2(

0,0,0 === yzxzz γγε

=

βα

εγ

γε

δδ

cos

cos.

2

2

yxy

yxx

y

x )7.2(


9

Convenios de signos para las deformaciones Para las deformaciones longitudinales: ε → se consideran positivas, (ε > 0), cuando expresen alargamientos (negativas en caso contrario)

Para las deformaciones angulares: γ → se consideran positivas, (γ > 0), cuando indiquen una disminución del ángulo recto inicial que forman las aristas del paralelepípedo que están en los ejes coordenados (negativas en caso contrario)

Lo mismo sería con γxz y γyz Observaciones: Analogías entre el Estado de Tensiones y el Estado de deformaciones Vistas las analogías entre el Estado de Tensiones y el Estado de Deformaciones, se podrá concluir que si se en todas las ecuaciones obtenidas en el Tema 1 sobre Tensiones, se hacen los siguientes cambios: se obtendrán las ecuaciones equivalentes correspondientes al Tema 2 sobre Deformaciones.

ε > 0

O

D

Do

1 Do´ ε < 0

O

D

Do 1 Do´

el vector unitario ODo, en la dirección OD, se alarga y pasa a ODo´

el vector unitario ODo, en la dirección OD, se acorta y pasa a ODo´

O A

B

A´

B´ γyx/2

γxy/2

γxy > 0

y

x O A

B

A´

B´

γyx/2

γxy/2

γxy < 0

x

y

Fig. 2.12

2

γτεσδρ →→→ ��

�

�

Fig. 2.11


10

En efecto:

2.4.- DEFORMACIONES PRINCIPALES De las infinitas Deformaciones que puede haber en un punto O de un sólido, relativas a las infinitas direcciones OD que se puedan considerar, habrá unas que tengan los valores máximo y mínimo a las que se denominará: DEFORMACIONES PRINCIPALES. A las direcciones correspondientes en la que eso ocurre, se las denominará : DIRECCIONES PRINCIPALES. Ocurrirá pues igual que con las tensiones, que en las direcciones principales se cumplirá que: γ / 2 = 0 y por tanto: δ = ε.

=

γβα

στττστττσ

ρρρ

cos

cos

cos

.

zyzxz

zyyxy

zxyxx

z

y

x

(1.9)

22

..

σρτσρτ

σσρσ

−=−=

==��

��

uu(1.12)

22

22

..

εδγεδγεεδε

−=−=

==�

�

�

��

�

uu

=

γβα

εγγ

γε

γ

γγε

δδδ

cos

cos

cos

.

22

22

22

zyzxz

zyy

xy

zxyxx

z

y

x

(2.4)

)6.2(

TENSIONES DEFORMACIONES

O

D Do

1 x

y

z

ε

δ γ/2

F1

F2

F3

Fn

OD: dirección cualquiera

O

D Do

1 x

y

z

ε = δ

γ/2 = 0 0

F1

F2

F3

Fn

OD: dirección principal

Fig. 2.13

Sección 2.4: Deformaciones Principales

11

CÁLCULO DE LAS DEFORMACIONES PRINCIPALES En el tema de Tensiones las ecuaciones 1.16, nos permitían calcular las tensiones principales: Las ecuaciones correspondientes para calcular las Deformaciones Principales, se obtendrán, por lo dicho antes, haciendo los cambios: y quedarán las ecuaciones: Resolviendo este determinante, que da lugar a una ecuación de tercer grado, se obtendrán las Deformaciones Principales : δ1, δ2, δ3 y se cumplirá: δ1 = ε1, δ2 = ε2, δ3 = ε3

CÁLCULO DE LAS DIRECCIONES PRINCIPALES En el tema 1 relativo a las tensiones, el cálculo de las Direcciones Principales venían dadas por las ecuaciones 1.17.a y b.:

Pues bien, haciendo nuevamente los cambios:

0=−

−−


zyzxz

zyyxy

zxyxx

→ 33

22

11

σρσρσρ

===

2


�

�

0

22

22

22

=

−

−

−

δεγγ

γδε

γ

γγδε

zyzxz

zyy

xy

zxyxx

(2.8)

0cos).(cos.cos.

0cos.cos).(cos.

0cos.cos.cos).(

=−++

=+−+

=++−

iiziyzixz

izyiiyixy

izxiyxiix


1coscoscos 222 =++ iii γβα

2


�

�


12

obtendremos las Direcciones Principales correspondientes a las Deformaciones Principales y serán:

CASO PARTICULAR: DEFORMACIONES PLANAS Para el caso particular de deformaciones planas: , La ecuación para el cálculo de las Deformaciones Principales (2.8) quedaría reducida a : Resolviendo este determinante, que da lugar a una ecuación de segundo grado se tendrán las Deformaciones Principales : δ1, δ2 y se cumplirá: δ1 = ε1, δ2 = ε2 Si aplicamos la fórmula de resolución de la ecuación de 2º grado, se obtendrían: Por su parte las Direcciones Principales se obtendrán de:

0cos).(cos.2

cos.2

0cos.2

cos).(cos.2

0cos.2

cos.2

cos).(

=−++

=+−+

=++−

iiziyz

ixz

izy

iiyixy

izx

iyx

iix

γδεβγ

αγ

γγ

βδεαγ

γγβγ

αδε

(2.9.a)

1coscoscos 222 =++ iii γβα (2.9.b)

0,0,0 === yzxzz γγε

0

2

2 =−

−

δεγ

γδε

yxy

yxx

(2.10)

( )

( )2

222

2

211

2.4.

2

1

2

2.4.

2

1

2

+−−

+==

+−+

+==

xyyx

yx

xyyx

yx

γεε

εεεδ

γεε

εεεδ

(2.11)

0cos).(cos.2

0cos.2

cos).(

=−+

=+−

iiyixy

iyx

iix

βδεαγ

βγ

αδε

1coscos 22 =+ ii βα

(2.12.a)

(2.12.b)


13

2.5.- REPRESENTACIÓN DE MOHR Al igual que en el caso de las Tensiones, podremos desarrollar también un método gráfico para el cálculo de las deformaciones CASO PARTICULAR: DEFORMACIONES PLANAS Supongamos conocidas las tres componentes del estado de deformaciones plano en un punto O: εx, εy, γγγγxy, y se quieren calcular, gráficamente, las deformaciones: ε y γ/2 correspondientes en una dirección cualquiera OD, definida por su vector unitario: u (cosαααα, cosββββ) Se sabe, por lo visto en 2.3., que para cada dirección OD se obtendrían por las ecuaciones analíticas (2.7) y (2.6), un par de valores: ε y γ/2. Así: Si representásemos estos valores obtenidos en unos ejes coordenados, en los que en el eje de abcisas llevásemos las deformaciones longitudinales (ε) y en el de ordenadas, las deformaciones angulares (γ/2) y uniésemos todos ellos, se demuestra, no lo haremos, que el lugar geométrico de los mismos es una circunferencia, a la que denominaremos “Circunferencia de Mohr”

D D´

Do

δ u Do´

y

x O

Fig. 2.14

ε γ/2

α

β

β = 90-α

1 1 1 1

2 2 2 2

para dirección , / 2

para dirección , / 2

.............................................................................

para dirección , / 2n n n n

OD

OD

OD

α α ε γα α ε γ

α α ε γ

= → →= → →

= → →

ε

γ/2

O

(ε1,γ1/2) (ε2,γ2/2

(εn,γn/2)

Fig. 2.15


14

Criterios de signos para las deformaciones, al utilizar el método gráfico de Mohr

• Deformaciones longitudinales (ε): se consideran positivas las deformaciones longitudinales cuando indican un alargamiento. Negativas en caso contrario.

• Deformaciones angulares (γγγγ/2): se consideran positivas cuando impliquen un giro en sentido horario. Negativas en caso contrario.

Observaciones: Como las tensiones cortantes (τ) son las que producen las deformaciones angulares (γ/2), se observa por lo visto en la sección 1.5 del tema de Tensiones, que hay coherencia con los criterios de signos dados para las tensiones cortantes y el dado ahora para las deformaciones angulares: τ > 0 → γ/2 > 0 Los criterios de signos utilizados para las deformaciones angulares, en la representación gráfica de Mohr, no coinciden con los dados en 2.3. para la resolución analítica. Este hecho habrá de tenerse siempre en cuenta en la resolución de los problemas.

ε > 0

O

D

Do

1 Do´ ε < 0

O

D

Do 1 Do´

Fig. 2.16

O

D D´ γ/2 > 0 γ/2 < 0

D´ D

O Fig. 2.17

τ

τ

τ

τ

τ τ

τ

τ

Fig.2.18

τ > 0 → γ/2 > 0


15

Ejemplo: Construcción de la circunferencia de Mohr: Supónganse conocidas las componentes del estado de deformaciones plano en un punto O: εx, εy, γxy. (Fig.2.20.a) y tracemos unos ejes coordenados en donde en el eje de abcisas llevaremos las deformaciones longitudinales unitarias (ε) y en el de ordenadas las deformaciones angulares simétricas (γ/2). La construcción de la Circunferencia de Mohr relativa a dicho estado de Deformaciones se hará de una forma similar a como se construyó la Circunferencia de Mohr relativa a las Tensiones Las deformaciones relativas al eje X ( εx > 0, γxy/2 < 0, por criterios de signos de Mohr), estarán representadas en los ejes coordenados por el punto X. A su vez, las deformaciones correspondientes al eje Y ( εy > 0, γyx/2 > 0, por criterios de signos de Mohr), estarán representadas en los ejes coordenados por el punto Y. Si unimos, con una recta, los puntos X e Y, la intersección de ésta con el eje de abcisas (punto C), será el centro de la circunferencia de Mohr. (Fig.2.20.b)

O X

Y

1

1

εx

εy

γxy/2

γyx/2

δx

δy

ux

uy

O A

B

A´

B´ γyx/2 > 0

γxy/2 > 0

γxy > 0

y

x

Criterio de signos para la resolución analítica

O A

B

A´

B´ γyx/2 > 0

γxy/2 < 0

y

x

Criterio de signos para la resolución gráfica (Mohr)

Fig. 2.19

O C

X

Y

ε

γ/2

εx

D εy

γxy/2

γyx/2

E

Fig.2.20.a Fig.2.20.b.


16

Por su construcción, se deduce fácilmente que la Circunferencia de Mohr tendrá por Centro y Radio los siguientes valores: Cálculo de las deformaciones ε y γγγγ/2 en una dirección OD cualquiera: A partir de las componentes del estado de deformaciones plano en un punto O: εx, εy, γxy, se dibujará en un sistema de ejes coordenados: (ε, γ/2), la circunferencia de Mohr, tal y como se ha indicado en el apartado anterior, obteniendo su centro y su radio De lo que se trata ahora es de poder conocer gráficamente las deformaciones ε y γ/2 correspondientes a una dirección OD, definida por su vector unitario: uD (cosα, senα).

El procedimiento será el siguiente: Para pasar de la dirección OX (definida por uX), a la dirección OD (definida por uD), se deberá girar, en sentido antihorario, el ángulo α. Pues bien, para pasar en la circunferencia de Mohr, del punto X, (representativo del estado de deformaciones de la direccion OX), al punto D, (que representará el estado de deformaciones de la dirección OD), se tendrá que girar, igualmente en sentido antihorario, el ángulo 2α.(o sea el doble del anterior). Mediante este procedimiento las deformaciones en la dirección OD serán pues: Deformación longitudinal: ε = OH = OC + CH = OC + CD.cos β Deformación angular: γ/2 = DH = CD.senβ (los valores de OC “centro” y CD “radio”, se obtendrán de la circunferencia de Mohr)

2 2

Centro :2

Radio :2 2

x y

x y xy

OC

CX

ε ε

ε ε γ

+=

− = +

(2.13)

O C

X

Y

ε

γ/2

εx εy

γxy/2

γyx/2

D

H ε

γ/2

2α β

O X

Y

1

1

εx

εy

γxy/2

γyx/2

δx

δy

ux

uy

δ

ε γ/2

1 uD

α

D

Fig.2.21


17

Cálculo de las deformaciones principales: Se sabe, por lo visto en (2.4) que las deformaciones principales son las deformaciones máxima y mínima y que en las direcciones donde aparecen, no hay deformaciones angulares. Es decir, se cumple: δ =ε, γ/2 = 0.

Observando la Circunferencia de Mohr, se ve que los puntos M y N corresponden a las deformaciones máximas y mínimas y en ellos no hay deformaciones angulares, por tanto esos puntos estarán representando a las deformaciones principales. Sus valores serán:

Las direcciones principales también se podrán obtener a partir de la circunferencia de Mohr. Se observa (Fig.2.22), que para pasar del punto X del circulo (representativo del estado de deformaciones de la dirección OX), al punto M, que es donde se dará la deformación principal: ε1 = εmax, hay que girar en sentido antihorario el ángulo 2ϕ1. Así pues para obtener la dirección principal OM, sobre la que se dará dicha deformación principal, se deberá girar la dirección OX, en el mismo sentido (es decir antihorario), el ángulo ϕ1. siendo: La otra dirección principal, la correspondiente al punto N, donde se dará la deformación principal mínima: ε2 = εmin, se obtendrá girando la anteriormente hallada otros 90º. (ver Fig.2.22), es decir en la dirección: ϕ2 = ϕ1 ± 90º (los puntos M y N están a 180º en la circunferencia).

O C

X

Y

ε

γ/2

εx

E εy γxy/2

γyx/2

2ϕ1

M N

ε2

ε1

O X

Y

1

1

εx

εy

γxy/2

γyx/2

δx

δy

ux

uy

1 uM

ϕ1

δ1 = ε1

M

Fig.2.22

2 2

1 1

2 2

2 2

Centro Radio MAX2 2 2

Centro Radio MIN2 2 2

x y x y xy

x y x y xy

OM OC CM

ON OC CN

ε ε ε ε γδ ε

ε ε ε ε γδ ε

+ − = = = + = + = + + →

+ − = = = − = − = − + →

11

2

22 ϕεε

γεε

γ

ϕ ⇒−

=−

==yx

xy

yx

xy

CE

XEtag (2.15)

(2.14)

Tema 3: Cuerpo Elástico

1


Tema 3 : CUERPO ELÁSTICO

LP

LE LFi LFf

LR σ

ε O

F


2

3.1.- INTRODUCCIÓN La experiencia nos enseña que todo cuerpo bajo la acción de las fuerzas aplicadas, se deforma y que al suprimir éstas, el cuerpo tiende a recuperar su forma inicial. Esta propiedad que poseen todos los cuerpos, en mayor o menor grado, se denomina ELASTICIDAD. Dependiendo del material del que estén hechos los cuerpos, se tendrá que unos cuerpos se comportarán más elásticos que otros y a su vez, para un cuerpo de un material determinado, dependiendo de la magnitud de las fuerzas aplicadas, se comportará total o parcialmente elástico. Se dirá que se comporta “totalmente elástico” si al retirar la fuerza a la que está sometido recupera totalmente su forma inicial y “parcialmente elástico” en caso contrario, es decir que al retirar la fuerza aplicada no recupera totalmente la forma inicial, dejando en él una deformación permanente.

Así mismo, en nuestro análisis, admitiremos que los cuerpos son ISÓTROPOS, es decir, que sus propiedades elásticas son iguales en cualquier dirección. Esto no ocurre exactamente por ejemplo en materiales fibrosos como la madera, ni en materiales formados por laminación. En estos materiales habrá que hacer un estudio específico de los mismos, aunque en muchos casos, los resultados que se obtienen con esta hipótesis son satisfactorios. 3.2.- RELACIONES ENTRE TENSIONES Y DEFORMACIONES. L EY DE HOOKE GENERALIZADA Se ha visto en los temas 1º y 2º que en un cuerpo sometido a fuerzas exteriores, a cada punto del mismo, le corresponde un “estado de tensiones” y un “estado de deformaciones”. Siendo unas, consecuencia de las otras, es evidente que ha de existir una relación entre ambos estados. Fue Hooke el que dedujo dichas relaciones.

F L

L

L+∆L

F L

L´

L+∆L

deformación elástica

deformación permanente

F L

L

L+∆L

deformación elástica

Fig.3.1

Sección 3.2.: Relaciones entre tensiones y deformaciones. Ley de Hooke generalizada

3

LEY DE HOOKE “Existe proporcionalidad entre las componentes del estado de tensiones y las componentes del estado de deformaciones”. Los coeficientes que regulan dicha proporcionalidad dependen de las constantes físicas del material y no de las particularidades geométricas del cuerpo. Para estudiar la deformación del paralelepípedo elemental debida a la acción de las tensiones, utilizaremos el Principio de Superposición. Deformaciones debidas a σx: Experimentalmente se ha demostrado que las tensiones normales σσσσ, actuando sobre las caras opuestas del paralelepípedo sólo originan deformaciones longitudinales ε según las aristas del paralelepípedo y no producen ninguna deformación angular. Según la Ley de Hooke: las deformaciones longitudinales ε, son proporcionales a las tensiones normales σ que las producen:

x

y

z

σx σx

σy

σy

τxy

τyx

O

Fig.3.2

σz

τyz

τxz τzx

τzy

O x

y

z

σx σx

A B A´ B´

C

D

C´

D´

Fig.3.3

´ ´

1

1 1. Cte proporcionalidadx

x xx

L A B AB

L AB E Eε σ∆ −= = = → =


4

Siendo E = MÓDULO DE ELASTICIDAD LONGITUDINAL. Es una constante física de cada material y se obtiene experimentalmente. Sus dimensiones son: N/mm2 Según se observa en la figura (3.3), el alargamiento longitudinal ε1x debido a la tensión normal σx, va acompañado de acortamientos longitudinales en dirección de los ejes y y z, que según la ley de Hooke vienen dados por:

siendo υ = COEFICIENTE DE POISSON. Es también una constante física de cada material y es adimensional. De igual forma que hemos obtenidos las deformaciones debidas a la tensión normal σx, se obtendrían las deformaciones debidas a las tensiones normales σy y σz: Deformaciones debidas a σy:

Deformaciones debidas a σz:

y aplicando el Principio de Superposición, las deformaciones debidas a las tensiones normales: σx, σy y σz, serán:

Ecuaciones que nos relacionan las deformaciones longitudinales ε, con las tensiones normales σ.

EAD

ADDA

L

L

EAC

ACCA

L

L

xx

z

zz

xx

y

yy

σνενε

σνενε

..

..

1

´´

1

1

´´

1

−=−=−=∆=

−=−=−=∆

=

EEy

yzxy

y

σνενεε

σε .. 2222 −=−===

EEz

zyxz

z

σνενεεσε .. 3333 −=−===

+−=++=

+−=++=

+−=++=

EEE

EEE

EEE

yxzzzzz

zxyyyyy

zyxxxxx

σσνσεεεε

σσνσ

εεεε

σσνσεεεε

.

.

.

321

321

321

(3.1)

Sección 3.2.: Relaciones entre tensiones y deformaciones. Ley de Hooke generalizada

5

Deformaciones debidas a τxy: También se ha demostrado experimentalmente que las tensiones cortantes τ, actuando sobre las caras del paralelepípedo, originan deformaciones angulares γ. Según la ley de Hooke: las deformaciones angulares γ son proporcionales a las tensiones cortantes τ:

siendo G = MÓDULO DE ELASTICIDAD ANGULAR. Es una constante física de cada material y se obtiene experimentalmente. Sus dimensiones son: N/mm2. De igual forma que hemos obtenidos las deformaciones debidas a la tensión cortante τxy, se obtendrían las deformaciones debidas a las tensiones cortantes τyx y τzx: Deformaciones debidas a τxy y a τzx : y aplicando el Principio de Superposición, las deformaciones debidas a las tensiones cortantes: τxy, τyz y τzx, serán: Ecuaciones que nos relacionan las deformaciones angulares γ, con las tensiones cortantes τ.

O x

y

τxy

τyx

τxy

τyx

γxy/2

γyx/2

A

B

A´

B´

Fig.3.4

GalidadproporcionCte

GOA

AAtag xyxyxy

1.

1´

=→==≅ τγγ

Gyz

yz

τγ =

Gzx

zx

τγ =

GGGzx

zxyz

yzxy

xy

τγτ

γτ

γ === (3.2)


6

Así pues el resumen de ecuaciones que relacionan las tensiones y deformaciones obtenidas en (3.1) y (3.2), y dadas por la Ley de Hooke generalizada son: Las relaciones inversas son: siendo: Observación: Las constantes físicas: E, G y υ, están relacionadas entre ellas mediante la siguiente ecuación: Valores de E, G y υ, para diversos materiales: MATERIAL E (N/mm2) G (N/mm2) υ acero 2,1.105 81000 0,3 aluminio (aleacción) 0,73.105 28000 0,33 cobre 1,2.105 47000 0,36

+−=

+−=

+−=

EEE

EEE

EEE

yxzz

zxyy

zyxx

σσνσε

σσνσ

ε

σσνσε

.

.

.

G

G

G

zxzx

yzyz

xyxy

τγ

τγ

τγ

=

=

=

(3.3)

GGe

GGe

GGe

zxzxzz

yzyzyy

xyxyxx

...2.

...2.

...2.

3

3

3

γτελσγτελσγτελσ

=+=

=+=

=+=(3.4)

zyxe εεε ++=3 ( )( )νννλ

.21.1

.

−+= E

(3.5) (3.6)

( )ν+=

1.2

EG (3.7)

Sección 3.3.: Trabajo de las fuerzas externas

7

3.3.- TRABAJO DE LAS FUERZAS EXTERNAS Sea un cuerpo elástico con los vínculos externos suficientes para que no pueda moverse y apliquemos sobre él, de forma lenta y gradual, las fuerzas: F1, F2,.. Fi,…Fn, que originarán los desplazamientos: ∆1, ∆2,… ∆i,… ∆n, de sus puntos de aplicación. Sean: δ1, δ2,… δi,… δn, las componentes de dichos desplazamientos en la dirección de las fuerzas respectivas. Tengamos a continuación las siguientes consideraciones:

• La aplicación lenta y gradual de las fuerzas hace que los desplazamientos de las partículas del cuerpo, los hagan con velocidades muy pequeñas y por consiguiente puede despreciarse la energía cinética producida (Téngase en cuenta, por ejemplo, que la carga que recibe un pilar de un edificio desde que se construye el pilar hasta que se termina el edificio, al cabo de varios meses, va a ir aumentando de forma muy lenta y gradual).

• Se supone despreciable el rozamiento con los enlaces externos Debido a estas consideraciones se podrá admitir que: “ todo el trabajo que realizan las fuerzas externas: Te, se invierte totalmente en deformar al cuerpo, transformándose en Energía de Deformación:U”. Es decir: y al no existir disipación de energía, estaremos en el caso de un sistema conservativo y en consecuencia: “ el trabajo que realizan las fuerzas exteriores depende únicamente de sus valores iniciales y finales y no del orden en que son aplicadas”. Cálculo de Te: Al aplicarse las fuerzas externas de un modo gradual, sus valores en un estado intermedio, valdrán:

F1

F2

Fi

Fn

R1 R2

Fig. 3.5

i

i´

∆i δi

i´´ ∆1

∆2 ∆n

δ1

δ2 δn

1

2 n

1

2 n

UTe = (3.8)

10:.,.....,......,. 21 ≤≤ ααααα siendoFFFF ni


8

y según la ley de Hooke, en ese instante intermedio, las componentes δ de los desplazamientos de sus puntos de aplicación serán:

Con lo cual, el trabajo elemental que realizarán las fuerzas externas será: y queda

finalmente: Observación: Si en lugar de las fuerzas Fi aplicadas, aplicásemos momentos Mi, que produjeran giros θi en su misma dirección, la expresión del trabajo sería: 3.4.- ENERGÍA DE DEFORMACIÓN La energía de deformación de un cuerpo elástico, la podremos obtener sumando las energías de deformación de cada uno de los paralelepípedos elementales que lo forman. Aislemos pues, de un cuerpo elástico, uno paralelepípedo elemental de lados: dx, dy, dz. El trabajo que realizarán las diferentes fuerzas elásticas que actúan sobre el paralelepípedo serán:

10:.,.....,......,. 21 ≤≤ αδαδαδαδα siendoni

∑=

=n

iiie FT

1

..2

1 δ (3.9)

∫+++=

+++==+++=

1

0

2211

2211

2211

.)................(:int

.).................(

).(.........).(.......).(..).(..

ααδδδδ

ααδδδδααδααδααδαα

dFFFFTegrando

dFFFF

FdFdFdFdFdT

nniie

nnii

nniie

∑=

=n

iiie MT

1

..2

1 θ (3.10)

x

y

z

σx σx

σy

σy

τxy

τyx

O

Fig.3.6

σz

τyz

τxz τzx

τzy

dx

dy

dz

Sección 3.4: Energía de deformación

9

Sobre las dos caras perpendiculares al eje X:

Y repitiendo lo mismo sobre las dos caras perpendiculares al eje Y y las dos caras perpendiculares al eje Z, quedará:

La energía de deformación por unidad de volumen será:

Si sustituimos las deformaciones en función de las tensiones, según las ecuaciones 3.3 de la ley de Hooke generalizada quedará finalmente como expresión de la Energía de Deformación por unidad de volumen:

La Energía de Deformación U del cuerpo elástico total será: Observación: En las fórmulas obtenidas no hemos considerado el Trabajo debido a las Fuerzas de Gravedad que actuarían sobre el paralelepípedo, debido a que obtendríamos un infinitésimo de 4º orden, que se despreciaría frente al Trabajo de las Fuerzas Elásticas que es de 3º orden, como se ha visto.

dzdydx

dxdzdydxdzdydxdzdy

xzxz

xyxyxx

xzxz

xyxyxx

...2

.2

...2

1

.2

....2

1.

2....

2

1.....

2

1

++=

=++

γτγ

τεσ

γτγ

τεσ

dzdydxdUdT yzyzxzxzxyxyzzyyxxe ..)........(2

1 γτγτγτεσεσεσ +++++==

).......(2

1yzyzxzxzxyxyzzyyxxdVol

dUu γτγτγτεσεσεσ +++++== (3.11)

+−=

+−=

+−=

EEE

EEE

EEE

yxzz

zxyy

zyxx

σσνσε

σσνσ

ε

σσνσε

.

.

.

G

G

G

zxzx

yzyz

xyxy

τγ

τγ

τγ

=

=

=

[ ] ( )222222 ..2

1)....(.2.

.2

1zxyzxyzyzxyxzyx GE

u τττσσσσσσνσσσ +++++−++=

∫=vol

VolduU )(.

(3.12)

(3.13)


10

3.5.- DIAGRAMAS DE TENSIONES – DEFORMACIONES Las propiedades mecánicas de los materiales, tales como: RESISTENCIA, RIGIDEZ, DUCTILIDAD, …………. , se obtienen de los Diagramas Tensiones - Deformaciones Estos diagramas se obtienen a partir de una probeta de dimensiones normalizadas del material a ensayar y sometiéndola a esfuerzos crecientes de Tracción (o en su caso de Compresión) hasta llegar a romperla. Durante el proceso se irán midiendo en cada instante los valores de la tensión a la que esté sometida: σ = F/Ao y las correspondientes deformaciones que se van produciendo: ε = ∆L/L. Si en unos ejes coordenados llevamos las deformaciones ε al eje de abcisas y las tensiones σ al de ordenadas se obtendrá un gráfico que es el Diagrama de tensiones – deformaciones. Cada material tendrá su propio Diagrama. El Diagrama tensiones – deformaciones para el caso de un acero estructural, conocido también como acero dulce de construcción, uno de los metales mas usados en edificios, puentes, grúas, etc…, es el siguiente: Observación: Este diagrama no está dibujado a escala, pero se representa así, para destacar con más claridad los puntos y partes mas significativas del mismo. Analicemos pues dicho Diagrama:

LP

LE LFi LFf

LR σ

ε O Fig.3.8

F

L

Ao : área inicial de la sección transversal

F F

Fig.3.7

Sección 3.5: Diagramas de tensiones-deformaciones

11

Tramo O – LP: Este tramo inicial es una recta y existirá por tanto proporcionalidad entre tensiones σ y deformaciones ε, se cumple pues la Ley de Hooke:

La pendiente de la recta de proporcionalidad nos proporciona el Módulo de Elasticidad longitudinal E del material. Y nos va a medir la RIGIDEZ de un material “Rigidez de un material es la mayor o menor resistencia que opone dicho material a dejarse deformar” Ejemplo: Supongamos que tenemos los gráficos de dos materiales representados en la figura 3.10.

Se observa que la recta de proporcionalidad del material 1 tiene mayor pendiente que la del material 2: α1 > α2 → tag α1 > tag α2 → E1 > E2 → “el material 1 es más rígido que el material 2”. Efectivamente: se observa que sometidos los dos materiales a la misma tensión: σ1 = σ2, el material 1 se deforma menos que el material 2: ε1 < ε2

LP

LE LFi LFf

LR σ

ε O

α ε

σ

σP LP : Límite de Proporcionalidad σP : Tensión de proporcionalidad tag α = σ/ε = E (Módulo de Elasticidad longitudinal)

Fig.3.9

F

εσσε =→= E

E

LP LP σ

σ1

σ

σ2 = σ1

ε1 ε2 ε ε α1 α2

Material 1 Material 2

Fig.3.10


12

Tramo LP - LE: A partir de LP el diagrama deja de ser una recta y comienza a ser una curva. El punto LE “límite elástico”, representa la máxima tensión que puede alcanzar el material para comportarse elásticamente, es decir, sin que se produzcan en él deformaciones permanentes

Así pues, si una vez alcanzado el punto LE descargamos la probeta, la línea de descarga se hará recorriendo en sentido contrario la de carga y la probeta volvería a su estado inicial en el punto O.

LP

LE

LFi LFf

LR σ

ε O α

σE

LE : Límite Elástico σE : Tensión elástica

Fig.3.11

Campo Elástico

F

LE LFi LFf

LR σ

ε O α

σE

Fig.3.12

F

Carga Descarga


13

Tramo LE – LFi – LFf : Una vez alcanzado el punto LE, si seguimos aumentando la carga sobre la probeta, el diagrama continua curvándose con una pendiente cada vez menor, hasta alcanzar el punto LFi. y a partir de dicho punto el material se deforma de forma apreciable (puede observarse a simple vista) sin necesidad de un aumento de carga, con lo cual aparece una línea horizontal en el gráfico hasta llegar al punto LFf . El material se dice que ha entrado en fluencia y se vuelve perfectamente plástico

Las deformaciones que sufre la probeta en este tramo son del orden de 10 a 15 veces la producida hasta el tramo anterior

LP LE

LFi LFf

LR σ

ε O α

σF

LFi : Límite Fluencia inicial LFf : Límite Fluencia final σF : Tensión de fluencia

Fig.3.13

F


14

Tramo LFf – LR - F: Después de las grandes deformaciones producidas en el material durante el tramo de fluencia anterior, el material sufre cambios en su estructura cristalina y empieza a “endurecerse por deformación”, así pues, para seguir deformando la probeta se requiere de nuevo aumentar la carga que actúa sobre ella. Y así hasta llegar al punto más alto del diagrama LR, que representará la máxima carga que es capaz de aguantar el material hasta romperse

“Resistencia a la rotura de un material es la máxima tensión capaz de soportar hasta romperse” . (También se la denomina: “resistencia última del material” ). Hasta llegar al punto LFf, la probeta se va alargando uniformemente en toda su longitud y este alargamiento va acompañado de una contracción lateral, pero esta contracción lateral es muy pequeña y apenas significa variación en el valor del área de la sección transversal inicial Ao, con lo cual no va a suponer un efecto significativo sobre los valores obtenidos de las tensiones: σ = F/Ao. Pero a partir de LFf, la reducción del área empieza a ser significativa y llega a ser visible, produciéndose el fenómeno de “estricción” en una zona concreta de la probeta y produciéndose finalmente la rotura en el punto F del diagrama.

LP LE

LFi LFf

LR

ε O α

σR

LR : Límite de Rotura σR : Tensión de rotura

Fig.3.14

Resistencia a la rotura del material

F

región de fractura

F F

Fig.3.15

región de estricción


15

Si a partir de LFf, en lugar de obtener las tensiones tomando como referencia el área inicial de la sección de la probeta: σ = F/Ao, tomásemos el área verdadera de la sección de la probeta en cada instante: σ = F/A, el diagrama, por lo dicho antes, se mantendría prácticamente igual hasta LFf, a partir de él, al empezar a ser significativas las reducciones de la sección transversal, el diagrama tomaría la línea azul que se indica en la figura siguiente y en lugar de decrecer la curva de LR a F, seguiría creciendo e iría de LR a F´ y este sería el verdadero diagrama de tensiones-deformaciones. No obstante este cambio no se considera.

Del Diagrama se observa las grandes deformaciones permanentes que ha sufrido el material antes de romperse. Pues bien la propiedad que define esto se denomina: Ductilidad “Ductilidad de un material es la capacidad que tiene para sufrir deformaciones permanentes antes de romperse” . Se puede obtener midiendo la longitud de la probeta antes y después del ensayo ( una vez rota), mediante la siguiente fórmula:

LP LE

LFi LFf

LR

ε O α

σR

LR : Límite de Rotura σR : Tensión de rotura

Fig.3.16

Resistencia a la rotura del material

F

F´

L

F F

L+∆L

F F

Fig.3.17

ductilidad : .100 (3.14)L

L

∆


16

Si representásemos el Diagrama a escala natural, se observarán las grandes deformaciones que se producen hasta la rotura final comparadas con las deformaciones apenas apreciables que se producen hasta el límite elástico Se observa que los puntos LP, LE y LF están todos ellos muy próximos. Así pues en el caso que nos ocupa del acero dulce, a efectos prácticos, se suelen tomar los tres puntos en uno solo, de tal forma que: LP = LE = LF. En consecuencia el diagrama a efectos prácticos se podrá simplificar de la siguiente manera:

Esta situación no se da en otros materiales.

LP LE

LFi

LFf

LR σ

ε O Fig.3.18

F

LP = LE = LF

LR

ε O Fig.3.19

F

σP ≅ σE ≅ σF = fy “resistencia elástica del material” o “ tensión del límite elástico”

fy

fu

σR = fu “resistencia a la rotura del material” o “tensión de rotura”

σ


17

Otras consideraciones sobre el Diagrama Elasticidad - Plasticidad Supongamos que sobrepasamos el punto LE (límite elástico) y nos encontramos en el punto A del diagrama y una vez en él, descargamos la probeta. Durante la descarga se sigue la línea recta AA´, paralela a la recta de proporcionalidad O-LP. Cuando se alcanza el punto A´, se ha suprimido por completo la carga, pero el material queda con una “Deformación Permanente: OA´”. En este caso se dice que el material es “parcialmente elástico”.

Así se tendrá: OA´´ : Deformación total que tendrá la probeta al alcanzar el punto A del diagrama OA´ : Deformación permanente o residual con la que quedará la probeta al descargarla A´A´´ :Deformación elástica, parte de la deformación total que recupera al descargarla La característica de un material por la cual sufre deformaciones inelásticas más allá de la deformación en el límite elástico (LE), se conoce como: “plasticidad “Así pues en el diagrama distinguiremos dos zonas: la zona elástica (ZE) y la zona plástica (ZP)

LE LFi LFf

LR σ

ε O α

Fig.3.20

F

LP

A

A´´ A´ Deformación permanente

Deformación elástica Deformación total

Carga Descarga

ZE ZP


18

Si el material permanece dentro de la zona elástica, puede cargarse, descargarse y volverse a cargar sin un cambio significativo en su comportamiento; sin embargo, cuando se carga en la zona plástica, la estructura interna del material se altera y sus propiedades cambian. Por ejemplo, supongamos como en el caso anterior que hemos cargado la probeta hasta el punto A y al llegar a dicho punto la descargamos. Ya hemos visto que el material en la descarga alcanza el punto A´ y ha quedado con una deformación permanente. Pues bien, si ahora le volvemos a cargar de nuevo, la línea de carga es de nuevo la A´A y al llegar de nuevo al punto A sigue el diagrama original de tensión-deformación hasta el punto F

Se observa que en la nueva carga el material se comporta de manera linealmente elástica hasta el punto A (superior al punto LE), con lo cual el material mejora su comportamiento elástico, pero por el contrario su zona plástica se reduce. Este nuevo comportamiento encuentra aplicaciones por ejemplo en los cables de los ascensores. Diagramas de otros materiales El diagrama tensiones-deformaciones, visto anteriormente, es el correspondiente a un acero estructural, conocido también como acero dulce de construcción. Otros materiales darán lugar a otros diagramas. Veamos a continuación los diagramas correspondientes a tres prototipos de materiales: el acero dulce de construcción (ya visto), las aleaciones de aluminio y el hormigón y destaquemos las diferencias principales que hay entre ellos

LE LFi LFf

LR σ

ε O α

Fig.3.21

F

LP

A

A´´ A´ Deformación permanente

Deformación elástica Deformación total

Carga Descarga

ZE ZP


19

Acero dulce de construcción material muy dúctil (sufre grandes deformaciones permanentes antes de romperse) Observación: este acero es de bajo contenido en carbono. Si aumentamos el contenido en carbono se vuelve menos dúctil pero mas resistente. presenta un punto de fluencia bien definido

Aleacciones de aluminio material dúctil no presenta un punto de fluencia definido Observación: en estos casos se suele definir un punto de fluencia en el diagrama y se obtiene trazando una línea paralela a la recta de proporcionalidad para una deformación de 0,002 (0,2 %)

Hormigón, Vidrio, Cerámicas…. material frágil ( muy poco dúctil).

Los materiales frágiles se rompen con poco alargamiento después de que se ha excedido el límite de proporcionalidad. Por lo tanto la rotura aparece bruscamente, sin previo aviso

LP

LE LFi LFf

LR σ

ε O

F

Fig.3.22

LP

LE

LF

σ

ε O

LR

0,002

Fig.3.23

LP

LR σ

ε O

Fig.3.24


20

Ensayo de Compresión El ensayo a compresión se realiza colocando una probeta cilíndrica o prismática entre los platos de una prensa. Las curvas tensión-deformación para el ensayo a compresión difieren de las del ensayo a tracción. Así, en los materiales dúctiles, las partes iniciales de ambos diagramas son parecidas, pero a partir de la fluencia difieren bastante. En el ensayo a tracción la probeta se va alargando y termina por romper, en cambio en el ensayo a compresión, la probeta se va acortando y abombando lateralmente y se aplana, sin producirse la rotura. El prototipo de diagrama a compresión de un material dúctil sería pues:

En los materiales frágiles, el diagrama correspondiente al ensayo a compresión presenta, una parte inicial igual que el de tracción, pero la tensión de rotura se suele alcanzar para valores más elevados

Fig.3.25

Fig.3.26

LP

LR (tracción)

σ

ε O

Fig.3.28

LR (compresión)

LP

LE

LF

σ

ε O 0,002

Fig.3.27

Sección 3.6: Coeficientes de seguridad

21

3.6.- COEFICIENTES DE SEGURIDAD Según la normativa CTE se deberán aplicar dos coeficientes de seguridad, uno para minimizar las tensiones límites del material y otro para mayorar las cargas aplicadas. Coeficiente de minoración de la tensión límite del material Ya hemos visto que al aumentar las cargas que actúan sobre un cuerpo aumentan las tensiones en los puntos de su interior, debiendo evitar que las mismas alcancen los valores correspondientes a las tensiones límites del material. En el caso de los materiales dúctiles, como es el caso del acero, para el valor de dicha tensión límite se suele adoptar la tensión del límite elástico (resistencia elástica): fy y en el caso de los materiales frágiles, como sería el caso del hormigón, se tomará como valor de la tensión límite, la tensión límite de rotura (resistencia a la rotura): fu Con el objeto de tener en cuenta la mayor o menor precisión de las tensiones límites marcadas por los fabricantes, valores característicos para los distintos materiales, se introduce un coeficiente de seguridad que minimiza dichos valores. Así por ejemplo en el caso del acero, al ser un material homogéneo, los valores de las tensiones límites indicadas por los fabricantes suelen ser bastante precisas, con lo cual se usan unos coeficientes de seguridad pequeños para minorar las tensiones límites:

Tabla 3.1 de las características mecánicas mínimas de los aceros Espesor nominal t (mm) Tensión del límite elástico fy (N/mm2)

Tensión de rotura fu (N/mm2)

Designación del tipo de acero

t≤16 16≤t≤40 40≤t≤63 3≤t≤100 S235 235 225 215 360 S275 275 265 255 410 S355 355 345 335 470 S450 450 430 410 550

siendo:

: tensión del límite elástico para el cálculo

: tensión del límite elástico indicado por los fabricantes (ver tabla 3.1)

coeficiente de seguridad del material 1,05;1,1;1,25;1,4

yd

y

M

f

f

γ = =

σ

εε

O material dúctil

fy fyd

LE ≅ LF

Fig.3.29

yyd

M

ff

γ= (3.15)


22

Para el caso de los hormigones, al ser un material heterogéneo, los coeficientes de minoración de las tensiones límites son más grandes, al ser éstas más imprecisas.

Coeficiente de mayoración para las cargas aplicadas Dado que en la determinación de las cargas que actúan sobre una determinada barra o estructura, no se pueden obtener muchas veces sus valores exactos, es conveniente mayorar éstas, multiplicándolas por un coeficiente de seguridad, y trabajar con valores mayores para suplir esas posibles diferencias entre el valor real que tendrá una carga y el valor que nosotros hayamos obtenido. Así por ejemplo, en la carga que transmite la nieve o el viento sobre una edificación, nosotros trabajaremos con valores estadísticos, que se obtienen según la zona geográfica donde nos encontremos, su altitud y su ubicación dentro de esa zona. Dichos valores están recogidos en las Normativas (CTE-SE-AE). Pero es evidente que nos podremos encontrar en casos ocasionales en que se puedan superar los valores indicados en las Normativas. De ahí esa necesidad de mayorar los valores característicos de las cargas que nos dan las Normativas. Otro caso que ocurre con frecuencia es por ejemplo, en los casos de impactos o de vibraciones transmitidas por maquinaria o bien por terremotos, tampoco se dispone de unos cálculos demasiado precisos para determinar con exactitud las cargas que como consecuencia de ellos se transmiten a la barra o estructura. Es evidente que cuanto mayor sea la incertidumbre en el conocimiento del valor de una carga, mayor debe de ser el coeficiente de seguridad con el que mayoremos la carga. No obstante en las cargas que se transmiten a las edificaciones en general, las Normativas ya fijan los coeficientes de seguridad para la mayoración de las cargas que debemos aplicar.

siendo:

: tensión del límite de rotura para el cálculo

: tensión del límite de rotura indicado por los fabricantes

: coeficiente de seguridad del material 1,7; 2; 2,2; 2,5; 3 .

(este coeficiente dependerá de la categoría del c

ud

u

M

f

f

γ =ontrol de su fabricación y de su ejecución.)

Ver normativa CTE-SE-F

LR σ

ε O

material frágil

fu

fud

Fig.3.30

uud

M

ff

γ= (3.16)

Sección 3.6: Coeficientes de seguridad

23

Así pues las cargas a considerar en los cálculos serán las cargas mayoradas:

Observaciones: 1) En la normativa CTE-SE se indican los coeficientes de seguridad a emplear en las edificaciones:

Tipo de verificación Tipo de acción Situación persistente o transitoria

Desestabilizadora Estabilizadora

Permanente -Peso propio, peso del terreno -Empuje del terreno -Presión del agua

1,1 1,35 1,05

0,9 0,8 0,95

Estabilidad

Variable: viento, nieve,… 1,5 0

2) Cuando sobre una barra o estructura actúan varias acciones (cargas) simultáneamente, los coeficientes de seguridad de las mismas pueden sufrir reducciones en sus valores. Ver normativas CTE-SE. Y CTE-AE 3) La mayoración de cargas se empleará para las comprobaciones de resistencia y de estabilidad. En cambio para las comprobaciones de las deformaciones se emplearán las cargas sin mayorar.

Tabla 3.2 de coeficientes parciales de seguridad (γγγγ) para las acciones (cargas) Tipo de verificación Tipo de acción Situación persistente o transitoria

Favorable Desfavorable Permanente -Peso propio, peso del terreno -Empuje del terreno -Presión del agua

1,35 1,35 1,2

0,8 0,7 0,9

Resistencia

Variable: viento, nieve,… 1,5 0

(3.17) * .P Pγ=

*

siendo :

: Carga mayorada (con la que se trabajará en los cálculos)

: Carga aplicada (valor característico)

: Coeficiente de seguridad para las cargas (ver tabla 3.2 )

P

P

γ


24

3.7.- CRITERIOS PARA EL DIMENSIONAMIENTO DE SECCION ES A RESISTENCIA 1.-Criterio elástico de dimensionamiento: La resistencia elástica de una sección se obtendrá cuando en un punto de la misma se alcance la tensión del límite elástico fy. (Este criterio se desarrollará en los siguientes temas) 2.-Criterio plástico de dimensionamiento: La resistencia plástica de una sección se obtendrá cuando en todos los puntos de la misma se alcance la tensión del límite elástico fy. (Este criterio se desarrollará en los siguientes temas)

fy S

F1

F2

F4

Fig. 3.31

fy S

F1

F2

F4

Fig. 3.32

fy

fy

Sección 3.7: Criterios para el dimensionamiento de secciones a resistencia

25

3.-Criterio de Von Mises de dimensionamiento: Este criterio era el que se venía aplicando con la Normativa anterior. Esta teoría esta basada en lo siguiente: “La energía de deformación que absorbe un cuerpo se emplea en producir en él un cambio de volumen y unas deformaciones angulares en las caras de los paralelepípedos elementales que lo forman” Y esta teoría dice: “Un cuerpo falla elásticamente cuando la energía que se emplea en las deformaciones angulares, alcanza el valor de ésta obtenido en el ensayo a tracción, cuando en la probeta se alcanza la tensión del límite elástico fy Para ver la fórmula que expresa esta teoría partimos de un paralelepípedo sometido a sus tres tensiones principales: σ1>σ2>σ3 El paralelepípedo de la fig.3.33.a., absorberá una energía de deformación U, que se invertirá, por lo anteriormente dicho, en un incremento de volumen del paralelepípedo U∆vol y en una deformación angular de sus caras: Ud. Así pues resultará: Si sometemos al paralelepípedo a una tensión media σm dada por: este estado de tensiones, (ver fig.3.33.b), tan sólo proporcionará al paralelepípedo un cambio de volumen: U∆vol, con lo cual el estado de tensiones de la fig.3.33.c, será el que proporcionará la energía de deformación necesaria para las deformaciones angulares de sus caras: Ud. Por la ecuación (3.12) para obtener la energía de deformación, vista en la sección 3.4, tendremos que:

= + σ1

σ2

σ3

σm

σm

σm

σ1-σm

σ2-σm

σ3-σm

Fig.3.33

(b) (a) (c)

1 2 3 (3.19)3m

σ σ σσ + +=

[ ] ( )222222 ..2

1)....(.2.

.2

1zxyzxyzyzxyxzyx GE

U τττσσσσσσνσσσ +++++−++=

(3.18)vol dU U U∆= +


26

Para el estado de tensiones del paralelepípedo planteado en la fig.3.31.a, sería: con lo cual la ecuación (3.12) quedaría: Para el caso del paralelepípedo de la fig.3.31.b, sería: con lo cual la ecuación (3.12) quedaría ahora:

y sustituyendo σm por su valor: dado en la ecuación (3.19) y operando queda:

Finalmente de la ecuación 3.18: y sustituyendo las expresiones obtenidas para U y para U∆vol, (ecuaciones 3.20 y 3.21 respectivamente), quedará:

0

0

0

3

2

1

======

zxz

yzy

xyx

τσστσστσσ

2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 3

1. 2. .( . . . ) (3.20)

2.U

Eσ σ σ ν σ σ σ σ σ σ = + + − + +

2 2 2 2 2

2

1 1. 2. .( . . . ) . 3. 2. .(3.

2. 2.

3..(1 2. )

2.

vol m m m m m m m m m m m

m

UE E

E

σ σ σ ν σ σ σ σ σ σ σ ν σ

σ ν

∆ = + + − + + = − =

= −

0

0

0

======

zxmz

yzmy

xymx

τσστσστσσ

volddvol UUUUUU ∆∆ −=→+=

2 2 21 2 3 1 2 2 3 3 1

1 2.. 2. . 2. . 2. . (3.21)

6.volUE

ν σ σ σ σ σ σ σ σ σ∆−

= + + + + +

2 2 21 2 2 3 3 1( ) ( ) ( )1

. (3.22)3. 2d volU U U

E

σ σ σ σ σ σν∆

− + − + −+= − =

Sección 3.7: Criterios para el dimensionamiento de secciones a resistencia

27

Por otra parte el estado de tensiones de un paralelepípedo elemental para el caso del ensayo a tracción, cuando la probeta haya alcanzado la tensión del límite elástico será: y sustituyendo en la ecuación 3.22 la energía de deformación angular para este caso sería: Finalmente si aplicamos esta teoría, se tendrán que igualar las dos expresiones obtenidas para Ud (ecuaciones 3.22 y 3.23):

si Para dimensionar a resistencia con este criterio, según lo visto anteriormente, será: Caso particular: Tensiones planas Para el caso de tensiones planas si hacemos σ3 = 0 se tendrá:

fyd fyd

Fig.3.34

1

2

3

0

0

ydfσσσ

===

21. (3.23)

3.d ydU fE

ν+=

2 2 221 2 2 3 3 1( ) ( ) ( )1 1

. . y operando3. 2 3. ydf

E E

σ σ σ σ σ σν ν − + − + −+ +=

2 2 21 2 2 3 3 1( ) ( ) ( )

falla2 ydf

σ σ σ σ σ σ− + − + − = →

2 2 21 2 2 3 3 1( ) ( ) ( )

2 ydfσ σ σ σ σ σ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗− + − + − ≤

2 21 2 1 2. ydfσ σ σ σ∗ ∗ ∗ ∗+ − ≤

(3.24)

(3.25)


28

y por último sustituyendo las tensiones principales σ1 y σ2 en función de las componentes del estado de tensiones (ecuaciones 1.19): la ecuación 3.25 resultará: Observación: Cuando las tensiones normales sean cero, la fórmula de Von Mises quedará:

*2 *3.3yd

xy yd xy yd

ffτ τ τ≤ → ≤ =

A esta tensión cortante se la denomina “tensión cortante en el límite elástico”: τyd

221 .4)(.

2

1

2 xyyxyx τσσ

σσσ +−+

+=

222 .4)(.

2

1

2 xyyxyx τσσ

σσσ +−−

+=

2 2 2. 3.x y x y xy ydfσ σ σ σ τ∗ ∗ ∗ ∗ ∗+ − + ≤ (3.26)

(3.27)

Tema 4: Tracción - Compresión

1


Tema 4 : TRACCIÓN - COMPRESIÓN

F

A

G N = F

x

y

z

O

σx

σx

σx

σx σx

σx


2

4.1.- INTRODUCCIÓN Una sección de una pieza está solicitada a Tracción-Compresión cuando la resultante de las fuerzas interiores tiene la componente Rx = N

En este tema se estudiará sólidos que sólo trabajen a TRACCIÓN-COMPRESIÓN, es decir, sólidos en los que en todas sus secciones tan sólo aparezca la componente Rx= N de las fuerzas interiores. Ejemplos: Las BARRAS que componen las cerchas o vigas en celosía

Los CABLES que sujetan barras

Los DEPOSITOS o RECIPIENTES a PRESIÓN

3 1

2

4

5

6

7

1

F1

F1

2 F2 F2

Rx= N N

N

TRACCIÓN (N>0)

COMPRESIÓN (N<0)

x

x

x

y

z

G

Fig. 4.1

1 2

1

2 F1

F1

F2

F2

Fig. 4.2

Sección 4.2: Tensiones

3

4.2.-TENSIONES Consideremos una barra prismática trabajando a Tracción-Compresión y cortemos por una sección recta transversal de la misma (A).

Para ver como se distribuyen las fuerzas internas o tensiones en dicha sección, tomemos en un punto O (z,y) cualquiera de la sección A, un elemento diferencial de área: dA. Las tensiones serán, según lo visto en la sección 1.6: y según las relaciones tensiones-solicitaciones, ecuaciones (1.26):

Se ha tenido en cuenta que al trabajar la sección sólo a Tracción-Compresión: Vy = Vz = T = My = Mz=0 Con estas 6 ecuaciones por si solas no se podrá determinar las tensiones: σx, τxy, τxz.

Para poder calcularlas se recurrirá a hipótesis

A F F F

A

G N = F

x

y

z

O

Fig. 4.3

F

A

G N = F

x

y

z

O dA

y

z

dA

O σx

τxy

τxz

Fig. 4.4

( ) 0..0..0...

0.0..

=====−=

======

∫∫∫

∫∫∫

A

xz

A

xy

A

xyxz

A

xzz

A

xyy

A

x

dAyMdAzMdAzyT

dAVdAVFdAN

σσττ

ττσ


4

La hipótesis que resuelve la indeterminación del sistema de ecuaciones anteriormente planteado, es la HIPÓTESIS DE BERNOUILLI o de CONSERVACIÓN DE LAS SECCIONES PLANAS, que dice: “las secciones transversales del prisma que eran planas y perpendiculares a su línea medía antes de la deformación, al producirse ésta, se trasladan paralelamente a sí mismas, permaneciendo planas y perpendiculares a dicha línea media” Esta hipótesis se puede comprobar experimentalmente sometiendo a Tracción una barra prismática en la que se han trazado previamente sobre su superficie una retícula de líneas rectas, unas perpendiculares y otras paralelas al eje longitudinal del prisma

Se observa que todas las líneas rectas, paralelas al eje longitudinal, alargan por igual, con lo cual se podrá decir que “la deformación longitudinal unitaria es constante”, es decir: εX = cte En virtud de ello y según la ley de Hooke:

cteEcteE xx

xx ==→== εσσε . → σx = cte

Llevando esta conclusión a la primera de las ecuaciones anteriormente planteadas:

:..)(. dondedeFAdANctesiFdAN x

A

xx

A

x ===→=== ∫∫ σσσσ

Se observa igualmente que cualquier rectángulo formado por la retícula de líneas rectas, por ejemplo el abcd, después de la deformación, se transforma en el rectángulo a´b´c´d y por tanto sigue manteniendo sus ángulos rectos, es decir, no se producen deformaciones angulares. Así pues: γxy =0 γyz =0 γzx =0

y por la ley de Hooke: 0 0 0xy yz zxxy yz zxG G G

τ τ τγ γ γ= = = = = = con lo cual:

a a´ b b´

c c´ d d´ F F

Fig. 4.5

cteA

F

A

Nx ===σ

F

A

G N = F

x

y

z

O

σx

σx

σx

σx σx

σx

σx = cte = F/A

Fig. 4.6

000 === zxyzxy τττ


5

Conclusión: “En una barra prismática que trabaje sólo a TRACCIÓN-COMPRESIÓN, las componentes del estado de tensiones en un punto cualquiera de la misma serán”:

Observación: La sección por donde se corta la barra prismática para obtener las componentes del estado de tensiones en un punto, es una sección recta transversal, es decir, perpendicular al eje x de la barra.

Pero si en lugar de cortar la barra por la sección recta transversal A, la cortamos por una sección inclinada B, las tensiones correspondientes las podríamos obtener a partir de las ecuaciones matriciales (1.9), vistas en la sección 1.3 o bien a través del círculo de Mohr.

Así: conocidas las componentes del estado de tensiones en el punto O, al cortar por la sección recta transversal A:

La tensión sobre la sección inclinada, B, será:

Las tensiones normal y cortante serán:

00

00

0

==

==

====

zxz

yzy

xyx cteA

F

A

N

τστσ

τσ

x G

y

O

N=F

σx=F/A=cte

A F F F

z A

F x

O

ρx

σ

τ

α G

B

F x

O

α G

B u

F

Fig. 4.8

00000 ======== zxyzxyzyx cteA

F

A

N τττσσσ

0

0

cos.

0

cos

.

000

000

00

===

→

=

z

y

xxx

z

y

x

sen

ρρ

ασραασ

ρρρ

αασσρτασρσ senu xx .cos.cos.. 222 =−=== ��

Fig. 4.7

(4.1)

(4.2)

(4.3)

P σx σx x

z

y


6

Diagramas de Fuerzas Normales: Estos diagramas nos dan las fuerzas normales N en cada sección de la barra prismática. Ejemplo: Representemos los diagramas de fuerzas normales para la barra prismática de la figura, sometida a las fuerzas F1 y F2 que se indican.

tramo L1 : tramo L2 : tramo L3 : Barras prismáticas de sección variable. Concentración de Tensiones:

Para valores de α pequeños → σx ≅ cte Para valores de α grandes → σx ≠ cte

F1 F2 F2 F1

L1 L3 L2

x z

y

G

Sección recta Transversal (A)

F1 F1

F1-F2

N

x + Fig. 4.9

F1

σx = N/A = (F1-F2)/A = cte

N = F1-F2 x F1 F2

σx = N/A = F1/A = cte

N = F1

x

σx = N/A = F1/A = cte

N = F1

x

F1

F F

α α

Fig. 4.10


7

En general, en las barras prismáticas con variación “brusca” de sección → σx ≠ cte

Ocurre que en los puntos próximos a donde se detecta el cambio “brusco” de sección, esto es, en los puntos : m y n indicados en las figuras, se producen tensiones superiores a la tensión media y a medida que nos vamos alejando de ellos, las tensiones van disminuyendo, llegando a producirse tensiones inferiores a la tensión media en los puntos mas distantes de ellos. La tensión máxima se obtiene:

El valor de k va a depender de:

• Tipo de solicitación: Tracción, Flexión, etc.. • Geometría y dimensiones del cambio de sección • Tipo de material

y es un valor que se puede obtener experimentalmente Observación: La concentración de tensiones adquiere mucha importancia en el cálculo de piezas sometidas a cargas repetidas o de fatiga, pues en estos casos, en los puntos m y n, donde se concentran las tensiones y donde aparecen las σmax, son los puntos donde romperán las barras.

N

N

σmax

σmedia m n

N

N

σmedia

σmax

n m

Fig. 4.11

""1..max tensionesdeiónconcentracdeecoeficientksiendoA

Nkk med ≥== σσ

(4.4)


8

Para disminuir el efecto de estas concentraciones de tensiones debemos de tratar de diseñar cambios suaves de sección.

1..1.. maxmax ≈→==>>→== kA

Nkkk

A

Nkk medmed σσσσ

4.3.-DEFORMACIONES Conocidas, en la sección anterior, las “Componentes del estado de tensiones” en un punto O de una barra prismática que trabaje a Tracción-Compresión, la obtención de las “Componentes del estado de deformaciones”, en dicho punto, se obtendrán aplicando la Ley Generalizada de Hooke:

N

N

σmax

σmedia

m n

N

N

σmax

σmedia

m n

0.

0.

0

=−=

=−=

==

zxx

z

yzx

y

xyx

x

E

E

E

γσνε

γσνε

γσε

Fig. 4.12

(4.5)

Sección 4.3: Deformaciones

9

Desplazamiento u de una sección de una barra: Al aplicar a una barra de longitud L, una fuerza F de tracción, ésta sufrirá un alargamiento total ∆L y cada una de las secciones de la barra sufrirán desplazamientos u. Los desplazamientos u de las secciones se calcularán de la siguiente forma:

Por definición: ( )

( ) . .xx x

dxdx dx dx

dx E

σε ε∆= → ∆ = =

1 1 1

1 1

0 0 0

( ) ( ) ..

x x x

x Nu x x dx dx dx

E A E

σ= ∆ = ∆ = =∫ ∫ ∫

Alargamiento total de la barra ∆L:

0 0 0

( ) . ..

L L Lx N

L dx dx dxE A E

σ∆ = ∆ = =∫ ∫ ∫

Casos particulares:

• Si: N = cte A = cte E = cte →

• Si N, A, E, varían pero de forma discreta (a saltos): →

N

L ∆L

x dx

Fig. 4.13

∆x1 = u x1

∫=∆L

AE

dxNL

0 .

.

AE

LNL

.

.=∆

∑=∆ii

ii

AE

LNL

.

.

(4.6)

(4.7)

(4.8)


10

4.4.-RESOLUCIÓN DE CASOS HIPERESTÁTICOS Cuando en una barra o en una estructura el número de ecuaciones de equilibrio es inferior al número de incógnitas, se dice que es un caso Hiperestático

Éstos casos suelen darse cuando la barra o la estructura tienen apoyos (ligaduras) de más. Para resolver pues un caso hiperestático no serán suficientes las Ecuaciones de equilibrio y se buscarán para complementarlas Ecuaciones de Deformación, de tal forma que se cumpla: El estudio de este apartado se desarrollará a través de la resolución de varios ejemplos Ejemplo 1º: Barra empotrada en ambos extremos sometida a una fuerza

Ecuación de equilibrio: Incógnitas: RA, RB

¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene apoyos de más (está doblemente empotrada y con un solo empotramiento sería suficiente). La barra ISOSTÁTICA sería:

pero está barra no sería equivalente a la dada, para que fuera equivalente sería:

F RA

L1 L2

F RA RB

L1 L2 Fig. 4.14

Nº ECUACIONES EQUILIBRIO < Nº INCÓGNITAS

⇓

CASO HIPERESTÁTICO

Nº ECUACIONES EQUILIBRIO + Nº ECUACIONES DE DEFORMACIÓN = = Nº INCÓGNITAS

0 (4.9)A BF R R F= + =∑

Sección 4.4: Resolución de casos hiperestáticos

11

barra ISOSTÁTICA EQUIVALENTE:

con la condición (ecuación de deformación): ∆L = 0 (4.10) tramo L1:

tramo L2:

Desarrollando la ecuación (4.10), por la expresión dada en (4.8):

y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.9) y la ecuación de deformación (4.11):

Ejemplo 2º: Barra empotrada en ambos extremos sometida a un incremento de temperatura: Tensiones de origen térmico Ecuación de equilibrio: 0 (4.13)A BF R R= =∑

Incógnitas: RA, RB

¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene apoyos de más (está doblemente empotrada y con un solo empotramiento sería suficiente).

F RA RB

L1 L2

RB

RA

N

x

+

-

N = RA RA

RB N = RB

21

1

21

2 ..

LL

LFR

LL

LFR BA +

=+

=

∆T>0 RA RB

L Fig. 4.16

1 2. . .0 0 (4.11)

. . .i i A B

i i

N L R L R LL L

E A E A E A

−∆ = → ∆ = = + =∑

Fig. 4.15

(4.12)


12

barra ISOSTÁTICA EQUIVALENTE: con la condición (ecuación de deformación): ∆L = 0 (4.14) tramo 0-x-L:

Desarrollando la ecuación (4.14) y aplicando el Principio de Superposición de Efectos:

0)()(0 =∆+∆∆=∆→=∆ BRLTLLL

y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.13) y la ecuación de deformación (4.15): y las tensiones que se habrán generado en la barra empotrada por efecto del incremento de temperatura serían: Observación: Las tensiones se han originado porque debido al ∆T>0, al querer dilatar la barra y no poder hacerlo al estar doblemente empotrada, presionará a los empotramientos y por consiguiente aparecerán las reacciones en éstos. Esto no pasaría si hubiese habido un solo empotramiento y la barra hubiese podido dilatar libremente

RA RB

L

RB

N x

-

∆T>0

RB Rx = RB

L

∆T>0

∆L

( ) . .

coef. dilatación térmico

L T L Tαα∆ ∆ = ∆

=

L

∆L

RB AE

LRRL B

B .

.)(

−=∆

TAERR BA ∆== ... α

TEA

R

A

N Bx ∆−=

−== ..ασ

L

∆T>0

∆L

0=xσ

.. . 0 (4.15)

.BR L

L L TE A

α −∆ = ∆ + =

Fig. 4.17

(4.16)

(4.17)


13

Ejemplo 3º: Barra pretensada de hormigón armado Dado que el hormigón es un material que resiste muy mal los esfuerzos de tracción, podremos mejorar su resistencia a la tracción si introducimos en él redondos de acero previamente traccionados. El procedimiento será el siguiente: 1ª fase: Se toman redondos de acero y los estiramos sometiéndolos a una fuerza de tracción de X Kg. la tensión a que estará sometido el redondo de acero será:

siendo AAc = área de la sección del redondo de acero

2ª fase: Sin destensar todavía los redondos de acero, añadimos el hormigón y esperamos a que éste fragüe, cuando esto ocurra, el redondo de acero se habrá quedado totalmente adherido al hormigón. En éste instante destensamos los redondos de acero, liberándolos de la fuerza X a los que les teníamos sometidos y como consecuencia de ello el redondo de acero tenderá a acortarse y arrastrará con él al hormigón, provocando en él una compresión. Asi ocurrirá:

Para calcular la parte de la fuerza X que absorberá tanto el redondo de acero como el hormigón, se secciona transversalmente la barra y estudiamos el equilibrio de una de las dos partes seccionadas

Ecuación de equilibrio: ´´ ´0 (4.18)Ac HF X F F= = +∑

Incógnitas: F´Ac, F´´H

¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene materiales de más. Se añadirá una ecuación de deformación

X X redondo de acero

AcA A

X=´σ

X X

redondo de acero hormigón

L Fig. 4.18

X F´´H

F´´Ac

F´´H


14

La ecuación de deformación será, al quedar el redondo de acero y el hormigón fuertemente adheridos, se acortarán por igual, es decir, se cumplirá: ∆LAc = ∆LH (4.19)

y desarrollando esta ecuación: ´ ´. .

. .Ac H

Ac Ac H H

F L F L

E A E A= (4.20)

y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.18) y la ecuación de deformación (4.20):

y las tensiones correspondientes serán:

con lo que sumando las tensiones obtenidas en ambos materiales después de estas dos fases, quedarán:

Conclusiones: la barra de hormigón armado pretensado al estar previamente trabajando a compresión, como consecuencia del pretensado, mejorará su capacidad para resistir mayores esfuerzos a tracción. Ésta conclusión se puede apreciar a través del diagrama tensiones-deformaciones: Hormigón normal Hormigón pretensado

HHAcAc

AcAcAc AEAE

AEXF

..

..´´

+=

HHAcAc

HHH AEAE

AEXF

..

..´´

+=

HHAcAc

Ac

Ac

AcAc AEAE

EX

A

F

...

´´´´

+−=−=σ

HHAcAc

H

H

HH AEAE

EX

A

F

...

´´´´

+−=−=σ

HHAcAc

Ac

AcAcAcAc AEAE

EX

A

X

...´´´

+−=+= σσσ

HHAcAc

HHH AEAE

EX

...´´

+−== σσ

O ε

Resistencia a la tracción

fu

σ

O ε

Resistencia a la tracción

fu

O´

σ

σH = σ´´H

Fig. 4.19

(4.21)

(4.22)

(4.23)


15

Ejemplo 4º: Defectos de montaje Se quiere montar la estructura que se indica en la figura 4.20, que estará formada por tres barras del mismo material (E Kg/cm2) y de la misma sección (A cm2). Las barras se deberán articular en O Al tratar de efectuar el montaje se observa que la barra central 1, en lugar de tener la longitud L, tiene de longitud: L+∆L, con lo cual al ir a acoplarlas en O, se dará la siguiente situación: Se supone que el valor de ∆L es pequeño y el montador, en lugar de serrar la barra 1 para eliminarlo, aplica un esfuerzo de tracción a las barras 2 y 3, alargándolas hasta hacerlas coincidir con el extremo O´ de la barra 1. Una vez acopladas las tres barras en O´, libera a las barras 2 y 3 del esfuerzo a las que la sometió. Como consecuencia de ello, las barras 2 y 3 que estaban alargadas, tratarán de acortarse y arrastrarán con ellas a la barra1 comprimiéndola. Finalmente tendremos las tres barras acopladas en el punto O´´.

L 1 2 3

O

α α

Fig. 4.20

L 1 2 3

O

α α

∆L O´

L 1 2 3

O

α α

∆L O´

Fig. 4.21

Fig. 4.22


16

Así pues, debido al montaje se han introducido esfuerzos (tensiones) en las tres barras. Planteemos el cálculo de los valores de esos esfuerzos: Establezcamos el equilibrio de fuerzas de las tres barras en el punto O´´: Observación: al ser las deformaciones pequeñas se supondrá que el ángulo que forman las barras inclinadas 2 y 3, al quedar unidas en O´´, es ≅ α.

Ecuaciones de equilibrio: 2 3

1 2 3

0 . .

0 .cos .cos

x

y

F F sen F sen

F F F F

α α

α α

= =

= = +∑∑

Incógnitas: F1, F2, F3

¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene barras de más. Se añadirá una ecuación de deformación La ecuación de deformación a plantear será una que relacione el alargamiento de las barras 2 y 3 con el acortamiento de la 1. Para ello en la siguiente figura se ha ampliado el detalle de las uniones de las barras.

de la figura se pueden obtener las siguientes relaciones:

αδδ

cos.3

1

=∆∆=∆+

L

LL → LL

L∆=∆+

∆1

3

cosα →

3

1

.cos

..cos .

LF

F LE A LE A

α

α+ = ∆

resolviendo el sistema formado por las ecuaciones: (4.24) y (4.25), se obtendrán: F1, F2, F3 y dividiendo por las áreas de las secciones de las barras, se obtendrían: σ1, σ2, σ3

L

∆L δ

∆L1 ∆L3

O

O´

O´´

L

≅α ≅α

Fig. 4.23

F1

F2 F3 α

α

O´´

(4.24)

(4.25)

Sección 4.5: Recipientes a presión

17

Conclusiones: A las tensiones que estarán sometidas las barras de la estructura cuando tengan que soportar una carga determinada, se le añadirán estas tensiones debidas al montaje y como normalmente éstas no estaban previstas en el dimensionamiento de las barras por el proyectista de las mismas, la estructura podría llegar a fallar. 4.5.-RECIPIENTES A PRESIÓN Las formas más comunes de los recipientes a presión para contener líquidos o gases a presión en su interior, son las esfericas y las cilíndricas. Distinción entre recipientes a presión de pared delgada y de pared gruesa:

e = espesor re = radio exterior ri = radio interior rm = radio medio = ( re + ri ) / 2 r = radio en una posición cualquiera

RECIPIENTES A PRESIÓN DE PARED DELGADA : Dado que el espesor e de la pared es pequeño en relación con el radio, la pared del depósito se comportará como si fuese una membrana y no tendrá resistencia a la flexión. Las tensiones están distribuidas uniformemente a través del espesor de la pared y no tienen componente radial. Recipientes esféricos de pared delgada: Debido a la presión interior p, un elemento de esfera estará sometido a las tensiones σ2 indicadas en la figura. Dada la simetría de la esfera las tensiones serán uniformes a lo largo de toda ella

rm

re

ri

r

e

Fig. 4.24

PARED DELGADA: rm ≥ 10.e PARED GRUESA: rm ≤ 10.e

σ2

σ2

σ2

σ2 σ2 = tensión anular p = presión interior

Fig. 4.25


18

Seccionando la esfera por la mitad y planteando el equilibrio de fuerzas de una de las dos partes seccionadas, se tendrá: Área proyectada sobre la que actúa p

220 .2. . . . .x m mF r e p rσ π π= =∑ →

Recipientes cilíndricos de pared delgada:

Debido a la presión p en el interior del cilindro, un elemento de cilindro estará sometido a las tensiones σ1 y σ2 indicadas en la figura. Seccionando transversalmente el cilindro y planteando el equilibrio de una de las partes seccionadas, se tendrá:

→

σ2

x

e σ2

σ2

rm

p=presión rm

e

rp m

.2

.2 =σ

σ1

σ1

σ2

σ2

σ1 = tensión longitudinal σ2 = tensión anular p = presión interior

Fig. 4.27

σ1

e

p x rm

Área sobre la que se proyecta p

21 .....2.0 mmx rperF ππσ ==∑

e

rp m

.2

.1 =σ

Fig. 4.26

Fig. 4.28

(4.26)

(4.27)

Sección 4.5: Recipientes a presión

19

Seccionando ahora longitudinalmente el cilindro y estudiando el equilibrio de una de las partes:

Área proyectada sobre la que actúa p

→

RECIPIENTES A PRESIÓN DE PARED GRUESA : En este caso, al ser mayor el espesor de la pared del depósito, no se podrá asimilarlo a una membrana y las tensiones tendrán ahora también componente radial y no serán uniformes a lo largo del espesor de la pared Para este caso nos limitaremos a expresar las fórmulas de cálculo sin su demostración. Recipientes esféricos de pared gruesa:

Debido a la presión en el interior de la esfera, un elemento de ésta estará sometido a las tensiones σ2 y σ3 indicadas, tensiones que ahora no serán uniformes a lo largo del espesor de la pared. Sus valores son:

σ2

p

L

y e

L

2.rm

LrpeLF my ..2...2.0 2 ==∑ σe

rp m.2 =σ

σ2

σ2

σ2

σ2 σ2 = tensión anular σ3 = tensión radial p = presión interior σ3

Fig. 4.30

Fig. 4.29

(4.28)


20

Tensión para una posición r cualquiera Tensión máxima

(se dará en los puntos de la superficie interior)

(se dará en los puntos de la superficie interior) Recipientes cilíndricos de pared gruesa:

Tensión para una posición r cualquiera Tensión máxima

(uniforme en todos los puntos de la pared)



).(.2

).2.(.333

333

2ie

ei

rrr

rrrp

−+=σ

).(

).(.333

333

3ie

ei

rrr

rrrp

−−−=σ

).(2

).2.(33

33

2ie

ieMAX rr

rrp

−+=σ

pMAX −=3σ

σ1 σ1

σ2

σ2

σ1 = tensión longitudinal σ2 = tensión anular σ3 = tensión radial p = presión interior

σ3

Fig. 4.31

).(

).(.222

222

2ie

ei

rrr

rrrp

−+

=σ22

22

2

).(

ie

ieMAX

rr

rrp

−+

=σ

).(

).(.222

222

3ie

ei

rrr

rrrp

−−−

=σ pMAX −=3σ

22

2

1

.

ie

i

rr

rp

−=σ

22

2

1

.

ie

iMAX rr

rp

−=σ

(4.29) (4.30)

(4.31) (4.32)

Sección 4.6:Introducción al dimensionamiento a resistencia de elementos metálicos a tracción-compresión

21

4.6.-INTRODUCCIÓN AL DIMENSIONAMIENTO A RESISTENCIA DE ELEMENTOS METÁLICOS SOLICITADOS A TRACCIÓN-COMPRESI ÓN (Normativa DB-SE-A) El propósito de esta asignatura tal y como indicamos en el tema de Introducción, es la de dar unos conocimientos base para poder calcular las tensiones y deformaciones que se producen en el interior de los cuerpos al someterlos a cargas externas. Todo ello con el propósito de posteriormente poder diseñar y dimensionar los diversos elementos correspondientes a las Estructuras metálicas, de hormigón o de otros materiales, lo que corresponderá a otras asignaturas. No obstante y con el objetivo de poder dar una aplicación directa a los conocimientos que se van adquiriendo en esta asignatura, se indicarán los aspectos más generales, de forma simplificada y sin entrar en muchos detalles y casuísticas, del dimensionamiento a resistencia de elementos metálicos sometidas a tracción-compresión, según lo indicado en la Normativa española: CTE-DB-SE-A. (Para más detalles de este dimensionamiento ver la citada Normativa). Para el dimensionamiento a resistencia de elementos metálicos habrá que hacer varias comprobaciones: unas relativas a las secciones de las piezas y otras relativas a las propias barras. RESISTENCIA DE LAS SECCIONES A TRACCIÓN-COMPRESIÓN En la sección 3.2 se indicaron los criterios a utilizar para los dimensionamientos elástico y plásticos. En esta sección los aplicaremos al caso de la Tracción-Compresión 1.-Criterio elástico de dimensionamiento: Este criterio no se podrá aplicar al caso de la Tracción-Compresión, dado que en este tipo de solicitaciones, al tener todos los puntos de la sección la misma tensión, todos llegarán a la vez a alcanzar la tensión del límite elástico fy. 2.-Criterio plástico de dimensionamiento: Consideremos una sección en la que todos sus puntos hayan alcanzado la tensión del límite elástico (ver fig. 4.32) Observación: Se ha tomado la tensión del límite elástico, ya minorada: fyd (sección 3.6. ecuación 3.15)

A

G Npl,d = A.fyd

x

y

z

σx= fyd

σx= fyd

σx= fyd

Fig. 4.32

σx = fyd = cte


22

Se denomina resistencia plástica de una sección a tracción o compresión: (Npl,d) al valor: Así pues para la comprobación a resistencia de una sección trabajando a tracción, se aplicará la fórmula: siendo: N* = N.γ (ver sección 3.6, ecuación 3.17). El valor de N se obtendrá del diagrama de esfuerzos Npl,d = A.fyd la resistencia plástica de la sección para el cálculo 3.-Criterio de Von Mises de dimensionamiento: Si aplicásemos el criterio de dimensionamiento de Von-Mises (sección 3.7), llegaríamos al mismo resultado. En efecto, la ecuación (3.26) de Von Mises es:

RESISTENCIA DE LAS BARRAS A TRACCIÓN-COMPRESIÓN La resistencia de las barras a tracción o compresión serán las mismas que las de sus secciones, es decir la resistencia plástica de su sección: Npl,d. No obstante si la barra estuviese trabajando a compresión, habría que estudiar además su posible inestabilidad o “pandeo”, lo que estudiaremos en el tema nº 10 de esta asignatura.

yddpl fANN .,* =≤

*2 *2 * * *2. 3.x y x y xy ydfσ σ σ σ τ+ − + ≤

** * * *

**

: 0 0 y sustituyendo

o lo que es lo mismo .

la misma expresion delcriterio plásticodedimensionamiento

x y z

yd yd

Nsiendo

A

Nf N A f

A

σ σ σ τ= = = =

≤ → ≤

(4.33)

(4.34)

Npl,d = A.fyd

Tema 5: Flexión: Tensiones

1


Tema 5 : FLEXIÓN: TENSIONES

G x

z

y

n

n

σMAX (COMPRESIÓN)

σMAX (TRACCIÓN)


2

5.1.- INTRODUCCIÓN Una barra está solicitada a FLEXIÓN PURA cuando en sus secciones rectas transversales actúan únicamente los momentos flectores: Mz y/o My. (Fig. 5.1.a) En el caso de que a la vez que los momentos flectores Mz y/o My actúen también las fuerzas cortantes Vy y/o Vz, se dice que está solicitada a FLEXIÓN SIMPLE.(Fig. 5.1.b) Si sólo actuase uno de los dos momentos flectores: Mz o My se denomina: FLEXIÓN SIMÉTRICA (Fig. 5.1.c) Si el vector momento tiene las dos componentes: Mz y My se denomina: FLEXIÓN ASIMÉTRICA (Fig. 5.1.d)

FLEXIÓN PURA

My

Mz x

y

z

G

Fig.5.1.a

FLEXIÓN SIMPLE

G Mz

My

Vz

z

x

y

Vy

Fig.5.1.b

Mz x

y

z

G

FLEXIÓN SIMÉTRICA

Fig.5.1.c

FLEXIÓN ASIMÉTRICA

My

Mz x

y

z

G

Fig.5.1.d

Sección 5.2: Fuerzas Cortantes y Momentos Flectores. Diagramas y relaciones entre ambos

3

5.2.-FUERZAS CORTANTES Y MOMENTOS FLECTORES. DIAGRA MAS Y RELACIONES ENTRE AMBOS Ejes de referencia Sección con normal exterior positiva: n > 0 Sección con normal exterior negativa: n < 0 Convenio de signos para las fuerzas cortantes Vy , Vz En una sección con normal exterior positiva (n > 0), las fuerzas cortantes Vy y Vz son positivas, cuando llevan el mismo sentido de los semiejes positivos OY, OZ respectivamente. Serán negativas en caso contrario. En el caso de una sección con normal exterior negativa (n < 0) será al revés

Vy > 0 Vz > 0

O

y

z

x x n > 0 n < 0

Fig.5.2

x n > 0 n < 0

y

z

O

Vy

Vy

Vz

Vz

Fig.5.3


4

Convenio de signos para los momentos flectores Mz , My Caso del momento flector Mz: En una sección con normal exterior positiva (n > 0), el momento flector Mz será positivo, cuando lleve el sentido contrario al del semieje OZ positivo . Será negativo en caso contrario. En el caso de una sección con normal exterior negativa (n < 0) será al revés

Mz > 0

x

y

-

Mz < 0 : la viga flexa (se dobla) hacia la parte negativa del eje y

x

y

Mz > 0 : la viga flexa (se dobla) hacia la parte positiva del eje y

+

Fig.5.5.a

x n > 0 n < 0

y

z

O

Mz

Mz Fig.5.4

Fig.5.5.b

Sección 5.2: Fuerzas Cortantes y Momentos Flectores. Diagramas y relaciones entre ellos

5

Caso del momento flector My: En una sección con normal exterior positiva (n > 0), el momento flector My será positivo, cuando lleve el mismo sentido al del semieje OY positivo . Será negativo en caso contrario. En el caso de una sección con normal exterior negativa (n < 0) será al revés

x

z

y

+

My > 0 : la viga flexa (se dobla) hacia la parte positiva del eje z

Fig.5.7.a

x

z

y

-

My < 0 : la viga flexa (se dobla) hacia la parte negativa del eje z

x n > 0 n < 0

y

z

O

My

My Fig.5.6

Fig.5.7.b


6

Observación: El Mz es el único, que en las secciones n>o, se toma positivo si su sentido es el contrario al semieje positivo correspondiente. Diagramas de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores Éstos diagramas representarán las Fuerzas Cortantes y los Momentos Flectores en cada una de las secciones de una viga, (al igual que en la sección 4.2 se estudiaron los Diagramas de Fuerzas Normales) y gracias a ellos se podrán conocer los esfuerzos máximos y las secciones donde éstos se darán. Se desarrollarán los Diagramas de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores a través del siguiente ejemplo:

En una sección x cualquiera la Resultante y el Momento resultante de las fuerzas exteriores serán: Con lo cual, la Resultante y el Momento resultante de las fuerzas interiores serán:

O

y

z

x

F

P

x L

Fig.5.8

O

y

z

x

F

P

x

n>0 F

F.x

P.x

P

Rext, Mext Fig.5.9.a

O

y

z

x

F

P

x

n>0 F

F.x

P.x

P

Rint, Mint Fig.5.9.b

Sección 5.2: Fuerzas Cortantes y Momentos Flectores: Diagramas y relaciones entre ellos

7

O

y

z

x

F

P

x L

Fig.5.10

O

y

z

x

F

P

x

n>0 F

F.x

P.x

P

Rint, Mint

x

x

x

x

Vy

Vz

My

Mz

P.L

P

F

-

-

-

- F.L

Teniendoen cuenta elsignode las FuerzasCortantes y Momentos Flectores:

0

(cte)

(cte)

.

0 0

.

.

0 0

.

y

z

y

y

y

z

z

z

x L

V F

V P

M P x

x M

x L M P L

M F x

x M

x L M F L

≤ ≤= −

= −

= −

= → =

= → = −

= −= → == → = −


8

Relaciones entre Fuerzas Cortantes y Momentos Flectores Las Fuerzas Cortantes y los Momentos Flectores no son independientes sino que están relacionados entre sí. Antes de ver dicha relación conviene dejar claro que, en rigor, no existen fuerzas concentradas en un punto, pues según se vio en 1.1, por el Principio de Saint Venant, se podrán considerar concentradas las fuerzas que se transmitan a la barra a través de una superficie pequeña en comparación con la superficie de ésta. Se considera una rebanada de una viga formada por dos secciones muy próximas, separadas dx y sobre la que actúa una carga distribuida q(x). En ambas caras de la rebanada se sitúan las correspondientes Fuerzas Cortantes y Momentos Flectores (todos con sentidos positivos) Estableciendo las ecuaciones de equilibrio de los esfuerzos que actúan sobre la rebanada:

“La Fuerza Cortante es la derivada del Momento Flector”

R

q(x) Kg/m

M+dM

V+dV

M

V

dx

n>0 n<0 G

Fig.5.11

0 . . .2

simplificando ydespreciandoinfinitésimosde 2º orden frentea losde1º:

.

G

dxM M V dx M dM q dx

V dx dM

= + = + +

= →

∑

dMV

dx= )1.5(

Sección 5.2: Fuerzas Cortantes y Momentos Flectores. Diagramas y relaciones entre ellos

9

“la carga q(x) es la derivada de la Fuerza Cortante o la segunda derivada del Momento Flector”

Observación: La expresión del Momento Flector es siempre de un grado superior a la de la Fuerza Cortante

0 . simplificando : 0 .F V q dx V dV q dx dV= = + + = +∑2

2

dV d Mq

dx dx− = =

V

M

x

x

V=0

V=C1

V=C1.x+C2

M=C1.x+C2

V=C1.x2+C2.x+C3

M=C1.x2+C2.x+C3

M=C1.x3+C2.x

2+C3.x+C4

M=C1

V=0

M=Mmax

( )

1

1 1 1 1 2

21 2 1 2 1 2 1 2 3

max min

0 0 ( )

. .

. . . . . .

0 ( 1 ) 0 ( 1 ) o

dMV V M C cte

dxdM

V C V C dM C dx M C x Cdx

dMV C x C V C x C dM C x C dx M C x C x C

dxdM

V en punto V en punto Mdx

= → = = → =

= → = = → = → = +

= + → = = + → = + → = + +

= → = = →

)2.5(


10

5.3.-FLEXIÓN PURA 5.3.1.-TENSIONES NORMALES: CASO GENERAL Una viga está sometida a FLEXIÓN PURA cuando en sus secciones rectas transversales actúan únicamente los Momentos Flectores M z y/o M y

Las relaciones tensiones – solicitaciones vistas en la sección 1.6 serían:

Pero al igual que ocurría en la Tracción-Compresión éstas ecuaciones, por si solas, no permiten calcular las tensiones originadas por los Momentos Flectores Mz y/o My. Habrá que recurrir nuevamente a hipótesis simplificativas que han sido comprobadas experimentalmente. Hipótesis de Bernouilli – Navier: “ En la Flexión Pura cada sección transversal de la viga gira alrededor de un eje, contenido en la sección, denominado Eje Neutro, permaneciendo las secciones planas y normales a las fibras deformadas”. Admitiremos también que la flexión se produce en régimen elástico y por tanto dentro de los límites de validez de la Ley de Hooke, por lo que las tensiones que se originan han de ser proporcionales a las deformaciones producidas.

Mz My

O x

z

y

G

Fig.5.12

( )0 . 0 . 0 .

0 . . . . . . .

x y xy z xzA A A

xz xy y x z xA A A

N dA V dA V dA

T y z dA M z dA M y dA

σ τ τ

τ τ σ σ

= = = = = =

= = − = =

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫)3.5(

Sección 5.3.1: Flexión Pura. Tensiones normales: Caso general

11

Al flexionar la viga, las secciones transversales giran y hacen que las fibras longitudinales, inicialmente rectas, dejen de serlo y se curven, alargándose o acortándose según sea su posición en el interior de la viga.

Existen fibras longitudinales que ni se alargan ni se acortan, a esas fibras se las denomina FIBRAS NEUTRAS. A la superficie donde se encuentran las fibras neutras se la denomina SUPERFICIE NEUTRA. Las fibras que estén por encima o por debajo de la Superficie Neutra alargarán o acortarán según hacia donde flexione la viga. (En el caso del dibujo acortarán las fibras que están por encima de la Superficie Neutra y alargarán las que estén por debajo) A las fibras transversales de la Superficie Neutra se las denomina: LINEAS NEUTRAS o EJES NEUTROS. Alrededor de ellos giran las secciones transversales En las siguientes figuras se representan estos términos para su mejor identificación:

Fibras que se acortan

Fig.5.13

Superficie Neutra

Ejes Neutros o Líneas neutras

Fibras Neutras Eje Neutro o Línea Neutra

Fibras que se alargan

Fig.5.14


12

Así pues como resultado de la flexión el paralelepípedo elemental abcd se transforma en el a1b1c1d1 y como según la Hipótesis de Bernouilli-Navier: “……las secciones transversales de la viga giran alrededor de un eje, contenido en la sección, denominado Eje Neutro, permaneciendo planas y normales a las fibras deformadas”, se deducirá que: a1b1 será perpendicular a a1c1. Con lo cual se podrá afirmar: “Las deformaciones angulares de los diferentes paralelepípedos son nulas, es decir: γ = 0”

Por la ley de Hooke: “En la Flexión Pura son nulas las tensiones cortantes” Para calcular las tensiones normales σx, se analizará con más detalle la deformación de la rebanada dx de la figura anterior

Se estudiará el alargamiento que ha sufrido la fibra ab que se encuentra a una distancia dn de la superficie neutra. La fibra ab de longitud dx al flexionar se ha convertido en la fibra a1b1. La fibra neutra mn de longitud dx al flexionar se ha convertido en la fibra m1n1 de la misma longitud (la fibra neutra ni alarga ni acorta). Si se traza por n1 una paralela a m1a1 se obtiene n1b2, siendo entonces: a1b2 =dx. El alargamiento de la fibra ab al flexionar habrá sido: b2b1. A continuación se buscará una expresión para obtener dicho alargamiento: De la semejanza de triángulos (Oa1b1) y (n1b2b1), tienen

dx

m n a b

c d

m1 n1 a1 b1 c1 d1

Fig.5.15

→== 0G

τγ 0=τ

dx

m n

a b c d

n1 m1 a1 b1 c1 d1

r

dn dx

b2

dn

O

Supongamos que la superficie neutra es la que pasa por la fibra mn. (m1n1 una vez flexionada) O: Centro de curvatura de la fibra neutra m1n1

r: radio de curvatura de la fibra neutra m1n1

dx

bb

ba

bbx

12

21

12 ==ε

)4.5(


13

sus lados paralelos , se podrá expresar:

Sustituyendo en la expresión de εx:

“ las deformaciones longitudinales de las fibras son proporcionales a su distancia a la superficie neutra” y por la ley de Hooke:

“ las tensiones normales σσσσx son proporcionales a su distancia a la superficie neutra” Utilizando ahora la primera ecuación de las expresiones (5.3) resultará:

Si se quisiera obtener ahora la distancia del centro de gravedad de la sección a la superficie neutra, la fórmula a emplear sería:

→

“ la distancia del centro de gravedad G de una sección a la superficie neutra es cero, el centro de gravedad está pues en la superficie neutra”, o lo que es lo mismo “el eje neutro o línea neutra de una sección pasa por el centro de gravedad G de la misma”

r

d

dx

bb n=12

r

d

dx

bb nx == 12ε

)5.5(..r

dEE

En

xxx

x ==→= εσσε

. 0 . . 0 (alser E=cte, r=cte) . 0

. 0

nx nA A A

nA

d EdA E dA d dA

r r

d dA

σ = → = → = →

→ =

∫ ∫ ∫

∫

. 0( ) (y por lo obtenido antes) 0

nAn

A A

d dAd G

dA dA= = = =∫∫ ∫

0)( =Gdn )6.5(

Eje Neutro o Línea Neutra

G

Fig.5.16


14

Se buscará a continuación una forma cómoda para medir dn, Para ello, la siguiente figura (5.17), representa una sección transversal cualquiera de una viga y se expresará dn en función de las coordenadas del punto donde se quiera hallar la tensión. La distancia dn de un punto P(y,z) cualquiera a la línea neutra será: Introduciendo este valor en la ecuación (5.5) que da la tensión normal en un punto cualquiera quedará: Desarrollando ahora dos nuevas ecuaciones de las expresiones (5.3): y resolviendo este sistema de ecuaciones por la regla de Cramer:

1 2

21 2 1 2

1 2

21 2 1 2

. . (ysegún 5.6) ( . . ). .

. . . . . . .

. . ( 5.6) ( . . ). .

. . . . . . .

z xA A

z zyA A

y xA A

zy yA A

M y dA C y C z y dA

C y dA C z y dA C I C I

M z dA y según C y C z z dA

C y z dA C z dA C I C I

σ

σ

= = = +

= + = +

= = = +

= + = +

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

G z

y

P

α

n

n

y z

dn

Línea neutra o Eje neutro

Fig.5.17

zCyCsenzyr

E

r

dE n

x ..).cos..(. 21 +=+== αασ

αα senzydn .cos. +=

)7.5(


15

Sustituyendo finalmente el valor obtenido para las dos constantes C1 y C2 en la ecuación (5.7), quedará como expresión final general del cálculo de la tensión normal en un punto cualquiera de coordenadas (y,z) la siguiente: Las componentes del estado de tensiones en un punto P del interior de una viga sometida a Flexión Pura serán pues:

)8.5(

21 .

..

zyyz

zyyyz

yzy

zyz

yy

zyz

III

IMIM

II

II

IM

IM

C−

−==

22 .

..

zyyz

zyzzy

yzy

zyz

yzy

zz

III

IMIM

II

II

MI

MI

C−

−==

2.

)...()...(

zyyz

zyzzyzyyyzx III

zIMIMyIMIM

−−+−

=σ

00

00

0.

)...()...(2

==

==

=−

−+−=

zxz

yzy

xy

zyyz

zyzzyzyyyzx

III

zIMIMyIMIM

τστσ

τσ

)9.5(

P σx σx x

z

y Fig.5.18


16

CÁLCULO DE LA LÍNEA NEUTRA (EJE NEUTRO) Las fibras que pertenecen a la Superficie Neutra, por definición, ni se alargan ni se acortan, con lo cual se cumplirá: Así pues la ecuación de la línea neutra la podemos obtener como lugar geométrico de los puntos de una sección que tienen tensión normal cero, es decir:

o lo que es lo mismo: Ecuación de la línea neutra o Eje neutro También puede expresarse, sabiendo que ha de pasar por el centro de gravedad G de la sección, en virtud de (5.6), por su ángulo de inclinación α con respecto al eje z. Ángulo de inclinación de la línea neutra respecto al eje Z

0 y por la ley de Hooke : . 0x x x Eε σ ε= = =

0.

)...()...(2

=−

−+−=

zyyz

zyzzyzyyyzx

III

zIMIMyIMIMσ

0)...()...( =−+− zIMIMyIMIM zyzzyzyyyz)10.5(

)11.5(. .

(despejandoesta expresion de5.10). .

y z z zy

z y y zy

M I M Iytag

z M I M Iα

−= = = −

−

G z

y

α

n

n

Fig.5.19

Sección transversal de la viga

Tema 5.3.2: Tensiones normales: Casos particulares

17

5.3.2.-TENSIONES NORMALES: CASOS PARTICULARES Caso Particular 1º: “Los ejes y,z son los Ejes Principales de inercia de la sección” En éste caso se deberá cumplir: Izy = 0, con lo cual las ecuaciones 5.8 y 5.11 serán:

Caso Particular 2º: “Los ejes y,z son los Ejes Principales de inercia de la sección y además uno de los Momentos Flectores es cero” Si My = 0 :

La distribución de tensiones normales σx para este caso será:

y

y

z

zx I

zM

I

yM .. +=σ )12.5(yz

zy

IM

IMtag

.

.−=α )13.5(

z

zx I

yM .=σ )14.5(

0 0º

eleje neutroeseleje z

tagα α= → =)15.5(

G x

z

y

n

n

σMAX (COMPRESIÓN)

σMAX (TRACCIÓN)

Fig.5.20

max

.z MAXX

z

M y

Iσ = )16.5(

Tema 5 : Flexión: tensiones

18

Si Mz = 0 :

La distribución de tensiones normales σx para este caso será:

y

yx I

zM .=σ )17.5(

90º

eleje neutroeseleje y

tagα α= ∞ → =)18.5(

G x

z

y

n

n

σMAX (COMPRESIÓN)

σMAX (TRACCIÓN)

Fig.5.21

max

.y MAXX

y

M z

Iσ = )19.5(

Tema 5.3.2: Tensiones normales: Casos particulares

19

Observaciones: Convenio de signos para Mz y My: Con el convenio de signos adoptado en la sección 5.2 para los Momentos flectores Mz y My se observa lo siguiente: Mz > 0 → “las fibras que se alargan son las que están por debajo de la superficie neutra, por tanto se producirá TRACCIÖN en los puntos de la sección de la parte inferior del eje z, es decir en los puntos de la parte positiva del eje y” My > 0 → “ las fibras que se alargan son las que están en la parte positiva del eje z”

n > 0

Mz

Mz

x

z

y

G

y

z n n G

Tracción

Compresión

n

n n

n

Superficie neutra

Fig.5.22

x

n > 0

My

My

z

y

n

n

n

n

Superficie neutra

G

Compresión

n

y

z

n

Tracción

Fig.5.23

Tema 5 : Flexión: tensiones

20

5.3.3.-LÍNEA ELÁSTICA. RADIO DE CURVATURA Se denomina LÍNEA ELÁSTICA al eje x de la viga una vez deformado debido a la flexión.

El radio de curvatura de la línea elástica se podrá obtener de la siguiente manera: La ecuación 5.5 que daba la tensión en un punto P cualquiera:

y para el 2º caso particular visto en 5.3.2: ( Izy = 0 My = 0 ) → el eje neutro es el eje z Entonces : dn = y, con lo cual la fórmula de la tensión será:

La fórmula final (5.14), para el cálculo de la tensión en éste caso particular era: Igualando ambas expresiones de la tensión:

Siendo: E.Iz = Módulo de Rigidez a la flexión alrededor del eje z.

así si: 1

. flexa poco,es muy rígida a la flexiónzE I rr

↑ → ↓ → ↑ ⇒

x x

Línea elástica

Fig.5.24

G z

y

P

α

n

n

y z

dn

Fig.5.25

r

dE n

x .=σ

G z

y

P

n n dn = y

r

yEx .=σ

z

zx I

yM .=σ

z

z

IE

M

r .

1 =→=z

z

I

yM

r

yE .. )20.5(

Sección 5.3.3: Línea elástica. Radio de curvatura

21

Para el otro caso particular visto en 5.3.2: ( Izy = 0, Mz = 0 ) → el eje neutro es el eje y, entonces dn = z. Con lo cual la ecuación (5.5) para la tensión sería: La ecuación final (5.17), para el cálculo de la tensión en éste caso particular era: Igualando ambas expresiones de la tensión:

Siendo: E.Iy = Módulo de Rigidez a la flexión alrededor del eje y.

G z

y

P

n

n

dn = z

Fig.5.26

r

zEx .=σ

y

yx I

zM .=σ

→=y

y

I

zM

r

zE ..

y

y

IE

M

r .

1 = )21.5(

E.Iz (pequeño) ⇓ Flexiona mucho ⇓ poco rígida a la flexión

E.Iz (grande) ⇓ Flexiona poco ⇓ muy rígida a la flexión


22

5.4.-FLEXIÓN SIMPLE Una viga está solicitada a FLEXIÓN SIMPLE cuando en sus secciones transversales actúan conjuntamente los Momentos Flectores: M z y/o M y y las Fuerzas Cortantes: Vy y/o Vz. Las relaciones Tensiones – Solicitaciones vistas en 1.7 serían:

5.4.1-TENSIONES NORMALES En estas ecuaciones (5.22), se observa que en las relaciones que interviene la tensión normal σx, son las mismas que las expresadas en las (5.3) para la Flexión Pura. Sin embargo la aparición ahora de las tensiones cortantes: τxy y τxz , que eran cero en la Flexión Pura, va a producir deformaciones angulares γ, que habrá que añadir a las deformaciones propias de la Flexión Pura. Si las tensiones cortantes no se distribuyeran uniformemente en la sección, lo mismo ocurriría con las deformaciones angulares, lo que significará que en la FLEXIÓN SIMPLE las secciones planas se alabean, es decir, no permanecerán planas y no se cumplirá por tanto la Hipótesis de Bernouilli- Navier

Vz

Vy

Mz

My

x

y

z

O G

Fig.5.27

( )0 . . .

0 . . . . . . .

x y xy z xzA A A

xz xy y x z xA A A

N dA V dA V dA


σ τ τ

τ τ σ σ

= = = =

= = − = =

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫)22.5(

Fibras que se acortan

Fibras que se alargan Fig.5.28

Sección 5.4.1: Flexión simple: tensiones normales

23

Sin embargo se comprueba, que este alabeo de las secciones apenas influye en el valor de las tensiones normales σx, con lo cual se aplicará para éstas, en el caso de FLEXIÓN SIMPLE , las mismas ecuaciones obtenidas en la FLEXIÓN PURA, es decir: Caso Particular 1º: “Los ejes y,z son los Ejes Principales de inercia de la sección” En éste caso se deberá cumplir: Izy = 0, con lo cual las ecuaciones 5.7 y 5.10 serán:

Caso Particular 2º: “Los ejes y,z son los Ejes Principales de inercia de la sección y además uno de los Momentos Flectores es cero” Si My = 0 :

0

0

.

)...()...(2

==

−−+−

=

z

y

zyyz

zyzzyzyyyzx III

zIMIMyIMIM

σσ

σ

y

y

z

zx I

zM

I

yM .. +=σ )12.5(yz

zy

IM

IMtag

.

.−=α )13.5(

z

zx I

yM .=σ )14.5( zejeelesneutroejeel

tag º00 =→= αα)15.5(

(5.7)


24

5.4.2-TENSIONES CORTANTES EN SECCIONES DE GRAN ESPESOR Para el cálculo de las tensiones cortantes se tendrá en cuenta la forma de la sección de la viga. Así en este apartado se comenzará con el caso de vigas con secciones de gran espesor: circulares, rectangulares, etc….. En este tipo de secciones se hará el cálculo por separado de las tensiones cortantes: τxy y τxz. Cálculo de la tensión cortante ττττxy: Tomemos una rebanada dx de una viga de sección de gran espesor sometida a Flexión Simple (Fig.29.a). En ambos extremos de la misma se sitúan los Momentos Flectores y Fuerzas Cortantes correspondientes. Se trata de calcular las τxy en los puntos de una línea cualquiera ab que se encuentran a una distancia y del eje z. Para ello se supondrá que τxy = cte a lo largo de todos los puntos de la dicha línea. Seccionando el elemento diferencial por el plano abcd y estableciendo el equilibrio de fuerzas del trozo inferior resultante, se tendrá:

Vz + dVz

Vy + dVy

Mz + dMz

My + dMy

x

y

z

O G n>0

My Mz

Vy

Vz

n<0

τxy

y

a

b c

d

dx Fig.5.29.a

a

b c

d σx σx +dσx

t(y)

τyx

dA dA

A

Fig.29.b

dx

( )

, ,

y para queexista equilibriodefuerzasen direccion deleje x sobresuperficieabcd

0 . . . ( ). yoperando :

z y x z z y y x x

yx

x x x x yxA A

M M M dM M dM d

F d dA dA t y dx

σ σ στ

σ σ σ τ

→ + + → +

→

= → + = +∑ ∫ ∫

Sección 5.4.2: Tensiones cortantes en secciones de gran espesor

25

y como por lo visto en el tema 1º : τyx = τxy se obtendrá finalmente:

siendo:

Observación: en la sección de n>0 se cumple:

. . ( ). . . ( ) (1)

Calculemos a partir de la expresión de obtenidaen (5.7) :

xx yx yxA A

xx

dd dA t y dx dA t y

dx

d

dx

σσ τ τ

σ σ

= → =∫ ∫

( ) ( )

2 2

2 2

( . . ). ( . . ). .( . . ) .( . . )

. .

. . . . . . .( . . ) .( . . )

. .

ysustituyendoesta expr

z y y zy y z z zy z y zy y z zyx

z y zy z y zy

yzy zy z zy

y y zy z z zyx

z y zy z y zy

M I M I y M I M I z M I y I z M I z I y

I I I I I I

dMdMI y I z I z I y V I y I z V I z I yd dx dx

dx I I I I I I

σ

σ

− + − − + −= =

− −

− + − − + −= =

− −

( ) ( )2

2

esión en (1):

. . . . . .. ( ) .

.

. . . . . . . . . .. ( )

.

y y zy z z zy

yx Az y zy

y y zy z z zyA A A Ayx

z y zy

V I y I z V I z I yt y dA

I I I

V I y dA I z dA V I z dA I y dAt y

I I I

τ

τ

− + −=

−

− + − =

−

∫

∫ ∫ ∫ ∫

2

. . ( ) . ( ) . . ( ) . ( )

( ). .

y y z zy y z z y zy z

yx

z y zy

V I Q y I Q y V I Q y I Q y

t y I I Iτ

− + − = −

2

. . ( ) . ( ) . . ( ) . ( )

( ). .


xy

z y zy

V I Q y I Q y V I Q y I Q y

t y I I Iτ

− + − = −

)23.5(

∫∫ ==A

y

A

z dAzyQdAyyQ .)(.)(

y

y

z

t(y)

G

a b

Fig.5.30

τxy>0 A

los momentosestáticosdelárea rayada A

respectode losejes ze y respectivamente

0 "su sentido es entranteen elárea rayada"

0 "su sentidoessalientedelárea rayada"xy

xy

ττ

> →

< →


26

Cálculo de la tensión cortante ττττxz: Se trata de calcular ahora las τxz en los puntos de una línea cualquiera ef que se encuentran a una distancia z del eje y. Para ello se supondrá que τxz = cte a lo largo de todos los puntos de la dicha línea. Seccionando el elemento diferencial por el plano efgh y estableciendo el equilibrio de fuerzas del trozo posterior resultante, se tendrá:

dx

t(z)

dA dA σx σx + dσx τzx

e h

g f

A

Fig.5.31.b

( )

, ,

y para queexista equilibriodefuerzasen direccion deleje x sobresuperficieefgh

0 . . . ( ). yoperando:

z y x z z y y x x

zx

x x x x zxA A

M M M dM M dM d

F d dA dA t z dx

σ σ στ

σ σ σ τ

→ + + → +

→

= → + = +∑ ∫ ∫

. . ( ). . . ( )

ysiguiendoun procesosimilar alanterior,seobtendrá:

xx zx zxA A

dd dA b z dx dA t z

dx

σσ τ τ= → =∫ ∫

2

. . ( ) . ( ) . . ( ) . ( )

( ). .


xz

z y zy

V I Q z I Q z V I Q z I Q z

t z I I Iτ

− + − = −

)24.5(

Vz + dVz

Vy + dVy

Mz + dMz

My + dMy

x

y

z

O G n>0

My Mz

Vy

Vz

n<0

τxz z

e

f

h

g

dx Fig.5.31.a

Sección 5.4.2: Tensiones cortantes en secciones de gran espesor

27

siendo:

Observación: en la sección de n>0 se cumple:

CASOS PARTICULARES: Caso Particular 1º: “Los ejes y,z son los Ejes Principales de inercia de la sección” En éste caso se deberá cumplir: Izy = 0, con lo cual las ecuaciones 5.23 y 5.24 serán:

Caso Particular 2º: “Los ejes y,z son los Ejes Principales de inercia de la sección y además una de las Fuerzas Cortantes es cero” -si Vz = 0 → - si Vy = 0 →

A

z

y

z G

e

t(z)

f

Fig.5.32

τxz>0 ∫∫ ==A

y

A

z dAzzQdAyzQ .)(.)(



. ( ) . ( )

( ). ( ).y z z y

xzz y

V Q z V Q z

t z I t z Iτ = +

. ( ) . ( )

( ). ( ).y z z y

xyz y

V Q y V Q y

t y I t y Iτ = +

. ( )

( ).y z

xyz

V Q y

t y Iτ =

. ( )

( ).y z

xzz

V Q z

t z Iτ =

. ( )

( ).z y

xyy

V Q y

t y Iτ =

. ( )

( ).z y

xzy

V Q z

t z Iτ =

(5.25)

(5.26)

(5.27)

0 "su sentidoesentranteen elárea rayada"

0 "su sentidoessalientedelárea rayada"xz

xz

ττ

> →< →


28

5.4.3-TENSIONES CORTANTES EN SECCIONES ABIERTAS DE PEQUEÑO ESPESOR Las barras que se utilizan en las estructuras metálicas suelen tener secciones de pequeño espesor. Se consideran incluidas en este grupo todas las secciones en las que se cumpla: El cálculo de las tensiones cortantes en este tipo de secciones, presenta algunas diferencias con respecto al de las secciones macizas visto anteriormente. Cálculo de la tensión cortante ττττxs: Tomemos una rebanada dx de una viga de sección abierta de pequeño espesor sometida a Flexión Simple. En ambos extremos de la misma se sitúan los Momentos Flectores y Fuerzas Cortantes correspondientes. Se trata de calcular las τxs en los puntos de una línea cualquiera ab, perpendicular a la línea media, que se encuentran a una distancia s de uno de los extremos abiertos de la sección. Para ello se supondrá que τxs = cte a lo largo de todos los puntos de dicha línea y sus direcciones son perpendiculares a la misma

h h

b b

tw tw

tf tf

Fig.5.33

d d

10. 10.w fh t b t≥ ≥

Vy

Vz

My

Mz

y

x

z

G

s

Vy+dVy

Vz+dVz

My+dMy

Mz+dMz

n>0

n<0

dx

a

b c τxs

Fig.5.34.a

Sección 5.4.3: Tensiones cortantes en secciones abiertas de pequeño espesor

29

Seccionando el elemento diferencial por el plano abcd y estableciendo el equilibrio de fuerzas en dirección del eje x, del trozo inferior resultante, se tendrá:

y siguiendo a partir de ahora un desarrollo similar al realizado en el cálculo de las tensiones cortantes en secciones de gran espesor, se obtendrá:

siendo: Observación: en la sección de n>0 se cumple:

s

dx

a

b c

d

σx

σx+dσx

τsx t(s)

dA

Fig.5.34.b

( )0 . . . ( ). yoperando:x x x x sxA AF d dA dA t s dxσ σ σ τ= → + = +∑ ∫ ∫

. . ( ). . . ( )xx sx sxA A

dd dA t s dx dA t s

dx

σσ τ τ= → =∫ ∫

2

. . ( ) . ( ) . . ( ) . ( )

( ). .


xs

z y zy

V I Q s I Q s V I Q s I Q s

t s I I Iτ

− + − = −

(5.28)

a b

s y

z G

A

Fig.5.34.c

τxs>0

∫∫ ==A

y

A

z dAzsQdAysQ .)(.)(



0 "su sentidoesentranteen elárea rayada"

0 "su sentidoessalientedelárea rayada"xs

xs

ττ

> →< →


30

CASOS PARTICULARES: Caso Particular 1º: “Los ejes y,z son los Ejes Principales de inercia de la sección” En éste caso se deberá cumplir: Izy = 0, con lo cual la ecuación 5.28 será: Caso Particular 2º: “Los ejes y,z son los Ejes Principales de inercia de la sección y además una de las Fuerzas Cortantes es cero” -si Vz = 0 → - si Vy = 0 →

. ( ) . ( )

( ). ( ).y z z y

xsz y

V Q s V Q s

t s I t s Iτ = + (5.29)

. ( )

( ).y z

xsz

V Q s

t s Iτ =

. ( )

( ).z y

xsy

V Q s

t s Iτ =

(5.30)

(5.31)

Sección 5.4.4: Tensiones cortantes en secciones cerradas de pequeño espesor

31

5.4.4-TENSIONES CORTANTES EN SECCIONES CERRADAS DE PEQUEÑO ESPESOR Cálculo de la tensión cortante ττττxs: Tomemos una rebanada dx de una viga de sección cerrada de pequeño espesor sometida a Flexión Simple. En ambos extremos de la misma se sitúan los Momentos Flectores y Fuerzas Cortantes correspondientes. Se trata de calcular las τxs en los puntos de una línea cualquiera ab, perpendicular a la línea media, que se encuentran a una distancia s de una línea aobo, también perpendicular a la línea media, que se tomará como referencia. Para ello se supondrá que τxs = cte a lo largo de todos los puntos de la línea ab, de espesor t(s), siendo sus direcciones perpendiculares a la misma y que igualmente ocurrirá con las tensiones τxso = cte en los puntos de la línea de referencia aob, de espesor t(so) Seccionando el elemento diferencial por el plano abcd y por el aobocodo, y estableciendo el equilibrio de fuerzas en dirección del eje x, del trozo resultante, se tendrá:

y sustituyendo el valor de dAdx

dA

x .∫σ

obtenido en la sección 5.4.3:

My

Vz

Mz

Vy+dVy

Vz+dVz

My+dMy

Mz+dMz

x G n>0 n<0

s τxso

τxs

y

z

a b

a0

b0

Fig.5.35.a

Vy dx

a

a0

b

b0

s dx

σx

σx+dσx

τsx

τsox

t(s)

c d

co

do

t(so)

dA

Fig.5.35.b

( )0 . . ( ). . . ( ).x x x sox o x sxA AF d dA t s dx dA t s dxσ σ τ σ τ= → + + = +∑ ∫ ∫

.. . ( ). . ( ).x sox o sxAd dA t s dx t s dxσ τ τ+ = →∫ )(.)(... sesedA

dx

dsxosoxA

x ττσ=+∫


32

Observación: en esta expresión se observa que para poder calcular τsx se deberá antes conocer τsox. Ésto no ocurría en las secciones abiertas de pequeño espesor, pues en ellas tan sólo era necesario dar un corte para aislar el elemento diferencial y estudiar sobre él, el equilibrio de fuerzas, con lo cual se obtenía una ecuación con una sola incógnita: τsx, y se la podía calcular directamente. Cálculo de una tensión de referencia: τsox El cálculo de una tensión de referencia τsox se obtiene a partir de la siguiente propiedad: “ la suma de las deformaciones angulares γxs a lo largo de toda la línea media de una sección cerrada de pequeño espesor es cero”

y sustituyendo τxs =τsx por su valor obtenido de la ecuación (5.32):

0 0

. 0 y por la leydeHooke : . 0s s

xsxs ds ds

G

τγ = → =∫ ∫

20 0

. . ( ) . ( ) . . ( ) . ( ). ( ). . 0

( ). ( ). .( . )

como : cte, ( ) cte y eliminando G :

s sy y z zy y z z y zy zsox o

y z zy

sox o

V I Q s I Q s V I Q s I Q st sds ds

t s G t s G I I I

t s

τ

τ

− + − + =−

= =

∫ ∫

20 0

. . ( ) . ( ) . . ( ) . ( ). ( ). . 0

( ) ( ).( . )

y despejando finalmente :

s sy y z zy y z z y zy z

sox oy z zy

sox

V I Q s I Q s V I Q s I Q sdst s ds

t s t s I I Iτ

τ

− + − + =−∫ ∫

0 0 0 02

0

0

( ) ( )( ) ( ). . . . . . . . . .

( ) ( ) ( ) ( )

( ).( . )

( )

s s s sy yz z

y y zy z z zy

z y zysox xsos

Q s Q sQ s Q sV I ds I ds V I ds I ds

t s t s t s t s

t s I I I

ds

t s

τ τ

− + −

−−

= =

∫ ∫ ∫ ∫

∫

(5.33)

2

. . ( ) . ( ) . . ( ) . ( ). ( ) . ( ) (5.32)

.y y z zy y z z y zy z

sx sox oz y zy

V I Q s I Q s V I Q s I Q st s t s

I I Iτ τ

− + − = +−

Sección 5.4.4: Tensiones cortantes en secciones cerradas de pequeño espesor

33

Una vez obtenida de esta forma τsox, sustituyendo su valor en la ecuación (5.33) se obtendría el valor de la tensión que se quería calcular: τxs = τsx

CASOS PARTICULARES: Caso Particular 1º: “Los ejes y,z son los Ejes Principales de inercia de la sección” En éste caso se deberá cumplir: Izy = 0, con lo cual las ecuaciones 5.33 y 5.34 serán: Caso Particular 2º: “Los ejes y,z son los Ejes Principales de inercia de la sección y además una de las Fuerzas Cortantes es cero” Por ejemplo: caso de Vz = 0

02

. . ( ) . ( ) . . ( ) . ( ). ( )

( ) ( ).( . )y y z zy y z z y zy zxso

xsz y zy

V I Q s I Q s V I Q s I Q st s

t s t s I I I

ττ − + − = +

−(5.34)

0 0

0 0

0

( )( ). . . .

( ) ( )

( ). ( ).

( )

s syz

y z

z yxso s

Q sQ sV ds V ds

t s t s

t s I t s I

ds

t s

τ+

= −

∫ ∫

∫

(5.37)

0. ( ) . ( ). ( )

( ) ( ). ( ).y z z yxso

xsz y

V Q s V Q st s

t s t s I t s I

ττ = + + (5.36)

(5.35)

0

0

0

( ). .

( )

( ).

( )

sz

y

zxso s

Q sV ds

t s

t s I

ds

t s

τ = −

∫

∫

0. ( ). ( )

( ) ( ).y zxso

xsz

V Q st s

t s t s I

ττ = + (5.38)


34

Caso Particular 3º: “Si el eje y es de simetría y sólo hay Vy” En este caso las ecuaciones anteriores se simplifican, pues se demuestra que en los puntos de corte de la sección con el eje y la tensión cortante es cero. Así pues tomando dichos puntos como referencia, en ellos será: con lo cual la tensión cortante en cualquier otros puntos será: siendo Qz(s) el momento estático del área rayada respecto del eje z Fórmulas análogas se obtendrían si el eje z fuese de simetría y sólo hubiese Vz Y finalmente si ambos ejes: y, z, fuesen de simetría y hubiese Vy y Vz, las fórmulas se obtendrían por el Principio de Superposición de los Efectos, estudiando cada caso por separado y sumando los valores obtenidos en ambos.

τxso =0

. ( )

( ).y z

xsz

V Q s

t s Iτ = (5.40)

Vy

y

z

τxs

τxso = 0

τxso = 0

Fig.5.36

(5.39)

Sección 5.4.5: Centro de fuerzas cortantes

35

5.4.5-CENTRO DE FUERZAS CORTANTES Sea una viga con sección abierta de pequeño espesor y sea F la Resultante de las fuerzas exteriores aplicada en el punto G de la sección indicada en la Fig. (5.37). La fuerza cortante en dicha sección será pues: Vy = F La distribución de tensiones cortantes τxs en las alas y en el alma de la sección, aplicando la ecuación (5.30) será la indicada en la Fig. (5.38.a): La suma de las tensiones cortantes en el alma τxs = τxy dará lugar a una resultante que será Vy, y las de las alas: τxs = τxz, darán lugar a unas resultantes Vz. (Fig.5.38.b). Llevando la acción de estas resultantes de las fuerzas interiores: Vy y Vz, al centro de gravedad G de la sección, darán lugar a una Resultante: Vy (la suma de las Vz será cero, al ser iguales, de la misma dirección, pero de sentidos contrarios), y un Momento Resultante: M x = Vz.h + Vy.c que produce una Torsión en la sección (Fig. 5.38.c)

z

y

G Vext = F

Vy = Rint = F x

Fig.5.37

z

y

G Vy

Vz Fig.5.38.b.

h

c

Vz

z

y

G

Vy

Mx = Vz.h + Vy.c

Fig.5.38.c

z

y

G

τxs = τxz

τxs = τxz

τxs = τxy

Vy

Fig.5.38.a

⇒


36

Este efecto inesperado de la Torsión que producen las tensiones cortantes y al que tan sensibles son este tipo de secciones abiertas y de pequeño espesor (tienen muy poca rigidez a la torsión), se podrá evitar si se aplican las fuerzas exteriores, en lugar de en el centro de gravedad G de la sección, en un punto C al que llamaremos “Centro de Fuerzas Cortantes”. Calculemos a continuación la posición del Centro de Cortantes ( C ), para la sección dada. Para ello se situarán las fuerzas exteriores que actúen sobre la viga, de modo que la Resultante de las mismas pase por un punto C sobre el eje z y a una distancia d del centro de gravedad G de la sección. (Fig.5.39.a). Para ver el efecto que dicha Resultante provoca en G, la trasladamos a dicho punto, dando lugar a una fuerza: F y un momento: F.d. (Fig. 5.39.b)

Pero al estar la Resultante de las fuerzas exteriores F, aplicada ahora en el punto G, (Fig. 5.39.b) , F, esta fuerza sólo, por lo visto anteriormente, provocará unas fuerzas internas que daban lugar a la fuerza y al momento indicados (Figs.5.40.a y b)

Si situamos el punto C a una distancia d del punto G, tal que se consiga que el momento torsor exterior: Mx, sea igual y de sentido contrario al provocado por las fuerzas internas: Mx , se habrá conseguido anular éstas, es decir se habrá anulado el efecto de la Torsión en la sección ⇒ con ello queda localizada la posición del punto C (Centro de fuerzas cortantes), para este tipo de sección

z

y

G C

d

Vext = F

Fig.5.39.a

⇒ z

y

G C

d

Fig.5.39.bb

Vext = F

Mx = F.d

z

y

G Vext = F

Vy = Rint = F x

Fig.5.40.a

z

y

G

Ry

Mx = Vz.h + Vy.c

Fig.5.40.b

⇒

F.d = Vz.h + Vy.c . .z yV h V c

dF

+= (5.41)

Sección 5.4.5: Centro de fuerzas cortantes

37

Observaciones: Para otros tipos de secciones, los Centros de Cortantes serán:

a) Secciones abiertas de pequeño espesor con dos ejes de simetría

b) Secciones abiertas de pequeño espesor con sólo un eje de simetría

c) Secciones abiertas de pequeño espesor sin ejes de simetría

z

y

C ≡ G

Fig.5.43

z

y

C ≡ G

Fig.5.41

z

y

G

C

Fig.5.42.b

z

y

G C

d

Fig.5.42.a

z

y C

G

Fig.5.42.c


38

5.5-INTRODUCCIÓN AL DIMENSIONAMIENTO A RESISTENCIA DE VIGAS METÁLICAS SOLICITADAS A FLEXIÓN ( Normativa DB-SE-A ) 5.5.1.-RESISTENCIA DE LAS SECCIONES A FLEXIÓN PURA: MOMENTOS FLECTORES 1.-Criterio elástico de dimensionamiento: Según vimos en la sección 3.7: “La resistencia elástica de una sección se obtendrá cuando en un punto de la misma se alcance la tensión del límite elástico fy.” Caso de una sección solicitada por un momento flector Mz: Al momento flector Mz que produce la tensión del límite elástico fyd en los puntos más alejados de la línea neutra, se le denomina: Mzel,d y representa la resistencia elástica de una sección a la flexión Mz.. Calculemos su valor: La distribución de tensiones normales σx para este caso será, (ver fig.5.44):

Así pues para la comprobación a resistencia elástica de una sección trabajando a Flexión Pura: Mz, se aplicará la fórmula: Mz

* (carga mayorada) = Mz.γ :

G x

z

y

n

n

σMAX (COMPRESIÓN) = fyd

σMAX (TRACCIÓN) = fyd

Fig.5.44

Mz = Mzel,d

, , ,max

.zel d MAX zel d zel dX yd

zz zel

MAX

M y M Mf

II Wy

σ = = = = →

*, .z zel d zel ydM M W f≤ =

, .zel d zel ydM W f= (5.42)

, z

zmax

siendo:

:"resistencia elástica de la sección a la flexión M "

:"módulo resistente elástico a la flexión M "

zel d

zzel

M

IW y=

(5.43)

Sección 5.5: Introducción al dimensionamiento a resistencia de vigas metálicas solicitadas a flexión

39

Mz: momento flector que solicita a la sección, que se obtiene de los diagramas de esfuerzos γ : coeficiente de seguridad para las cargas, (ver tabla 3.2) Caso de una sección solicitada por un momento flector My: De forma similar al caso anterior llegaríamos a los siguientes resultados: La distribución de tensiones normales σx para este caso será ahora (ver fij.5.45):

Así pues para la comprobación a resistencia elástica de una sección trabajando a Flexión Pura: My, se aplicará la fórmula: My

* (carga mayorada) = My.γ My: momento flector que solicita a la sección, que se obtiene de los diagramas de esfuerzos γ : coeficiente de seguridad para las cargas, (ver tabla 3.2) Observación: Los módulos resistentes elásticos Wzel, Wyel, para el caso de series de perfiles normalizados se pueden obtener en las tablas correspondientes a los mismos. En caso de perfiles no normalizados se obtendrán a partir de sus expresiones respectivas.. Caso de los Momentos Flectores: Mz y My actuando simultáneamente: En este caso la normativa propone la siguiente fórmula de cálculo:

G x

z

y

n

n



My = Myel,d

Fig.5.45

*, .y yel d yel ydM M W f≤ =

**

, ,

1yz

zel d yel d

MM

M M+ ≤

, , ,max

.yel d MAX yel d yel dX yd

yy yel

MAX

M z M Mf

II Wz

σ = = = = →, .yel d yel ydM W f= (5.44)

, y

ymax

siendo:

:"resistencia elástica de la sección a la flexión M "

:"módulo resistente elástico a la flexión M "

yel d

yyel

M

IW z=

(5.45)

(5.46)


40

2.-Criterio plástico de dimensionamiento: Según vimos en la sección 3.7: “La resistencia plástica de una sección se obtendrá cuando en todos los puntos de la misma se alcance la tensión del límite elástico fy.” Caso de una sección solicitada por un momento flector Mz: Al momento flector Mz que produce la tensión del límite elástico fyd en todos puntos de la sección, se le denomina: Mzpl,d y representa la resistencia plástica de una sección a la flexión Mz. Calculemos su valor: La distribución de tensiones normales σx para este caso será, (ver fig.5.46): Para obtener la resistencia plástica Mzpl,d de la sección se procederá del siguiente modo:

Así pues para la comprobación a resistencia plástica de una sección trabajando a Flexión Pura: Mz, se aplicará la fórmula: Mz

* (carga mayorada) = Mz.γ : Mz: momento flector que solicita a la sección, que se obtiene de los diagramas de esfuerzos γ : coeficiente de seguridad para las cargas, (ver tabla 3.2)

G x

z

y

n

n

σ(COMPRESIÓN) = fyd

σ (TRACCIÓN) = fyd

Mz = Mzpl,d

Fig.5.46

,

/ 2

0 . . (como = = cte) . .

.2. . .

G zpl d yd ydA A

yd zpl ydA

M M dA y f f y dA

f y dA W f

σ σ= → = = = =

= =

∑ ∫ ∫

∫

*, .z zpl d zpl ydM M W f≤ =

, .zpl d zpl ydM W f= (5.47)

, z

z/ 2

siendo:

:"resistencia plástica de la sección a la flexión M"

2. . :"módulo resistente plástico a la flexión M "

zpl d

zpl A

M

W y dA= ∫

(5.48)


41

Caso de una sección solicitada por un momento flector My: De forma similar al caso anterior llegaríamos a los siguientes resultados: La distribución de tensiones normales σx para este caso será, (ver fig.5.47): Para obtener la resistencia plástica Mypl,d de la sección se procederá del siguiente modo:

Así pues para la comprobación a resistencia plástica de una sección trabajando a Flexión Pura: My, se aplicará la fórmula: My

* (carga mayorada) = My.γ : My: momento flector que solicita a la sección, que se obtiene de los diagramas de esfuerzos γ : coeficiente de seguridad para las cargas, (ver tabla 3.2) Caso de los Momentos Flectores: Mz y My actuando simultáneamente: En este caso la normativa propone la siguiente fórmula de cálculo:

G x

z

y

n

n



My = Mypl,d

Fig.5.47

*, .y ypl d ypl ydM M W f≤ =

**

, ,

1yz

zpl d ypl d

MM

M M+ ≤

,

/ 2

0 . . (como = = cte) . .

.2. . .

G ypl d yd ydA A

yd ypl ydA

M M dA z f f z dA

f z dA W f

σ σ= → = = = =

= =

∑ ∫ ∫

∫

, .ypl d ypl ydM W f= (5.49)

(5.50)

(5.51)

, y

y/ 2

siendo:

:"resistencia plástica de la sección a la flexión M"

2. . : "módulo resistente plástico a la flexión M "

ypl d

ypl A

M

W z dA= ∫


42

Observación: Los módulos resistentes plásticos Wzpl, Wypl, al igual que los elásticos, se obtendrán: En el caso de series de perfiles normalizados, en las tablas correspondientes a los mismos y en el caso de perfiles no normalizados, a partir de las expresiones respectivas obtenidas para los mismos. Ejemplo 1: Sección rectangular

Ejemplo 2: Sección circular

Ejemplo 3: IPE-300

z

y

b

h G

3 3

2 2

max max

2

( / 2) ( / 2)/ 2

2

( / 2) ( / 2)/ 2

. .. .12 126 6

2 2. .

2. . 2. . 2. .4 2 4

. .2. . 2. . 2. .

4 2 4

yzzel yel

zpl G A AA

ypl G A AA

b h h bII b h h b

W Wh by z

h b h b hW y dA y A

b b h h bW z dA z A

= = = = = =

= = = =

= = = =

∫

∫

3

3

3

3

(tablas) 557,1 mm

(tablas) 80,5 mm

(tablas) 628,4 mm

(tablas) 125,2 mm

zel

yel

zpl

ypl

W

W

W

W

= =

= =

= =

= =

z

y

R 4

3

max

23

( / 2) ( / 2)/ 2

..44

(porsimetría)

4. . 42. . 2. . 2. . .

3. 2 3(porsimetria)

zzel

yel zel

zpl G A AA

ypl zpl

RI R

Wy R

W W

R RW y dA y A R

W W

ππ

ππ

= = =

= =

= = = =

= =

∫


43

3.-Criterio de Von Mises de dimensionamiento: Si aplicásemos el criterio de dimensionamiento de Von-Mises (sección 3.7), llegaríamos al mismo resultado que con el criterio elástico de dimensionamiento. En efecto, la fórmula de Von Mises es: Caso del Momento Flector: Mz:

Caso del Momento Flector: My:

Caso de los Momentos Flectores: Mz y My actuando simultáneamente:

Observación: La Normativa indica las clases de secciones a las que aconseja aplicar el cálculo elástico o el plástico.

*2 *23.co ydfσ σ τ= + ≤

* * ** *max

max

**

.siendo : 0 ysustituyendo

/

.

z z z

z z zel

zco yd z zel yd

zel

M y M M

I I y W

Mf M W f

W

σ τ

σ

= = = =

= ≤ → ≤

* * *max* *

max

**

.siendo : 0 ysustituyendo

/

.

y y y

y y yel

yco yd y yel yd

yel

M z M M

I I z W

Mf M W f

W

σ τ

σ

= = = =

= ≤ → ≤

* * ** * *max* *max

max max

* * ** * *

, ,

..siendo : 0

/ /

ysustituyendo

1 1. .

y y yz z z

z y z y zel yel

y y yz z zco yd

zel yel zel yd yel yd zel d yel d

M z M MM y M M

I I I y I z W W

M M MM M Mf

W W W f W f M M

σ τ

σ

= + = + = + =

= + ≤ → + ≤ → + ≤


44

5.5.2.-RESISTENCIA DE LAS SECCIONES A CORTADURA Para el cálculo debido a las Fuerzas Cortantes, la normativa propone un cálculo plástico de las mismas suponiendo unas distribuciones de tensiones cortantes uniformes. 1.-Criterio plástico de dimensionamiento: El estudio se hará indistintamente para las cortaduras: Vy o Vz y la denominaremos en general: V A la fuerza cortante V que producen la tensión cortante del límite elástico τyd en todos puntos de la sección, se le denomina: Vpl,d y representa la resistencia plástica de una sección a la cortadura V. Calculemos su valor: Según vimos en la sección 3.7, en el criterio de dimensionamiento de Von Mises, la tensión cortante en el límite elástico tenía el siguiente valor : Si suponemos, como dijimos antes, una distribución uniforme de las tensiones cortantes a lo largo de la sección, tendremos: Para obtener la resistencia plástica de la sección a esfuerzos cortantes, se procederá del siguiente modo:

(ver ecuación 3.27)3yd

yd

fτ =

Vpl,d

τ = τyd = fyd/√3 = cte

Fig.5.48

, yd0 . (como cte) . (y por la ecuación 3.27)

.3

v vpl d ydA A

ydv

F V dA dA

fA

τ τ τ τ= → = = = = = = =

=

∑ ∫ ∫


45

Quedará pues:

• Secciones macizas de gran espesor: rectangulares, circulares,…….

Av = A (área de la sección)

• Perfiles abiertos de pequeño espesor: IPE, HEB, UPN,……….

Con cortadura Vy: Av = Área del alma del perfil

Con cortadura Vz: Av = Área de las alas del perfil

• Perfiles cerrados de pequeño espesor circulares:

Av = A.2/π

• Perfiles cerrados de pequeño espesor rectangulares:

Con cortadura Vy: Av = Área de las almas de los perfiles

Con cortadura Vz: Av = Área de las alas de los perfiles Ejemplo:

, .3yd

pl d v

fV A= (5.52)

,

siendo:

:"resistencia plástica de la sección a la cortadura V"

:"área de la sección a considerar, según el tipo de la misma":

pl d

v

V

A

h

b

tw

tf

d

Vy → Av ≈ h.tw Vz → Av ≈ A-.d.tw


46

Así pues para comprobar la resistencia plástica de una sección a cortadura: V* (carga mayorada) = fuerza cortante que solicita a la sección, que se obtiene de los diagramas de esfuerzos γ : coeficiente de seguridad para las cargas, (ver tabla 3.2) 2.-Criterio de Von Mises de dimensionamiento: Si aplicásemos el criterio de dimensionamiento de Von-Mises (sección 3.7), sólo para las Fuerzas Cortantes, llegaríamos al mismo resultado que con el criterio plástico de dimensionamiento visto anteriormente. En efecto, la fórmula de Von Mises es:

** *

**

: 0 (sup )

: 3. .3

v

ydyd v

v

Vsiendo oniendo distribuciónuniforme

A

fVy sustituyendo f V A

A

σ τ= = =

≤ → ≤

5.5.3.-RESISTENCIA DE LAS SECCIONES A FLEXIÓN SIMPL E: MOMENTOS FLECTORES Y FUERZAS CORTANTES Se estudiarán los dimensionamientos vistos para los Momentos Flectores y para las Fuerzas Cortantes separadamente y si se cumple que:

Esto ocurrirá en la mayoría de los casos y en el caso de que no se cumpliese habría que hacer una nueva comprobación combinando el Momento flector con la Fuerza Cortante (ver Normativa DB-SE-A)

*, .

3yd

pl d v

fV V A≤ =

*2 *23.co ydfσ σ τ= + ≤

(5.53)

*,

1 1. . . nohabrá quehacer mascomprobaciones

2 2 3yd

pl d v

fV V A≤ = →


47

5.5.4.-RESISTENCIA DE LAS BARRAS METÁLICAS A FLEXIÓ N Al considerar ahora la barra en su conjunto, se tendrán que hacer nuevas comprobaciones: 1.- Comprobación del Pandeo Lateral debido a la flexión: al tener la viga zonas comprimidas, si éstas no presentan una rigidez suficiente, la viga, si no está suficientemente rigidizada lateralmente, podrá flexar lateralmente al mismo tiempo que torsionarse. Esto puede ocurrir en vigas metálicas.

2.-Comprobación de la rigidez del alma de una barra bajo cargas concentradas 3.-Abolladura del alma por cortante Ëstas comprobaciones son objeto de estudio en otras asignaturas. (Ver la Normativa española sobre Estructuras de acero en la edificación: DB-SE-A) Para otros materiales existen las Normativas específicas: caso del Hormigón y madera

⇒

Fig.5.49.a

Fig.5.49.b


48

OBSERVACIONES: Para efectuar el dimensionamiento completo de una viga que trabaje a Flexión habrá que realizar, además del dimensionamiento a resistencia que se acaba de ver, la comprobación a rigidez: limitación de la flecha máxima. (Se verá en el capítulo siguiente)

ymax

Fig.5.50

Tema 6: Flexión: Deformaciones

1


Tema 6: FLEXIÓN: DEFORMACIONES

x

y

+


2

6.1.- INTRODUCCIÓN Las deformaciones hay que limitarlas al igual que las tensiones, bien por razones de seguridad, de mantenimiento o simplemente de estética. Así, en numerosos casos, los elementos estructurales se dimensionarán aparte de a Resistencia, limitando sus tensiones máximas, (tal y como hemos visto en el tema anterior), a RIGIDEZ, haciendo que las deformaciones máximas no sobrepases unos determinados valores admisibles. En diferentes normativas se fijan los valores admisibles de las deformaciones para diferentes elementos estructurales. Con el estudio de las deformaciones de una viga a Flexión, calcularemos los GIROS (θz , θy ) que sufren las secciones transversales alrededor del eje neutro y las FLECHAS o DESPLAZAMIENTOS (y, z) de sus centros de gravedad. Flexión en plano xy Flexión en plano xz Los métodos que desarrollaremos para el cálculo de las deformaciones son los siguientes:

• Método de la Ecuación Diferencial de la Línea Elástica • Método de la Ecuación Universal de la Línea Elástica • Método de los Teoremas de Mohr • Método energético del Teorema de Castigliano • Método energético de los Trabajos Virtuales

Observación: Los dos métodos energéticos los estudiaremos más adelante, en el tema 9º, dado que son métodos de cálculo más generales y tienen su aplicación en el estudio de las deformaciones, no sólo a Flexión, sino también en los casos de Tracción, Compresión, Torsión, etc.

y

y

z

x

θz

z

z

y x

θy

Fig.6.1

Sección 6.2: Método de la Ecuación Diferencial de la Elástica

3

6.2.-MÉTODO DE LA ECUACIÓN DIFERENCIAL DE LA ELÁSTI CA Consideremos la viga de la figura sometida a Flexión Simple (Ry, Mz)

Según vimos en la sección 5.3.3. se denomina línea elástica: “al eje x de la viga (el que pasa por los centros de gravedad de todas las secciones transversales), una vez deformado”. Tratemos ahora de calcular su ecuación: y = y(x) Vimos también en dicha sección, que para el caso de Flexión Pura (sólo momentos flectores), el radio de curvatura de la línea elástica venía dado por la ecuación (5.20):

1

.z

z

M

r E I=

pues bien, para el caso de la Flexión Simple (momentos flectores y fuerzas cortantes), podremos utilizar la misma fórmula del radio de curvatura, pues la influencia que ejercen las fuerzas cortantes es pequeña y la podremos despreciar en la mayoría de los casos. Por otra parte sabemos por Matemáticas que el radio de curvatura de una curva se puede obtener de la expresión:

2

2

3/ 22

1(6.1)

1

d y

dxr dy

dx

= +

igualando las expresiones del radio de curvatura:

2/32

2

2

1

+dx

dy

dx

yd

= (6.2).

z

z

M

E I

expresión obtenida que representa la “ecuación diferencial de la línea elástica” La integración de esta ecuación diferencial, no lineal, presenta grandes dificultades y dado que en la mayoría de los casos las deformaciones que se van a presentar, son pequeñas, podremos hacer las siguientes simplificaciones:

y = y(x) Línea elástica

x y

x

Fig.6.2


4

(para pequeñas deformaciones) Giros de las seccionesz z

dytag

dxϑ ϑ= ≅ →

si las deformaciones son pequeñas: θz es pequeño → tag θz es pequeño → dy/dx es

pequeño → 112

≅

+dx

dy y haciendo esta aproximación en la ecuación (6.2) quedará:

2

2(6.3) o bien: (6.4)

. . .z z z z

z z z

M M d Md y d dy

dx E I dx dx E I dx E I

ϑ = = → =

Observación: con el sistema de ejes coordenados adoptado en el tema 5.2 para las vigas a flexión, resultará que:

00

00

2

2

2

2

>→<

<→>

dx

ydMsi

dx

ydMsi

z

z

En efecto, supongamos: Mz >0

2 1 2 1

2

2

0 y además según se ve en la fig.6.4 : 0

con lo cual se cumplirá : 0 o lo que es lo mismo : 0

si x x dx d

d d y

dx dx

ϑ ϑ ϑϑ

> → > < → <

< <

y lo mismo se comprobaría para el caso: Mz<0.

y = y(x) y

x

tangente

θz

θz

Fig.6.3

y

x

tag1 θ1

x1

x2

tag2

θ2

Fig.6.4

Sección 6.2: Método de la Ecuación Diferencial de la Elástica

5

En virtud de ello en las ecuaciones (6.3) y (6.4) deberemos introducir un signo (-) quedando finalmente como Ecuación diferencial de la línea elástica :

(6.5) o bien: (6.6)

OBSERVACIONES: 1.- Integrando una vez la Ecuación diferencial de la línea elástica obtendremos los Giros θz (ver ecuación 6.6). Si integramos dos veces dicha ecuación obtendremos las Flechas y de los centros de gravedad de cada sección (ver ecuación 6.5) o lo que es lo mismo la Ecuación de la línea elástica: y = y(x) 2.- La ecuación de la línea elástica: y = y(x), es una función continua (ver figura 6.5.a). Si fuera discontinua (ver figura 6.5.b), es que se habría roto

3.- La ecuación de los giros: θz = θz (x), es también una función continua. Sería discontinua sólo si la elástica presentase un punto anguloso (ver fig.6.5.c)

En un punto anguloso se ha de verificar: ∞=r

1 ,entonces la ecuación (5.20), antes

mencionada, quedará: ∞==z

z

IE

M

r .

1 y para que esto se cumpla ∞=→ zM . Pero

éste valor nunca se va a dar.

4.- La ecuación diferencial de la elástica 2

2

dx

yd será discontinua en los puntos en que

Mz sea discontinuo.

z

z

IE

M

dx

yd

.2

2

−= z

zz

IE

M

dx

d

.−=

ϑ

Fig.6.5.a Fig.6.5.b

tag θ1 tag 1

θ2

θ1

punto anguloso

tag 2

Fig.6.5.c


6

5.- Si en una sección de una viga es Mz = 0, la elástica presentará un punto de inflexión en dicho punto

6.- Si la viga hubiese estado sometida a flexión simple en el plano xz: Rz, My, las ecuaciones diferenciales (6.5) y (6.6) de la elástica serían:

(6.7) (6.8)

7.- Si la viga estuviese sometida a flexión en ambos planos: xy y xz habría que calcular por separado los giros y flechas relativos a ambos planos con las ecuaciones: (6.5), (6.6), (6.7), y (6.8) . A continuación se compondrían vectorialmente los giros: θz, θy y las flechas: y, z

giro total: 22yzyz ϑϑϑϑϑϑ +=+=

��

flecha total: 22 zyzy +=+= δδ ��

�

2 2

2 20 0 puntos de inflexión de la elástica ( )

.z

z

Md y d yy y x

dx E I dx= − = → = → =

y

y

IE

M

dx

zd

.2

2

−= y

yy

IE

M

dx

d

.−=

ϑ

y

x

z

y

z

δ

Elástica en plano xy debida a la flexión Mz

Elástica en plano xx debida a la flexión My

Fig.6.6

Sección 6.3: Método de los Teoremas de Mohr

7

6.3.-MÉTODO DE LOS TEOREMAS DE MOHR Primer Teorema de Mohr: El primer teorema de Mohr nos permite calcular el ángulo θAB que forman entre sí dos secciones A y B de una viga flexionada. Éste ángulo será el mismo que el que forman las tangentes a la elástica en los puntos A y B

La ecuación diferencial de la elástica es, según ecuación 6.6:

(6.15)

A B

x

θAB

tag en A θAB

θB

θA

tag en B

x dx

A B

Mz

y

x

Mz

Fig.6.9

.

. .

e integrando esta ecuación entre los puntos A y B :

. .( ) ( ) o bien :

. .

z z zz

z z

B B Bz z

z z zz zA A A

d M M dxd

dx E I E I

M dx M dxd B A

E I E I

ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ

= − → = −

= − → − = −∫ ∫ ∫

∫=−=B

A z

zzzz IE

dxMBAAB

.

.)()()( ϑϑϑ

Tema 6: Flexión-Deformaciones

8

Caso particular: En el caso de que el módulo de rigidez de la viga sea constante: E.Iz = cte, la ecuación 6.15. se podrá expresar también de la siguiente manera:

(6.16)

ecuación que nos dice: “el ángulo θz (AB) que forman entre sí dos secciones de la viga flexionada, es igual al área del diagrama de momentos flectores comprendida entre A y B: )( ABMS , dividido por el módulo de rigidez de la viga: E.Iz” Observaciones: 1º.- En las expresiones del primer teorema de Mohr se consideran positivos los ángulos θz que vayan en sentido horario, siempre que la sección A esté situada a la izquierda de la sección B. 2º.- En el caso de una viga en la que conozcamos una sección que no gire (por ejemplo casos de empotramientos), podremos conocer mediante este teorema, de forma directa, el giro de cualquier otra sección de la misma

..

( ) ( ) ( ) ( . cte). . .

AB

B

zB Mz A

z z z zz z zA

M dxM dx S

AB A B E IE I E I E I

ϑ ϑ ϑ= − = = = = =∫

∫

A

B

θB

θA=0

Fig.6.10

(como 0)AB A B A Bϑ ϑ ϑ ϑ ϑ= − = = = −

Sección 6.3: Método de los Teoremas de Mohr

9

Segundo Teorema de Mohr: El segundo teorema de Mohr nos da la distancia en vertical, δBA, que hay desde un punto B de la elástica a la tangente en otro punto A de la elástica.

Para calcular δBA haremos lo siguiente: por dos puntos C y D de la elástica, muy próximos, situados a una distancia: x y x+dx respectivamente, trazamos las tangentes, las cuales interceptan al segmento BB´= δBA en el segmento diferencial B1B2, cuya longitud será:

sumando las longitudes de los segmentos diferenciales B1B2 al mover los puntos C y D desde A hasta B, tendremos la longitud total δBA que queremos calcular. Así:

y si finalmente se sustituye el valor absoluto de dθ obtenido en el primer teorema de Mohr:

∫−=

B

A z

BzBA IE

dxxxM

.

)..(δ

A B

x

tag en A

δBA

θ

x

A B

Mz

y

x

xA

xB

B´

B1

B2 C D

tag en C

tag en D dθ

dx

B0

x dx xB - x

Mz

Fig.6.11

(6.17)

1 2 1 0 2 0

1 2

( ). ( ). ( )

y para el caso de pequeñas deformaciones

( ). ( ).( ) ( ).

B B

B B B

B B B B B B x x tag x x tag d

B B x x x x d x x d

ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ

= − = − − − −

≅ − − − − = −

ϑδ dxxBBB

A

BBA ).(´ −== ∫


10

Caso particular: En el caso de que el módulo de rigidez de la viga sea constante: E.Iz = cte, la ecuación 6.17. se podrá expresar también de la siguiente manera: ecuación que nos dice: “la distancia en vertical: δBA que hay desde un punto B de la elástica a la tangente en otro punto A de la misma, es igual al momento estático respecto del primer punto B del área del diagrama de momentos flectores comprendida entre ambos puntos: ABM

BQ , dividido por el módulo de rigidez a flexión de la viga: E.Iz” Observaciones: 1º.- En las expresiones del segundo teorema de Mohr, cuando δBA>0, indicará que el punto B está situado por encima de la tangente en A, independientemente, en este caso, del orden en que estén situados los puntos A y B. 2º.- En el caso de una viga en la que conozcamos una sección que no gire (por ejemplo casos de empotramientos), podremos conocer mediante este teorema, de forma directa, la flecha en un punto cualquiera de la misma.

3º.- Si la flexión de la viga fuera debida a un momento flector My y por tanto la elástica estuviera en el plano xz las expresiones de los teoremas de Mohr: (6.15), (6.16), (6.17) y (6.18), serían las mismas, sin más que cambiar: Mz → My E.Iz → E.Iy y los giros y flechas obtenidos serían: θz → θy y → z 4º.- Si la flexión de la viga fuese debida a Mz y My conjuntamente se procedería de forma análoga a lo indicado para los otros dos métodos expuestos.

.( )..( ).

( . cte). . .

AB

B

z BB Mz B A B

BA zz z zA

M x x dxM x x dx Q

E IE I E I E I

δ−

−= = = = =∫

∫

A

B

tag en A x

y

δBA = yB

Fig.6.12

(6.18)

Tema 7: Flexión: Hiperestaticidad

1


Tema 7: FLEXIÓN: HIPERESTATICIDAD


2

7.1.- INTRODUCCIÓN Según vimos en la sección 4.4 una viga o una estructura se dice que es hiperestática cuando: Éstos casos suelen presentarse cuando la viga o la estructura tiene apoyos (ligaduras) de más Se denomina “grado de hiperestaticidad” :a la diferencia entre el número de incógnitas de las reacciones y el número de ecuaciones de equilibrio de la estática. También vimos que para resolver la hiperestaticidad era necesario añadir “ecuaciones de deformación”, tantas como sea el grado de hiperestaticidad, de tal forma que:

El método de resolución será el transformar la viga hiperestática en una viga isostática equivalente, liberándola de sus ligaduras de más y sustituyendo sus acciones por fuerzas o momentos de magnitudes tales que la viga isostática conserve las coacciones que las ligaduras ejercían sobre la viga hiperestática. En este tema estudiaremos las vigas hiperestáticas de un solo tramo y las de dos o mas tramos (vigas continuas), trabajando a flexión. 7.2.-VIGAS DE UN SOLO TRAMO Hagamos su estudio a través del siguiente ejemplo:

nº ecuaciones equilibrio:2 nº incógnitas de las reacciones: 3

RA, MA, RB

Es una viga hiperestática de primer grado. Tiene una ligadura de más, pues podríamos suprimir en ella el apoyo B o bien sustituir el empotramiento en A por un apoyo articulado fijo, según se muestra a continuación:

nº ecuaciones de equilibrio+ nº ecuaciones de deformación=nº incónitas

número de ecuaciones de equilibrio < número de incógnitas de las reacciones

)2(2

...0

)1(.0

LLqMLRM

LqRRF

ABA

BA

=+=

=+=

∑

∑

L

q

RB RA

MA

A B

Fig.7.1

L

q

A B

L

q

A B

Fig.7.2

Sección 7.2: Vigas de un solo tramo

3

Si suprimimos el apoyo B, la viga isostática que resulta, para que fuera equivalente a la dada, deberíamos incluir la fuerza RB e imponer la condición (ecuación de deformación):

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones: (1), (2) de equilibrio y la ecuación (3) de deformación obtendríamos las reacciones en los apoyos: RA, MA, RB Si hubiésemos optado por suprimir el empotramiento en A por un apoyo articulado fijo, la viga isostática que resulta, para que fuera equivalente a la dada, deberíamos incluir el momento MA e imponer la condición (ecuación de deformación):

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones: (1), (2) de equilibrio y la ecuación (3) de deformación obtendríamos las reacciones en los apoyos: RA, MA, RB 7.3.-VIGAS CONTINUAS Las vigas continuas son vigas que tienen más de dos apoyos. Normalmente se utilizan cuando los vanos a cubrir son grandes.

No obstante, para cubrir esos vanos grandes, se podría optar por colocar varias vigas de un solo tramo a continuación una de otra:

L

q

RB RA

MA

A B

Fig.7.3

0=By

L

q

RB RA

A B

MA

Fig.7.4

Fig.7.5

Fig.7.6

0=Aϑ (3)

(3)


4

Ventajas de las vigas continuas frente a las varias vigas de un solo tramo Las vigas continuas dan momentos flectores y flechas de menor magnitud que las de un solo tramo. Ésto se puede apreciar en el ejemplo de las figuras 7.7.a y b., abajo representadas, lo que lleva consigo vigas de menor sección transversal y por tanto, más económicas

Por el contrario, los inconvenientes que presentan las vigas continuas frente a las de un solo tramo, es que aquellas son sensibles a los desplazamientos (asientos) que puedan sufrir los apoyos, lo que proporcionaría nuevos momentos flectores y por consiguiente más tensiones inducidas. Procedimiento para el cálculo de las vigas continuas Las vigas continuas son vigas hiperestáticas y por tanto podremos resolverlas según el procedimiento general, visto en 7.1, a través de la viga isostática equivalente Ejemplo:

Esta viga tendrá: nº ecuaciones de equilibrio: 3 nº incógnitas de las reacciones: m+1 (H1, R1, R2, R3, ……Rm-1, Rm) Es una viga hiperestática de grado m-2.

Mz Mz

y y

y

R1 R2 R3 Rm-1 Rm

H1 1 2 3 m-1 m Fig.7.8

)000( === ∑∑ ∑ zyx MFF

Fig.7.7.a Fig.7.7.b

Sección 7.3: Vigas continuas

5

Utilizando para su cálculo el procedimiento descrito en 7.1, la “viga isostática equivalente”, sería:

y las m-2 ecuaciones de deformación que habrá que añadir a ésta viga isostática para que sea equivalente a la dada serán: Ahora ya con el sistema formado por las 3 ecuaciones de equilibrio y las m-2 ecuaciones de deformación indicadas, podremos resolver las m+1 incógnitas de las reacciones. No obstante para el cálculo de las vigas continuas existe otro procedimiento específico para ellas, que se denomina: “Ecuación de los tres momentos” ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS Este método toma como incógnitas hiperestáticas los momentos flectores: M2, M3, Mm-1 que actuan en las secciones transversales correspondientes a los m-2 apoyos intermedios. Método de cálculo: se sustituye la viga continua por m-1 vigas isostáticas equivalentes, simplemente apoyadas, en cuyos extremos se sitúan las ligaduras internas con los tramos contiguos de los que las hemos liberado, es decir, las resultantes y los momentos resultantes de las cargas que quedan a un lado de dichos extremos.: F2, M2, F3, M3, Fm-1, Mm-1

los Momentos Flectores: M2, M3,….Mm-1, se obtienen planteando las siguientes ecuaciones de deformación:

2 2 3 3 1 1(1,2) (2,3), (2,3) (3,4),........., ( 2, 1) ( 1,)m mm m m mϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ− −= = − − = −

M2 M3 M3 Mm-1 M2

H1

R2 R2

F2 F2 F3 F3

R3 R3

Fm-1

Rm-1 Rm R1

1 2 2 3 3 m-1 m

Fig.7.10

R1 R2 R3 Rm-1 Rm

H1 1 2 3 m-1 m

Fig.7.9

R1 R2 R3 Rm-1 Rm

H1 1 2 3 m-1 m

0;......0;0 132 === −myyy


6

Desarrollemos pues a continuación estas ecuaciones de deformación y para ello tomemos dos vigas isostáticas equivalentes, correspondientes a dos tramos consecutivos n y n+1 de la viga continua:

la ecuación de deformación a plantear será: y para el cálculo de estos giros aplicamos el Principio de Superposición: la ecuación de deformación anterior será:

Calculemos a continuación cada uno de estos valores:

Rn-1 Rn Rn

Rn+1

Fn-1 Fn Fn Fn+1

Ln Ln+1

Mn-1 Mn Mn Mn+1

n-1 n n n+1

Fig.7.11

Ln Ln+1 n-1 n n n+1

θ1n

Ln Ln+1

Mn-1 Mn+1

n-1 n n n+1

Ln Ln+1

Mn

n-1 n n n+1

Mn θ3n θ3

n

θ1n

θ2n

θ2n

)1,(),1( +=− nnnn nn ϑϑ (7.1)

Fig.7.12.a Fig.7.12.b

1 2 3 1 2 3( 1, ) ( 1, ) ( 1, ) ( , 1) ( , 1) ( , 1)n n n n n nn n n n n n n n n n n nϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ− − + − + − = + − + − + (7.2)


7

• Cálculo de:

Por el método de los Teoremas de Mohr:

• Cálculo de:

Por el método de los Teoremas de Mohr:

θ2n θ2

n

n-1 n n n+1

δn-1,n δn+1,n

tag en n tag en n

Mz Mz

Ln Ln+1

Mn-1 Mn+1

Mn-1 Mn+1

Fig.7.14.a Fig.7.14.b

:)1,(),1( 11 +− nnynn nn ϑϑ

:)1,(),1( 22 +− nnynn nn ϑϑ

θ1n

θ1n

n-1 n n n+1

δn-1,n δn+1,n tag en n tag en n

Mz Mz

Ln Ln+1

Fig.7.13.a Fig.7.13.b

(7.3)

(7.4)

1, 1,

, 1 , 1

1 11 11,

1 11 11, 1

1

( 1, ). ( 1, ). . .

( , 1). ( , 1). . .

n n n n

n n n n

M Mn n

n n n n nz n z

M Mn n

n n n n nz n z

Q Qn n L n n

E I L E I

Q Qn n L n n

E I L E I

δ ϑ ϑ

δ ϑ ϑ

− −

+ +

− −−

+ ++ +

+

= = − → − =

= = + → + =

1,

, 1

12 21 1

1,

1 1 12 21 1 1

1, 1

1 1. . . .2 3 ( 1, ). ( 1, )

. . 6. .

1 1. . . .2 3 ( , 1). ( , 1)

. . 6. .

n n

n n

M n n nn n n

n n n n nz z z

M n n nn n n

n n n n nz z z

M L LQ M Ln n L n n

E I E I E I

M L LQ M Ln n L n n

E I E I E I

δ ϑ ϑ

δ ϑ ϑ

−

+

−− −

−

+ + ++ + +

+ +

−= = = − → − =

−= = = + → + =

(7.5)

(7.6)


8

• Cálculo de:

llevando finalmente todos los valores obtenidos a la ecuación (7.2):

y multiplicando todos los términos por: (6.E.Iz) y ordenando, quedará finalmente la denominada ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS:

Está ecuación se irá aplicando cada tres apoyos sucesivos de la viga continua

θ3n θ3

n

n-1 n n n+1

δn-1,n δn+1,n

tag en n tag en n

Mz Mz

Ln Ln+1

Mn Mn

Mn Mn

Fig.7.15.a Fig.7.15.b

:)1,(),1( 33 +− nnynn nn ϑϑ

+=+++

+

+−+++−

+−

1

111111

1,,1

.6.).(.2.n

Mn

n

Mn

nnnnnnn L

Q

L

QLMLLMLM

nnnn

z

nn

z

nn

zn

Mn

z

nn

z

nn

zn

Mn

IE

LM

IE

LM

IEL

Q

IE

LM

IE

LM

IEL

Q nnnn

..3

.

..6

.

....3

.

..6

.

..111

1

1111,,1

+++

+

+−− −−=++−+−

(7.9)

1,

, 1

3 311,

1 13 31 1

1, 1

1 2. . . .2 3 ( 1, ). ( 1, )

. . 3. .

1 2. . . .2 3 ( , 1). ( , 1)

. . 3. .

n n

n n

M n n nn n n

n n n n nz z z

M n n nn n n

n n n n nz z z

M L LQ M Ln n L n n

E I E I E I

M L LQ M Ln n L n n

E I E I E I

δ ϑ ϑ

δ ϑ ϑ

−

+

−−

+ ++ +

+ +

−= = = − → − =

−= = = + → + =

(7.7)

(7.8)


9

CASO DE ASIENTOS EN LOS APOYOS

separando ambas vigas:

planteando de nuevo la ecuación (7.1): )1,(),1( +=− nnnn nn ϑϑ y añadiendo este

nuevo término, quedará:

)1,(),1( 43214321 ++−−=−+++− nntramonntramo nnnnnnnn ϑϑϑϑϑϑϑϑ

y sustituyendo los valores obtenidos para cada uno de ellos:

y multiplicando por (6.E.Iz) y ordenando, la Ecuación de los tres momentos quedará ahora, teniendo en cuenta el descenso de los apoyos:

Ln Ln+1 hn-1 hn

hn+1

n-1 n n+1

n-1 n

n+1 Fig.7.16

Ln+1

hn hn+1

n n+1

n

n+1

θ4n

θ4n

Fig.7.17.b

Ln hn-1 hn

n-1 n

n-1 n

θ4n

θ4n

Fig.7.17.a

−+−+

+=+++

+

+−

+

+−+++−

+−

1

11

1

111111 66)(2

1,,1

n

nn

n

nnz

n

Mn

n

Mn

nnnnnnn L

hh

L

hhEI

L

Q

L

QLMLLMLM

nnnn

1

1111

1

1111

..3

.

..6

.

....3

.

..6

.

..

1,,1

+

++++

+

+−−− −+−−=

−+++−

+−

n

nn

z

nn

z

nn

zn

Mn

n

nn

z

nn

z

nn

zn

Mn

L

hh

IE

LM

IE

LM

IEL

Q

L

hh

IE

LM

IE

LM

IEL

Q nnnn

4 4 4 41 1

1

n n n nn n n n

n n

h h h htag tag

L Lϑ ϑ ϑ ϑ− +

+

− −≅ = = = (7.10)

(7.11)

(7.12)

Tema 8: Torsión

1


Tema 8: TORSIÓN

T

x

G

1 2

2

G

Tema 8: Torsión

2

8.1.-INTRODUCCIÓN Una sección de un elemento estructural está solicitada a Torsión cuando el Momento resultante de las fuerzas interiores tiene la componente Mx = T

En este tema se estudiarán elementos estructurales en los que todas sus secciones estén solicitadas a Torsión Diagramas de Momentos Torsores Al igual que ocurre con los diagramas correspondientes de la Tracción-Compresión y de la Flexión, los diagramas de Momentos Torsores indicarán el Momento Torsor correspondiente a cada sección del elemento estructural. Se desarrollará uno de estos diagramas a través de un ejemplo:

G

z

y

x T

T>0 → si su sentido es el de la normal saliente de la sección

T<0 → si su sentido es contrario al de la normal saliente en la sección

Criterios de signos para los Momentos Torsores

x n T x n T

x n T x n T

Fig..8.1.a

Fig..8.1.b


3

Tipos de Torsión que se podrán dar:

A.-Torsión uniforme: Se dice que una barra trabaja a TORSIÓN UNIFORME cuando se cumplan las dos condiciones siguientes: el único esfuerzo presente es un Momento Torsor, que es constante a lo largo de ella y además los extremos de la barra pueden alabear libremente En la torsión uniforme, dado que el alabeo que se pueda producir es el mismo en todas las secciones, se podrá afirmar que las tensiones normales serán cero (σx = 0) , y sólo dará lugar a tensiones cortantes: τ

Tramo L1

M1 Mext = M1

T = M1

n M int = M1

Tramo L2

M3 Mext = M3 M int= M3

T = - M3

n

M1 M2 M3

L1 L2

T

x

M1

M3

+

-

M M

L

T

x

M

+

Fig..8.3

Fig..8.2

Tema 8: Torsión

4

B.-Torsión no uniforme: Se dirá que la torsión no es uniforme cuando no se cumplan algunas de las dos condiciones anteriores, como sería el caso de los dos ejemplos siguientes:

En la torsión no uniforme, el alabeo posible de las diferentes secciones no será el mismo, por lo que se producirán tensiones normales: σx y tensiones cortantes: τ. En la siguiente figura se muestra el efecto del alabeo de una barra IPE laminada sometida a torsión no uniforme (caso del ejemplo 2). Se observa cómo debido al alabeo, las alas de la viga se flexionan y por tanto aparecerán en ellas tensiones normales σx

M

T

x

M = cte

+

La sección de la izquierda está empotrada y no podrá alabear libremente

Ejemplo 1

Fig..8.4

M1 M2 M3

T

x

M1

M3

+

-

El Momento Torsor no es constante a lo largo de la barra

Ejemplo 2

Fig..8.5

Fig..8.6


5

Observaciones:

1. Para medir la susceptibilidad al alabeo por torsión de una determinada sección se utiliza el denominado “módulo de alabeo”: Ia y para medir la susceptibilidad la torsión se utiliza el “módulo de torsión”: It . Ambos valores se pueden calcular u obtener de Tablas

2. Las piezas sometidas a Torsión no uniforme en las que el módulo de alabeo (Ia)

sea nulo o de pequeño valor con respecto al módulo de torsión (It), se admite aplicar el cálculo como si fuera Torsión uniforme.

Éstos casos se darán en los siguientes tipos de secciones: secciones macizas de gran espesor

secciones cerradas de pequeño espesor

secciones abiertas de pequeño espesor formadas por rectángulos que se cortan en un punto

Tema 8: Torsión

6

Secciones más adecuadas para trabajar a torsión En las piezas sometidas a torsión cabe distinguir dos tipos: el de las piezas cuya principal función es la transmisión de un par torsor, sólo o combinado con esfuerzos de flexión o axiles, (es el caso de piezas usadas principalmente en las máquinas: ejes, etc.) y el de piezas en las cuales la torsión es un efecto secundario indeseable (es el caso, no muy frecuente, de algunas piezas de estructuras de edificación, como las vigas carril o las correas en fachadas laterales). Las piezas correspondientes al primer tipo indicado, se proyectan con secciones macizas de gran espesor o cerradas de pequeño espesor:

• SECCIONES DE GRAN ESPESOR (MACIZAS)

• SECCIONES CERRADAS DE PEQUEÑO ESPESOR

Las SECCIONES ABIERTAS DE PEQUEÑO ESPESOR no son apropiadas para este tipo de solicitación y deben tratar de evitarse su utilización o bien emplear disposiciones constructivas adecuadas para evitar que la torsión se presente en ellas. Por ello su cálculo no es frecuente y es estudiado con más profundidad en asignaturas de Estructuras Metálicas

Circulares Circulares huecas Rectangulares

Circulares Rectangulares

Sección 8.2: Tensiones y deformaciones en piezas de sección maciza: circular y circular hueca

7

8.2.-TENSIONES Y DEFORMACIONES EN PIEZAS DE SECCIÓN MACIZA: CIRCULAR Y CIRCULAR HUECA A.- CÁLCULO DE TENSIONES Considérese una pieza de sección circular y sea T el momento torsor en una de sus secciones Las relaciones Tensiones – Solicitaciones vistas en 1.7 serían para este caso:

Pero al igual que ocurría en la Tracción-Compresión y en la Flexión, éstas ecuaciones, por si solas, no permiten calcular el valor de las tensiones originadas por el Momento Torsor T. y habrá que recurrir nuevamente a hipótesis simplificativas que han sido comprobadas experimentalmente. Para este caso será: Hipótesis de Coulomb: “ Las secciones transversales circulares de la pieza permanecen planas durante la Torsión, girando como un todo rígido alrededor del eje x normal a la sección”

T

x

y

z

Fig..8.7

( )0 . 0 . 0 .

. . . 0 . . 0 . .

x y xy z xzA A A

xz xy y x z xA A A

N dA V dA V dA


σ τ τ

τ τ σ σ

= = = = = =

= − = = = =

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫)1.8(

Tema 8: Torsión

8

Como consecuencia de dicha hipótesis se deduce que los radios de las secciones transversales giran, permaneciendo rectos, mientras que las generatrices de la superficie lateral (línea 1-2), se transforma en hélices (curva 1-2´) Se demostrará a continuación que en la Torsión de piezas de sección circular no se producen tensiones normales, es decir que: σx = 0

• Se supone en primer lugar que existen tensiones normales σx . Si fuese así, éstas deberían presentar una distribución no constante, pues si fuese constante, es decir: σx = cte, en virtud de la primera de las relaciones de la ecuación (8.1), se tendría:

Osea que tendría que ser: σx ≠ cte

• Si σx ≠ cte, por la ley de Hooke:

con lo cual se tendría que las deformaciones lineales εx serían diferentes para los distintos puntos de una sección y ésta por tanto se alabearía, contradiciendo la Hipótesis de Coulomb

Conclusión: ⇒ (8.2)

O lo que es lo mismo: “La torsión en secciones circulares sólo produce tensiones cortantes τ “

T

x

G

1 2

2

G

Fig..8.8

. ( cte) . . 0 Nosecumpliría dicha relaciónx x x x

A A

dA si dA Aσ σ σ σ= = = = ≠ ⇒∫ ∫

cteE

xx ≠= σε

1

2 3 4

5

1 2 3 4

5

σx = 0


9

Cálculo de las tensiones cortantes Se considera una rebanada de la pieza de longitud dx Mientras que la sección izquierda gira, alrededor del eje x, un ángulo ϕ (ángulo de giro a torsión), la sección de la derecha habrá girado, en el mismo sentido, un ángulo ϕ + dϕ. lo que supone un giro relativo a torsión de ésta sección con respecto a la anterior de valor dϕ. Se toma sobre dicha rebanada un prisma como el indicado en la siguiente figura Como consecuencia del giro de torsión relativo, dϕ, entre las dos secciones laterales de dicha rebanada, el prisma se deformará, de tal forma que la cara lateral derecha girará un ángulo dϕ con respecto a la cara lateral izquierda, dando lugar a la siguiente figura, (que se ampliará para poder observarse mejor dicha deformación). La cara abcd del prisma se transformará en la ab1c1d, sufriendo una deformación angular γ

ϕ ϕ +dϕ

dx

1 2

1´ 2´

G G x

Fig..8.9

dx

a

G x

b

c d

Fig..8.10

dx

a

G x

b

c d b1

c1

γγγγ r dϕ a

d

b

c b1

c1

τ

τ

τ

τ γ

Fig..8.11

Tema 8: Torsión

10

La deformación angular γ se podrá obtener por:

La deformación angular γ es el resultado de la acción de las tensiones cortantes que actúan sobre las caras laterales del prisma. El valor de éstas se podrá obtener a partir de la Ley de Hooke:

Ecuación que indica que: “en una sección circular, las tensiones cortantes τ producidas por el Momento Torsor T, son proporcionales a la distancia r al centro de la misma y perpendiculares al vector de posición r ”. Así pues, la distribución de tensiones cortantes en una sección circular será la que se indica en las siguientes figuras

siendo: “ la tensión cortante máxima: τmax, se dará en los puntos del borde de la sección circular” La cuarta ecuación de la relación tensiones-solicitaciones, ecuaciones (8.1) era:

y sustituyendo el valor de τ dado en (8.5) :

“ángulo de torsión unitario” (8.6)

siendo: G.Io = Módulo de rigidez a la torsión (equivalente al módulo de rigidez a la flexión: E.Iz, visto en el tema 5º)

1 .. (8.3)

denominando "ángulo de torsión unitario" (8.4)

bb r dtag r

ab dxd

dx

ϕγ γ ϑ

ϕθ

≅ = = =

=

)5.8(..)3.8(. GrsegúnGG

ϑγττγ ===→=

G τ

τ τ

τ

a b

c d

r r

G

τmax

τmax

τmax

τmax

z

y

R

ϑτϑτ ..)(.. max RGRrcuandoyrG ====

( . . ) ( ) . .xz xy

A A

T y z dA ver figura r dAτ τ τ= − = =∫ ∫

τxz

τxy τ r

dr

dA

O≡G

y

z

Fig..8.13

2. . . . . . . . . de donde :o

A A

T G r r dA G r dA G Iϑ ϑ ϑ= = =∫ ∫

. o

T

G Iϑ =

Fig..8.12


11

Sustituyendo finalmente el valor obtenido en (8.6), para el cálculo del ángulo de torsión unitario, en la ecuación (8.5): expresión final para el cálculo de la tensión cortante debida a la torsión, en el caso de barras de sección circular. Por lo visto antes: siendo : Wo = Io / R Módulo resistente a la torsión (equivalente al módulo de resistente a la flexión: Wz = Iz / ymax, visto en el tema 5º) Observación: Éstas fórmulas serán también aplicables a las barras macizas de sección circular hueca SECCIÓN CIRCULAR SECCIÓN CIRCULAR HUECA

.. . . .

. o o

T T rG r G r

G I Iτ ϑ= = = (8.7)

max

.( )

oo o

T R T Tr R

II WR

τ τ= = = = = (8.8)

G

τmax

τmax

τmax

τmax

z

y

R Ri

G

τmax

τmax

τmax

τmax

z

y

Re

)(2

.

max

4

Rr

RI o

==

=

ττ

π

)(2

.

2

.

max

44

e

ieo

Rr

RRI

==

−=

ττ

ππ

Fig..8.14.a Fig..8.14.b

Tema 8: Torsión

12

B.- CÁLCULO DE DEFORMACIONES Las deformaciones que se provocan en una barra sometida a Torsión son los GIROS a TORSION: ϕϕϕϕ, que se producen, al girar sus secciones transversales alrededor del eje geométrico OX de la misma. El valor de éstos giros será: El ángulo de torsión unitario según la ecuación (8.6) era:

Giro relativo entre dos secciones A y B de la barra

Caso particular: Si G.Io = cte, la ecuación (8.9) se podrá expresar:

Expresión que nos dice: “ el giro relativo debido a la torsión entre dos secciones A y B, es igual al área del diagrama de momentos torsores entre las dos secciones, dividido por el módulo de rigidez a la torsión: G.Io” Signos: ϕBA > 0 ⇒ B gira en sentido antihorario respecto a A (siempre que las secciones consideradas A y B, la sección A esté a la izquierda de la B) Observación final: Según lo indicado en 8.1, las fórmulas obtenidas para las tensiones y las deformaciones serán válidas tanto para el caso de Torsión Uniforme como para el de Torsión no Uniforme.

.. .

e integrando esta ecuación entre dos seccionesA y B de la barra:o o

d T Td dx

dx G I G I

ϕϑ ϕ= = → =

.

.

B

BA B AoA

T dx

G Iϕ ϕ ϕ= − = ∫ (8.9)

.

. .

AB

B

TA

BA B Ao o

T dxS

G I G Iϕ ϕ ϕ= − = =

∫(8.10)

Sección 8.3: Tensiones y deformaciones en piezas de sección maciza no circulares

13

8.3.-TENSIONES Y DEFORMACIONES EN PIEZAS DE SECCIÓN MACIZA NO CIRCULARES La hipótesis de Coulomb: “……las secciones transversales permanecen planas durante la torsión…”, válida para las secciones circulares, no es válida sin embargo para otro tipo de secciones y por tanto en éstas otras, las secciones se alabearán.

No obstante, en este tipo de secciones, el módulo de alabeo Ia es pequeño comparado con el módulo de torsión It y entonces, según lo indicado en 8.1, se podrá estudiarlas como si estuvieran sometidas a Torsión Uniforme, aunque se estuviera en el caso de Torsión no Uniforme. Así pues, en este tipo de secciones sometidas a Torsión, sólo aparecerán tensiones cortantes τ. La determinación exacta de tensiones y deformaciones en una pieza de sección cualquiera sometida a Torsión, se debe a Saint-Venant y forma parte de la Teoría de la Elasticidad. Aquí se expondrán a continuación los resultados que se obtienen al aplicar dicha teoría al caso se piezas de sección rectangular. CASO DE SECCIÓN RECTANGULAR:

se da en el punto medio del lado mayor

Los valores de µ y de β dependen de la relación h/b: h/b 1 1,5 1,75 2 2,5 3 4 6 8 10 ∞ µ 0,208 0,231 0,239 0,246 0,258 0,267 0,282 0,299 0,307 0,313 0,333

β 0,141 0,196 0,214 0,229 0,249 0,263 0,281 0,299 0,307 0,313 0,333

T T T T

τmax h

b

max 2. .

T

b hτ

µ=

3. . .

T

G hbϑ

β=

(8.11)

(8.12)

Fig..8.15

Fig..8.16

Tema 8: Torsión

14

8.4.-TENSIONES Y DEFORMACIONES EN PIEZAS DE SECCIONES ABIERTAS DE PEQUEÑO ESPESOR Ya se indicó en 8.1 que este tipo de secciones no son apropiadas para el trabajo a Torsión y para los casos en que la torsión aparezca como efecto secundario, para evitar la excesiva deformación o rotura a la que pueda dar lugar, deberán emplearse disposiciones constructivas adecuadas para evitar el efecto de dichas consecuencias. En este tipo de secciones sólo se va a estudiar el caso de la Torsión Uniforme. Observación: Según se dijo anteriormente los casos de secciones abiertas de pequeño espesor formadas por rectángulos que se cortan en un punto, como sería el cado de las secciones en L o en simple T, aunque estén sometidas a Torsión no uniforme, su cálculo se hará como si fuera Torsión uniforme CASO DE TORSIÓN UNIFORME: Para conocer la distribución de tensiones cortantes τ a lo largo de la sección se utiliza el denominado “Método de analogía de la membrana”, propuesto por Prandtl y que dice: “las tensiones cortantes no dependen de la curvatura del contorno de la sección, siendo prácticamente las mismas que si dicho contorno fuese recto”. De acuerdo con ello: En virtud de ello, y en el caso de espesor constante t = cte, se podrán aplicar las mismas fórmulas (8.11) y (8.12) vistas anteriormente para el caso de sección rectangular:

Y en este caso, como h >> b, es decir, sm >> t, los coeficientes µ y β valdrán (ver tabla en 8.3): µ = 0,333 = 1/3 β = 0,333 = 1/3 Así pues las formulas quedarán:

sm

sm

t

t

equivalente

Fig..8.17

max 2 2. . . . m

T T

b h t sτ

µ µ= =

33 ...... tsG

M

bhG

M

m

xx

ββϑ ==

max21

. .3 m

T

t sτ =

31. . .

3 m

T

G s tϑ =(8.13) (8.14)

Sección 8.4: Tensiones y deformaciones en piezas de sección abierta de pequeño espesor

15

La teoría de Prandtl también dice: “…las tensiones cortantes máximas se dan en los bordes del contorno, llevando en ambos lados sentidos opuestos y se admite que su variación es lineal a lo largo del espesor” Casos particulares:

1. En el caso de que el espesor t de la sección no sea constante: t ≠ cte , las ecuaciones anteriores se generalizarán de la siguiente forma:

2. En el caso de que el espesor t de la sección no sea constante: t ≠ cte , pero que ésta estuviese formada por varios elementos de espesor constante, las ecuaciones anteriores serían ahora:

La tensión cortante máxima para cualquier espesor t se obtendrá:

sm

sm

t

t

equivalente τmax

τmax τmax τmax

τmax τmax τmax

τmax

Fig..8.18

sm

tmax

τmax(t)

τmax(tmax)

t

Fig..8.19

3

0

1. . .

3

ms

m

T

G t ds

ϑ =

∫

(8.15) max

2

0

1. .

3

ms

m

T

t ds

τ =

∫

(8.16)

s1

s2

s3

t1 = tmax

t2

t3

τmax(tmax)

τmax(t3)

(8.17)

(8.18)

max

.( )

t

T tt

Iτ = (8.19)

max21

. .3 i i

T

t sτ =

∑

31. . .

3 i i

T

G t sϑ =

∑

Fig..8.20

Tema 8: Torsión

16

8.5.-TENSIONES Y DEFORMACIONES EN PIEZAS DE SECCIONES CERRADAS DE PEQUEÑO ESPESOR En este tipo de secciones, según lo que se indicó en la sección 8.1, el cálculo que haremos será válido tanto para la torsión uniforme como para la torsión no uniforme, por lo tanto las tensiones normales serán cero (σ = 0) y sólo habrá tensiones cortantes (τ). A.- CÁLCULO DE TENSIONES Se considera una rebanada de una pieza de longitud dx sometida a un Momento Torsor T.

Se sabe que las tensiones cortantes en los puntos del contorno: a1a2 , han de ser tangentes al mismo y dado el pequeño espesor (t) de la sección, se admite que están distribuidas uniformemente a lo largo del mismo. Estableciendo el equilibrio de fuerzas del elemento bcde, que se representa a continuación ampliado:

0

. . . . . .

. (flujo cortante)=cte

x

b b c c b b c c

F

t dx t dx t t

t

τ τ τ ττ

=

= → =⇒

∑

“el flujo cortante: ττττ.t es constante a lo largo de la sección transversal”

Como consecuencia de ello, las tensiones cortantes (τ), serán mayores donde el espesor (t) sea menor, (al revés de lo que ocurre en las secciones abiertas de pequeño espesor).

dx

t

c d

e b

a1 a2 τ

T

b

c d

e dx tb

τc τc

τb τb

tc

b

c

e dx tb

τc

τb

tc

cbcb

ccbb

ttsi

tt

ττ

ττ

<→>

= ..

Fig..8.21

Fig..8.222

Fig..8.232

Sección 8.4: Tensiones y deformaciones en piezas de secciónes cerradas de pequeño espesor

17

Tomando ahora momentos respecto del centro de gravedad G de la sección, de todas las fuerzas que actúan en la misma:

y despejando siendo: Am = “área encerrada por la línea media de la sección transversal” La tensión cortante máxima, por lo visto antes, se dará donde el espesor sea mínimo, resultando siendo su valor: B.- CÁLCULO DE DEFORMACIONES Para el cálculo de deformaciones se partirá de la ecuación obtenida en 3.3, aplicándola a la rebanada de la pieza anteriormente descrita de longitud dx.:

siendo:

“energía almacenada en la rebanada durante la deformación provocada por Mx”

T

dAm r Sm

dSm t

τ dF

z

y

. .

longitud línea media

m

m

dF ds t

s

τ=

=

. . . . ( . ) . . . . . 2. . .2.m m m

m m m m

s s s

T dF r ds t r como t cte t r ds t dA t Aτ τ τ τ τ= = = = = = =∫ ∫ ∫ ∫

2. . m

T

t Aτ = (8.20)

Am

dUdTe =

1. .

2e xdT T dϕ=

2 2 2 2

2

1 1 1. .( ). . . . . . . ( cte)

2. 2. 2.

. . .2.

m

m

xy xz m

V V V s

m

s

dU u dV dV dV ds t dx dxG G G

dxt ds

G

τ τ τ τ

τ

= = + = = = = =

=

∫ ∫ ∫ ∫

∫

“trabajo que realiza el momento torsor T”

maxmin2. . m

T

t Aτ = (8.21)

Fig..8.242

Fig..8.252

Tema 8: Torsión

18

igualando ambas expresiones:

Casos particulares: 1. Si t = cte ⇒

2. Si el espesor t de la sección no es constante: t ≠ cte , pero ésta estuviese

formada por varios elementos de espesor constante:

OBSERVACIÓN FINAL: CUADRO RESUMEN Con el objeto de unificar las fórmulas que se han obtenido para los diferentes tipos de secciones, se podrá adoptar un formato general, único para todas ellas, que sería el siguiente:

Los valores de It y de Wt para cada una de las secciones se obtendrán comparando las fórmulas obtenidas para cada una de las secciones estudiadas con las dadas como formato general. Así tendremos:

2 22 2

2 2

22 2

2

1 1 1 .. . . . . . . . . . .

2 2.

.(y como . cte) .

.. . (como ) . y despejando :

2. . 4. .

m m m

m

m m

xx m m m

s s s

m

s

m m

m ms s

ddx tT d t ds T t ds ds

G dx G G t

dstt

G t

ds dsTt TT

G t t A G A t

ϕ τϕ τ τ

ττ

τϑ τ ϑ

= = = =

= =

= = = =

∫ ∫ ∫

∫

∫ ∫

2.

4. .m

m

m s

dsT

G A tϑ = ∫ (8.22)

2.

4. .m

m

sT

G A tθ =(8.23)

(8.25)

. t

T

G Iϑ =

(8.27) max

t

T

Wτ =

(8.28)

siendo: It = momento de inercia torsor equivalente

siendo: Wt = módulo resistente a la torsión equivalente

max 2. . m

T

t Aτ = (8.24)

maxmin2. . m

T

t Aτ = 2

.4. .

i

m i

sT

G A tθ = ∑ (8.26)

Sección 8.5: Tensiones y deformaciones en piezas de sección cerrada de pequeño espesor

19

a) sección circular : comparando las fórmulas específicas obtenidas para la sección circular: con las generales de formato único: resultará: b) sección rectangular : comparando las fórmulas específicas obtenidas para la sección rectangular:

con las generales de formato único:

resultará: c) secciónes abiertas de pequeño espesor: compararando las fórmulas específicas obtenidas para las secciones abiertas de pequeño espesor t = cte:

con las generales de formato único:

resultará: Observación: La Normativa española NBE-EA-95 corrige estos valores afectándolos de un coeficiente α de la siguiente forma:

(8.6) (8.7) . o

T

G Iϑ = max

o

T

Wτ =

maxt

T

Wτ =

. t

T

G Iϑ =

2

.

2

. 34 R

R

IWW

RII o

otot

ππ =====

max 2. .

T

b hτ

µ=

3. . .

T

G hbϑ

β= (8.11) (8.12)

. t

T

G Iϑ = max

t

T

Wτ =

hbWbhI tt .... 23 µβ ==

max21

. .3 m

T

t sτ =

31. . .

3 m

T

G s tϑ = (8.13) (8.14)

. t

T

G Iϑ = max

t

T

Wτ =

23 ..3

1..

3

1tsWtsI mtmt ==

(8.27) (8.28)

(8.29)

(8.28) (8.27)

(8.30)

(8.28) (8.27)

23 ..3

1...

3

1. tsWtsI mtmt αα == (8.32)

(8.31)

Tema 8: Torsión

20

siendo el valor de α:

α SECCIÓN

1

1,1

1,3

Y para el caso estudiado de que el espesor t de la sección no sea constante: t ≠ cte , pero que ésta estuviese formada por varios elementos de espesor constante, comparando de nuevo las ecuaciones obtenidas para este caso específico con las fórmulas generales únicas, y ya incluyendo el valor α corrector que incluye la normativa española NBE-AE-95, sería: d) secciónes cerradas de pequeño espesor: compararando las fórmulas específicas obtenidas para las secciones cerradas de pequeño espesor t = cte

con las generales de formato único: resultará Si el espesor t de la sección no es constante: t ≠ cte , pero ésta estuviese formada por varios elementos de espesor constante:

∑∑ == 23 ..3

1...

3

1. iitiit tsWtsI αα

(8.24) (8.23)

. t

T

G Iϑ = max

t

T

Wτ =

AmtW

t

sA

I t

i

i

mt ..2

.4min

2

==∑

mtm

mt AtW

s

tAI ..2

..4min

2

==

(8.33)

max 2. . m

T

t Aτ =

2.

4. .m

m

sT

G A tθ =

(8.28) (8.27)

(8.34)

(8.35)

Sección 8.5: Tensiones y deformaciones en piezas de sección cerrada de pequeño espesor

21

Ejemplos 1.-SECCIÓN CIRCULAR DE PEQUEÑO ESPESOR

2.-SECCIÓN RECTANGULAR DE PEQUEÑO ESPESOR

Am

rm t = cte

Fig..8.262

trr

tr

s

tAI

rtAtW

rs

rA

mm

m

m

mt

mmt

mm

mm

...2..2

.)..(4..4

...2..2

..2

.

3222

2min

2

ππ

ππ

ππ

===

==

==

Am

bm

hm

t1

t2

12

222

1min

.2.2

..4..4

...2..2

.2.2

.

t

h

t

bhb

t

stA

I

hbtAtW

hbs

hbA

mm

mm

i

i

mt

mmmt

mmm

mmm

+==

==+=

=

∑

Fig..8.272

Tema 8: Torsión

22

8.6-INTRODUCCIÓN AL DIMENSIONAMIENTO A RESISTENCIA DE VIGAS METÁLICAS SOLICITADAS A TORSIÓN (Normativa DB-SE-A) RESISTENCIA DE LAS SECCIONES A TORSIÓN El esfuerzo torsor T de cualquier sección puede dividirse en dos componentes: siendo: Tt : componente correspondiente a la torsión uniforme Tw : componente correspondiente a la torsión de alabeo

• En las piezas de secciones macizas de gran espesor o en las cerradas de pequeño espesor puede despreciarse la componente Tw, con lo cual: T = Tt

• En las piezas de secciones abiertas de pequeño espesor puede despreciarse la

componente de torsión uniforme Tt, con lo cual: T = Tw La comprobación a resistencia puede realizarse de acuerdo a la expresión de Von Misses Observación: En esta asignatura tal y como dijimos anteriormente, tan sólo dimensionaremos, en el caso de la Torsión, con secciones macizas de gran espesor o cerradas de pequeño espesor Criterio de dimensionamiento de Von Misses:

Se calcularán las tensiones cortantes debidas a Tt y las tensiones normales y cortantes debidas a Tw. Con los valores obtenidos de todas estas tensiones se introducirán en la fórmula de Von Misses.

t wT T T= +

*2 *23.co ydfσ σ τ= + ≤

(8.36)

Tema 9: Solicitaciones Combinadas

1


Tema 9: SOLICITACIONES COMBINADAS

T

x

y

z

L

Mz

My

N

Vy

Vz


2

9.1.-INTRODUCCIÓN En los temas precedentes se ha estudiado el cálculo de las tensiones y deformaciones producidas por las siguientes solicitaciones actuando de forma aislada: TRACCIÓN-COMPRESIÓN:

• Tensiones normales: σx (N) • Deformaciones: alargamientos o acortamientos: ∆L

FLEXIÓN SIMPLE:

• Tensiones normales: σx (Mz, My) • Tensiones cortantes: τ (Vy, Vz) • Deformaciones: Giros: θz, θy • Deformaciones: Flechas: y, z

TORSIÓN:

• Tensiones cortantes: τ (T) • Deformaciones: Giros: θx

En este tema se estudiarán las tensiones y deformaciones que se producirán cuando actúen a la vez varias de éstas solicitaciones: Tracción + Flexión, Flexión + Torsión, etc.. Cálculo de las Tensiones: Se obtendrán aplicando el Principio de Superposición: (la suma de las tensiones cortantes:τ, será vectorial, pues pueden llevar distintas direcciones) Cálculo de las Deformaciones: Se pueden obtener a partir del Principio de Superposición, igual que con las tensiones, o a través de los teoremas energéticos que se verán a continuación:

• Teorema de CASTIGLIANO • Teorema de los TRABAJOS VIRTUALES

( ) ( , )

( , ) ( )x x x z y

y z

N M M

V V T

σ σ στ τ τ

= +

= +� � �

Sección 9.2.1: Energía de deformación

3

9.2.-TEOREMAS ENERGÉTICOS 9.2.1.- ENERGÍA DE DEFORMACIÓN La energía de deformación de un elemento estructural se podrá obtener a partir de las expresiones dadas en 3.4:

• Energía de deformación por unidad de volumen:

(9.1)

• Energía de deformación:

(9.2)

Se calculará a continuación la Energía de deformación: U, para el caso de elementos estructurales sometidos a una sola solicitación:

A. TRACCIÓN-COMPRESIÓN: N

[ ] ).(.2

1....(.2.

.2

1 222)

222zxyzxyxzzyyxzyx GE

u τττσσσσσσνσσσ +++++−++=

∫=V

dVuU .

N N

x

y

z

L

Componentes del estado de tensiones:

0 0

0 0 0

x y z

xy yz zx

N

Aσ σ σ

τ τ τ

= = =

= = =

221 1

. .2. 2.x

Nu

E E Aσ = =

2 2

0

.1 1. . . . .

2. 2 .

L

V L

N dxNU u dV A dx

E A E A = = =

∫ ∫ ∫ (9.3)

y llevando estos valores a las expresiones (9.1) y (9.2):

Fig.9.1


4

B. FLEXIÓN SIMPLE: B1.-Momento Flector: Mz (caso particular: Ejes z, y →Ejes principales de inercia: Izy = 0)

B2.-Momento Flector: My (caso particular: Ejes z, y → Ejes principales de inercia: Izy = 0)

Mz x

y

z

L

Fig.9.2


000

00.

===

===

zxyzxy

zyy

yx I

zM

τττ

σσσ

y por un procedimiento análogo al anterior, llevando estos valores a las expresiones (9.1) y (9.2) se llegaría a la siguiente expresión::

∫=L

y

y

IE

dxMU

0

2

.

..

2

1 (9.5)

My

x

y

z

L

Fig.9.3



2

2 ..

.2

1.

.2

1

==

z

zx I

yM

EEu σ

∫∫∫∫∫ ==

==

L

z

z

AL z

z

z

z

VV IE

dxMdAy

IE

dxMdV

I

yM

EdVuU

0

22

2

22

.

..

2

1..

.

..

2

1..

..

.2

1. (9.4)

000

00.

===

===

zxyzxy

zyz

zx I

yM

τττ

σσσ


5

B3.-Fuerza Cortante: Vy (caso particular: Ejes z, y → Ejes principales de inercia: Izy = 0)

• Caso de secciones macizas

siendo: Observaciones:

Vy

x

y

z

L

Fig.9.4


0 0 0

. ( ) . ( )0

( ). ( ).

x y z

y z y zxy yz zx

z z

V Q y V Q z

t y I t z I

σ σ σ

τ τ τ

= = =

= = =


2 2

2 2 . ( ) . ( )1 1.( ) .

2. 2. ( ). ( ).y z y z

xy zxz z

V Q y V Q zu

G G t y I t z Iτ τ

= + = +

2 2 2 2

2 2 2 2

2 22 2

2 2 2 2

. ( ) . ( )1. . . .

2. 2. . ( ). 2. . ( ).

. .( ) ( ). . . .

2. . ( ) 2. . ( )

y z y z

z zV V V

y yz z

z zL A L A

V Q y V Q zU u dV dV dV

G G t y I G t z I

V dx V dxQ y Q zdA dA multiplicando y dividiendo por A

G I t y G I t z

= = + =

= + = =

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

2 22 2

2 2 2 2

2 22 2´ ´´

2 2 2 20 0

. .( ) ( ). . . . . .

2. . ( ) 2. . ( )

. .( ) ( )1 1. . . . . . . .( )

2 . ( ) ( ) 2 .

y yz z

z zL A L A

L Ly yz z

y yz zA A

V dx V dxQ y Q zA AdA dA

G I A t y G I A t z

V dx V dxQ y Q zA AdA dA

G A I t y I t z G Aβ β

= + =

= + = +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

2

0

.1. .

2 .

Ly

y

V dxU

G Aβ= ∫ (9.6)

9

100

9

10:sec

5

60

5

6:tansec

´´´

´´´

=→==

=→==

yyy

yyy

circularescionesen

gularesreccionesen

βββ

βββ

2 2´ ´ ´ ´´

2 2 2 2

( ). ( ).. .

( ) ( )z z

y y y y yz zA A

Q y dA Q z dAA A

I t y I t zβ β β β β= + = =∫ ∫


6

• Caso de secciones abiertas de pequeño espesor y por un procedimiento análogo al anterior:

siendo:

Observaciones: alma

y A

AIcionesen =β:sec

B4.-Fuerza Cortante: Vz (caso particular: Ejes z, y → Ejes principales de inercia: Izy = 0)

• Caso de secciones macizas: y por un procedimiento similar al caso de Vy:

siendo: Observaciones:


000

000

≠=≠

===

zxyzxy

zyx

τττσσσ

2 2 2 . ( )1 1.( ) .

2. 2. ( ).y z

xy zx xs xsz

V Q su siendo

G G t s Iτ τ τ τ= + = =

2

0

.1. .

2 .

Ly

y

V dxU

G Aβ= ∫

2

2 2

( )..

( )z

yz A

Q s dAA

I t sβ = ∫

Vz

x

y

z

L Fig.9.5

0 0 0

. ( ) . ( )0

( ). ( ).

x y z

z y z yxy yz zx

y y

V Q y V Q z

t y I t z I

σ σ σ

τ τ τ

= = =

= = =

2

0

.1. .

2 .

Lz

z

V dxU

G Aβ= ∫

(9.7)

2 2´ ´´ ´ ´´

2 2 2 2

( ). ( ).. .

( ) ( )y y

z z z z yy zA A

Q y dA Q z dAA A

I t y I t zβ β β β β= + = =∫ ∫

9

10

9

100:sec

5

6

5

60:tansec

´´´

´´´

=→==

=→==

zzz

zzz

circularescionesen

gularesreccionesen

βββ

βββ

(9.8)


7

• Caso de secciones abiertas de pequeño espesor y por un procedimiento análogo al anterior:

siendo:

C. TORSIÓN: T

• Caso de secciones macizas circulares

• Caso de secciones macizas no circulares o secciones de pequeño espesor

"": eequivalenttorsorinerciademomentoIInsustituciólahaciendo to →


000

000

≠=≠

===

zxyzxy

zyx

τττσσσ

2 2 2 . ( )1 1.( ) .

2. 2. ( ).z y

xy zx xs xsy

V Q su siendo

G G t s Iτ τ τ τ= + = =

2

0

.1. .

2 .

Lz

z

V dxU

G Aβ= ∫

2

2 2

( )..

( )y

zy A

Q s dAA

I t sβ = ∫

T T

x

y

z

L Fig.9.6


000

000

≠=≠

===

zxyzxy

zyx

τττσσσ

2

2 2 21 1 1 ..( ) . .

2. 2. 2.xy zxo

T ru

G G G Iτ τ τ

= + = =

2 2 22

2 2

. .. . . .

2. . 2. .o oV V L A

T r T dxU u dV dV r dA

G I G I= = = →∫ ∫ ∫ ∫

2

0

.1.

2 .

L

o

T dxU

G I= ∫

(9.9)

2

0

.1.

2 .

L

t

T dxU

G I= ∫

(9.10)

(9.11)


8

D. CASO GENERAL: TRACCIÓN-COMPRESIÓN (N) + FLEXIÓN (M z, M y, Vy, Vz) + TORSIÓN (T):

Aplicando el Principio de Superposición, la energía de deformación total será la suma de las energías de deformación obtenidas para cada una de las solicitaciones actuando por separado, así será:

y sustituyendo los valores obtenidos para cada uno de dichos términos:

Observaciones: Todos los términos de la expresión (9.12) no tienen el mismo orden de magnitud. Así por ejemplo generalmente: con lo cual, en la mayoría de los casos, se suelen despreciar los términos debidos a las fuerzas cortantes: Igualmente, en la mayoría de los casos, se cumple que: salvo en los casos de Tracción-Compresión con pequeña excentricidad

T

x

y

z

L

Mz

My

N

Vy

Vz

Fig.9.7

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )y z y zU U N U V U V U T U M U M= + + + + +

2 22 2 2 2

0 0 0 0 0 0

. .. . . .1 1 1 1 1 1. . . .

2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 .

L L L L L Ly yz z

y zt y z

V dx M dxN dx V dx T dx M dxU

E A G A G A G I E I E Iβ β= + + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

(9.12)

( ), ( ) ( ), ( ), ( )y z y zU V U V U T U M U M<<<

( ), ( )y zU V U V

( ) ( ), ( )y zU N U M U M<<

Sección 9.2.2: Teorema de Castigliano

9

9.2.2.- TEOREMA DE CASTIGLIANO Sea un cuerpo elástico, apoyado de tal forma que le sea imposible moverse y sobre él se aplican gradualmente las fuerzas: F1, F2, …., Fi, …., Fn. Se supone que se cumplen las condiciones vistas en 3.3, por las que se podrá considerar que el trabajo que realizan las fuerzas externas se transforma todo en energía de deformación (campos conservativos) Los desplazamientos que sufren los puntos de aplicación de dichas fuerzas: ∆i ( i→i2 ), se descomponen en dos componentes, los desplazamientos δi (i→i1) que van en la misma dirección que los vectores fuerza Fi, y los desplazamientos (i1→i2) en direcciones perpendiculares a las anteriores. Esta descomposición se hace así para que en el cálculo del trabajo que realizan las fuerzas exteriores tan sólo haya que tener en cuenta las componentes δi, que van en la misma dirección que las fuerzas aplicadas, pues las otras componentes, al ser perpendiculares a las direcciones de las fuerzas aplicadas, no realizan trabajo. La energía de deformación del cuerpo será función de las fuerzas aplicadas sobre él:

),..............,,( 21 ni FFFFUU =

Si se diera un incremento infinitesimal a una cualquiera de las fuerzas aplicadas, por ejemplo la Fi, la energía de deformación sería:

F1 F2

Fi

Fn

δ1 δ2

δn

δi

∆i

i i1

i2

Fig.9.8.a

F1 F2

Fi

Fn

dFi

Fig.9.8.b

. (9.13)ii

UU dF

F

∂+∂


10

Si se considerase ahora un segundo estado de cargas, en el que se invierta el orden de aplicación de las fuerzas externas, así, se aplica en primer lugar dFi y a continuación las restantes fuerzas: F1, F2, …., Fi, …., Fn. La energía de deformación sería ahora:

En efecto: • al aplicar primero dFi, se realizará un trabajo de valor:

• al aplicar a continuación el resto de las fuerzas: F1, F2, …., Fi, …., Fn, se

realizará un trabajo: U+dFi.δi en donde el término: dFi.δi es el trabajo indirecto que realiza dFi, que ya estaba aplicado, al aplicar ahora el resto de las fuerzas y desplazarse su punto de aplicación δi.

Y como según se sabe, en el caso de campos conservativos: “el trabajo que realizan las fuerzas externas es igual a la energía de deformación y su valor depende solamente de los valores iniciales y finales de dichas fuerzas y no de su orden de aplicación”. Como consecuencia de ello serán iguales los dos valores obtenidos de la energía de deformación para los dos estados de cargas considerados, ecuaciones: (9.13) y (9.14). Así pues se verificará: y despreciando infinitésimos de 2º orden frente a los de 1º:

Teorema de Castigliano: “ el desplazamiento del punto de aplicación de una fuerza exterior que actúa sobre un cuerpo, medido en dirección de la misma, es igual a la derivada parcial de la energía de deformación respecto de dicha fuerza”

F1 F2

Fi

Fn

dFi

Fig.9.8.c

1. . . (9.14)

2 i i i idF d U dFδ δ+ +

ii ddF δ..2

1

=∂∂+ i

i

dFF

UU . iiii dFUddF δδ ...

2

1 ++

→=∂∂

iiii

dFdFF

U δ..i

i F

U

∂∂=δ (9.15)

Sección 9.2.2: Teorema de Castigliano

11

Observaciones:

1. En el caso de que fuera un momento, en lugar de una fuerza, la carga que actuase sobre el cuerpo, el giro producido se podría obtener de igual forma a través del Teorema de Castigliano. Siguiendo un proceso análogo al anterior, la relación sería en este caso:

2. La energía de deformación U, es la dada en (9.12)

3. El Teorema de Castigliano determina los desplazamientos de los puntos de

aplicación de las fuerzas exteriores, en dirección de las mismas, así como los giros de las secciones de aplicación de los momentos exteriores.

4. Si se quisiera calcular el desplazamiento δi de un punto donde no actuase

ninguna fuerza exterior, el Teorema de Castigliano se aplicaría de la siguiente forma: se supondría que hubiese una fuerza Fi actuando en dicho punto, a continuación se aplicaría el Teorema de Castigliano y finalmente se haría que dicha fuerza fuese nula (Fi = 0)

ii M

U

∂∂=ϑ (9.16)

2 22 2 2 2

0 0 0 0 0 0

. .. . . .1 1 1 1 1 1. . . .

2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 .

L L L L L Ly yz z

y zt y z

V dx M dxN dx V dx T dx M dxU

E A G A G A G I E I E Iβ β= + + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Fi Fi

δi δi

θi

M i

Fig.9.9.a

F1 F1 F2 F2 Fi

δi δi ⇒

Fig.9.9.b

0=

∂∂= i

ii Fpara

F

Uδ


12

9.2.3.- TEOREMA DE LOS TRABAJOS VIRTUALES Este Teorema dice: “ la condición necesaria y suficiente para que un cuerpo o sistema material esté en equilibrio es que la suma de los trabajos de todas las fuerzas que actúan sobre él, tanto exteriores como interiores, para cualquier conjunto de desplazamientos que sean compatibles con los enlaces del cuerpo, sea nulo” siendo:

siendo: Fi → cargas exteriores aplicadas Ri → reacciones externas en los apoyos δí → desplazamientos virtuales en las direcciones Fi ∆í → desplazamientos virtuales de los apoyos en las direcciones Ri

Teniendo en cuenta que las fuerzas internas de una rebanada de un cuerpo, de longitud dx, son iguales y opuestas a las fuerzas externas que actúan sobre ella, el trabajo virtual que realizarán las fuerzas internas, durante la deformación virtual, será igual y de signo opuesto al que realizan las fuerzas externas. Se calculará a continuación el trabajo virtual de las fuerzas internas para dos tipos de solicitaciones concretas: TRACCIÓN-COMPRESIÓN (N)

Observación: el signo menos es debido a que las fuerzas interiores siempre se oponen a los desplazamientos, por lo tanto irán

en sentidos contrarios y el trabajo será negativo.

´ ´ 0 (9.17)e iΤ + Τ =

erioresfuerzaslasdevirtualtrabajo

exterioresfuerzaslasdevirtualtrabajo

i

e

int´

´

→Τ

→Τ

:édeCálculo Τ ´´´ .. iiiie RF ∆+=Τ ∑∑ δ

:ídeCálculo Τ

Fe Fe N N

ε´x.dx dx

desplazamiento virtual

Fig.9.10.a

´ ´

( int )

.( . )

e

i x

N fuerza erna F

N dxε

= −

Τ = −

(9.18)

Sección 9.2.3: Teorema de los Trabajos Virtuales

13

FLEXIÓN (Mz)

Repitiendo estos resultados para los restantes tipos de solicitaciones: Vy, Vz, T, My, se tendrá como fórmula para el caso general que actuasen todos ellos:

Las expresiones de las deformaciones virtuales: ε´x, γ´xy, γ´xz, dϕ´x, dθý, dθ´z en función de las correspondientes solicitaciones son:

y sustituyéndolas en la expresión del Tí se tendrá:

Sustituyendo finalmente los valores obtenidos de Té y T i en la ecuación (9.17), quedará finalmente:

(9.20)

Me Me

Mz Mz

dx

giro virtual

dθ´z

Fig.9.10.b

).(

)int(

´´zzii

ez

dM

MernomomentoM

ϑ−=Τ

−==

´ ´ ´ ´ ´ ´ ´

0 0 0 0 0 0

.( . ) .( . ) .( . ) .( ) .( ) .( )L L L L L L

i x y xy z xz x y y z zN dx V dx V dx T d M d M dε γ γ ϕ ϑ ϑΤ = − − − − − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

´´ ´´ ´ ´

´´ ´´ ´ ´

. .. . .

.. .

. . .

y zx xy y xz z

y zx y z

t y z

VN V

E A G A G A

M dxT dx M dxd d d

G I E I E I

ε γ β γ β

ϕ ϑ ϑ

= = =

= = =

´ ´´ ´ ´´

0 0 0 0 0

´

0

. .. . .. . . . . . .

. . . . .

.. (9.19)

.

L L L L Ly y y yz z

i y zt y

Lz z

z

V V M MN N V V T Tdx dx dx dx dx

E A G A G A G I E I

M Mdx

E I

β βΤ = − − − − − −

−

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫

´´ ´ ´´ ´

0 0 0 0

´ ´

0 0

.. . .. . . . . . . .

. . . .

. .. .

. .

L L L Ly y z z

i i i i y zt

L Ly y z z

y z

V VN N V V T TF R dx dx dx dx

E A G A G A G I

M M M Mdx dx

E I E I

δ β β+ ∆ = + + + +

+ +

∑ ∑ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫


14

Observaciones:

1. N, Vy, Vz, T, My, Mz → solicitaciones reales N´, Vý, V´z, T´, M y, M´z → solicitaciones virtuales (las correspondientes a los desplazamientos virtuales)

2. El Teorema de los Trabajos Virtuales es más general que el Teorema de

Castigliano y puede aplicarse también al caso de que hubiese asientos en los apoyos

3. Para aplicar el Teorema de los Trabajos Virtuales es conveniente hacerlo a

través del llamado “Método de la Carga Unitaria”, que se expondrá a continuación a través de un ejemplo:

MÉTODO DE LA CARGA UNITARIA En la viga de la figura, se desea calcular la flecha en su punto medio C Se considera la viga sometida a dos sistemas de cargas: Estado de carga 1 Estado de carga 2 la viga sometida a las cargas reales la viga sometida a una carga unitaria aplicada en el punto medio C y en dirección de su desplazamiento

q kg/m

L L/2 A B

C

q kg/m

RÁ

C yC

deformación real

R´B

RÁ = R B = q.L/2 Kg

1 kg

RA C

yC

deformación virtual = deformación real estado de carga 1

RB

RA = RB = 1/2 Kg

Sección 9.2.3: Teorema de los Trabajos Virtuales

15

Aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales, (ecuación (9.17)), a la viga del estado de carga 2, a la cual se le ha dado una deformación virtual que sea la misma que la deformación real que tendrá la viga con el estado de carga 1, se tendrá: (se desprecia el trabajo interno debido a las fuerzas cortantes Vy, por ser de pequeño valor con respecto al producido por los momentos flectores Mz, (ver 2.9.1 apartado D)) siendo: y sustituyendo todos estos valores:

z

L L

LC IE

dxx

xqxLqL

xxdxx

xqxLq

x

y.

.2

...2

..)

2.(1.

2

1.

2...

2

...

2

1

0.1

2/

0 2/∫ ∫

−

−−+

−=+

y operando:

´ ´ ´´ ´

0 0 0

. . .. . . . . .

. . .

L L Ly y z z z z

i i i i yz z

V V M M M MF R dx dx dx

G A E I E Iδ β+ ∆ = + ≅∑ ∑ ∫ ∫ ∫

2...

2

.)

2.(1.

2

12/

2...

2

..

2

12/0

02

1,1

´

´

´´

xxqx

LqM

LxxMLxL

xxqx

LqMxMLx

yKgRRRKgF

zz

zz

iCiBAii

−=−−=−−

−==−−

=∆==== δ

zC IE

Lqy

..384

..5 4

=


16

9.3.- FLEXIÓN Y TRACCIÓN-COMPRESIÓN COMBINADAS

Sea el caso de un elemento estructural sometido, a las vez, a las solicitaciones: N, Vy, Vz, My, Mz Cálculo de Tensiones: Se calcularán aplicando el Principio de Superposición: TRACCIÓN-COMPRESIÓN: (N) → σx (ver sección 4.2) FLEXIÓN SIMPLE: (Vy, Vz) → τ (ver secciones: 5.4.2, 5.4.3 y 5.4.4) (My, Mz) → σ (ver sección: 5.4.1) Cálculo del Eje Neutro: La ecuación del eje neutro, será: Observación: El eje neutro ya no pasará por G y el punto de σmax será el más alejado del mismo.

x

y

z

L

Mz

My

N

Vy

Vz

G

Fig.9.11

( ) ( , )

( , )

x x x y z

y z

N M M

V V

σ σ στ τ

= +

=

0 ( ) ( , ) 0x x x x y zN M Mσ σ σ σ= → = + =

n

n

z

y

G

σmax

Fig.9.12

Sección 9.3: Flexión y Tracción-Compresión combinadas

17

Cálculo de Deformaciones: Se podrán calcular aplicando igualmente el Principio de Superposición, empleando para ello las fórmulas obtenidas para el cálculo de las deformaciones en los capítulos correspondientes: TRACCIÓN-COMPRESIÓN: (N) → ∆L (ver sección: 4.3) FLEXIÓN SIMPLE: (Vy, Vz, My, Mz) → Giros:θy, θz, Flechas: y, z (ver secciones: 6.2, 6.3, 6.4) o bien a través del Teorema de Castigliano o el de los Trabajos Virtuales:

A- Por el Teorema de Castigliano:

y despreciando los términos debidos a las fuerzas cortantes Vy y Vz, quedará:

B- Por el teorema de los Trabajos Virtuales:

despreciando igualmente los términos debidos a las fuerzas cortantes Vy y Vz, quedará:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )y z y zU U N U V U V U M U M= + + + +

0 0 0

. . .

. . .. . .

y zy zL L L

i i ii

i y z

M MNN M M

F F FUdx dx dx

F E A E I E Iδ

∂ ∂∂∂ ∂ ∂∂= = + +

∂ ∫ ∫ ∫

´´ ´´ ´

0 0 0

.. .. . . . .

. . .

L L Ly y z z

i i i iy z

M MN N M MF R dx dx dx

E A E I E Iδ + ∆ = + +∑ ∑ ∫ ∫ ∫


18

9.3.1- CASO PARTICULAR: TRACCIÓN-COMPRESIÓN EXCÉNTR ICA. NÚCLEO CENTRAL La Tracción-Compresión excéntrica es un caso particular de la Flexión + Tracción-Compresión combinadas visto en el apartado anterior. Caso particular 1º: Barra sometida a Tracción-Compresión excéntrica, actuando sobre uno de los ejes principales de inercia de la sección transversal (Izy = 0):

los ejes y, z son ejes principales de inercia → Izy = 0 Cálculo de las tensiones: TRACCIÓN (N): FLEXIÓN (Mz): Aplicando el Principio de Superposición , la tensión total será:

F F

G e x

y

z

L

x

z

y

G

a

b

N = F

Mz = F.e

F

F

F.e

x Fig.9.13

x

N F

A Aσ = = G

a

b

x

zz

zx I

yeF

I

yM ...==σ G

a

b

x

. .( ) ( )x x x z

z

F F e yN M

A Iσ σ σ= + = +

G

a

b

x

yn

n

G

a

b

x

yn

n

G

a

b

x yn

n

( ) ( )a a zsi N Mσ σ> ( ) ( )a a zsi N Mσ σ= ( ) ( )a a zsi N Mσ σ<

Sección 9.3.1: Caso particular: Tracción-Compresión excéntrica

19

Cálculo del eje neutro:

siendo ""2 inerciaderadioA

Ii z

z =

Observaciones:

• La posición del eje neutro no depende del valor de la carga F aplicada • La posición del eje neutro depende de la excentricidad “e” con la que se aplique

la carga F y ocurrirá que: si: e ↑ (aumenta) ⇒ yn ↓ (disminuye) y viceversa: si: e ↓ (disminuye) ⇒ yn ↑ (aumenta)

• El eje neutro estará del lado opuesto al punto de aplicación de la carga (ello es debido al signo menos de la fórmula obtenida)

Caso particular 2º: Barra sometida a Tracción-Compresión excéntrica, actuando fuera de los ejes principales de inercia de la sección transversal (Izy = 0):

Cálculo de las tensiones: TRACCIÓN (N): FLEXIÓN (Mz, My):

2. .( ) ( ) 0

.n z z

x x x z nz

F e y I iFN M y

A I A e eσ σ σ= + = + = → = − = −

G

F

z

y

n n

e

yn

F F

F

G ey

x

y

z

L x

x z

y

G N = F Mz = F.ey

ez

My = F.ez

F F

F F

F.ey F

Fig.9.14

x

N F

A Aσ = =

y

z

z

y

y

y

z

zx I

zeF

I

yeF

I

zM

I

yM ...... +=+=σ

F.ez F


20

Aplicando el Principio de Superposición , la tensión total será: Cálculo del eje neutro:

Para dibujar el eje neutro se hallarán sus puntos de intersección con los ejes coordenados

Observaciones: • La posición del eje neutro no depende del valor de la carga F aplicada, pero sí

depende de la excentricidad con la que actúe dicha carga. • Si la carga F se aplica en el punto 1, de excentricidad ey1, el eje neutro será el

n1n1, siendo por lo visto anteriormente: yn1= - i2z / ey1. Si la carga F se aplica en el punto 2, de excentricidad ez2, el eje neutro será el n2n2, siendo por lo visto anteriormente: zn2= - i2y / ez2. Si la carga F se aplica en un punto cualquiera de la recta r, que une los puntos 1 y 2, se podrá descomponer en sus dos componentes: F1 y F2, aplicadas en los puntos 1 y 2 respectivamente y según el Principio de Superposición, su efecto será la suma de los efectos que producirán, actuando por separado, las cargas componentes F1 y F2. Según ello la línea neutra pasará necesariamente por el punto 3, intersección de los ejes neutros n1n1 y n2n2

2 2

. . . .( ) ( , ) 0 ( )

. .10 ( min )

. .. .10 1 0

n z nx x x z y

z y

y n z n

z y

y n y nz n z n

z y z y

F e y F e zFN M M dividiendo por F

A I I

e y e zdividiendo el deno ador por A

A I I

e y e ye z e zA I I i i

A A A

σ σ σ= + = + + =

+ + =

+ + = → + + =

G

F

z

y

n ey

yn

ez

n

zn

z

ynn

y

znn

e

izy

e

iyz

2

2

0

0

−=→=

−=→=(9.22)

. . . .( ) ( , ) y z

x x x z yz y

F e y F e zFN M M

A I Iσ σ σ= + = + + (9.21)

G

F z

y

ey1

yn1

ez2

n1

zn2 2

(F1)

(F2)

n1

n2

n2

3

r

1 F F1 F2

1 2

Sección 9.3.1: Caso particular: Tracción-Compresión excéntrica

21

NÚCLEO CENTRAL: Dependiendo de la posición del punto de aplicación de la carga F, el eje neutro podrá cortar o no a la sección transversal. En función de ello se define como Núcleo Central: “ la zona de la sección transversal donde podrá aplicarse la carga F para que el eje neutro no corte a la sección”

Primer caso: F se aplica dentro del Núcleo Central ⇒ El eje neutro no corta a la sección ⇒ Todos los puntos de la sección trabajan a Tracción (σx >0) o a Compresión (σx <0) Segundo caso: F se aplica fuera del Núcleo Central ⇒ El eje neutro corta a la sección ⇒ Hay parte de la sección que trabaja a Tracción (σx >0) y otra parte a Compresión (σx <0). Se calculará a continuación el Núcleo Central para dos casos frecuentes de secciones transversales: A.-SECCIÓN CIRCULAR Se situa el eje neutro n-n tangente al círculo, es decir haciendo: yn = R. Para que ello ocurra, la excentricidad ey, con la que habrá que aplicar la carga será:

Y por simetría de la figura se podrá concluir diciendo que: “el Núcleo Central de una sección circular es un círculo, con el mismo centro y con radio R/4”

G F

z

y

n

n

Núcleo Central

Fig.9.15.a

G

F z

y

n

n Núcleo Central

Fig.9.15.b

G

F

z

y

ey

yn = R

n n 2

4

2 2

( 9.22)

.4

.:4

zn

y

zz

yn n

iy ver

e

RI

i RRAde donde ey y R

π

π

= −

= − = − = − =−

Fig.9.16.a


22

B.-SECCIÓN RECTANGULAR Se sitúa el eje neutro n1-n1 en el borde superior del rectángulo, es decir haciendo: yn = -h/2. Para que ello ocurra, la excentricidad ey1, con la que habrá que aplicar la carga será:

Se sitúa ahora el eje neutro n2-n2 en el borde izquierdo del rectángulo, es decir haciendo: zn = -b/2. Para que ello ocurra, la excentricidad ez2, con la que habrá que aplicar la carga será:

Si se traza ahora la recta r que pasa por los puntos 1 y 2 y por lo visto anteriormente: “si la carga externa F se aplica sobre la recta r, entre dichos puntos, el eje neutro pasará por el punto 3 de intersección de los ejes neutros: n1-n1 y n2-n2, sin cortar al interior del rectángulo. Repitiendo este procedimiento a los otros bordes del rectángulo resultará que: “el Núcleo Central de una sección rectangular es un rombo, con el mismo centro y de semidiagonales h/6 y b/6”

G G

R

R/4

núcleo central Fig.9.16.b

b

h z

y

r 1

2

3 n1 n1

n2

zn = b/2

yn = h/2

ey1

ez2

n2

Fig.9.17.a

2

1

3

2

1

( 9.22)

.12

.:/ 2 6

zn

y

zz

yn n

iy ver

e

b hI

i hb hAde donde ey y h

= −

= − = − = − =−

62/.

12

.

:)19.9(

3

2

22

2b

bhb

bh

zA

I

z

iedondedever

e

iz

n

y

n

yz

z

yn =

−−=−=−=→−=

Sección 9.4: Flexión y Torsión combinadas

23

9.4- FLEXIÓN Y TORSIÓN COMBINADAS Sea el caso de un elemento estructural sometido, a las vez, a las solicitaciones: N, Vy, Vz, T, My, Mz Cálculo de Tensiones: Se calcularán aplicando el Principio de Superposición: TORSIÓN: (T) → τ (ver secciones: 8.2, 8.3, 8.4 y 8.5) FLEXIÓN SIMPLE: (Vy, Vz) → τ (ver secciones: 5.4.2, 5.4.3 y 5.4.4) (My, Mz) → σ (ver sección: 5.4.1) Observación: en la mayoría de los casos τ (Vy, Vz) << τ (T) y se suelen despreciar, teniendo en cuenta sólo entonces: τ (T)

b

h z

y

h/6

b/6

núcleo central

Fig.9.17.b

x

y

z

Mz

My

T

Vy

Vz

G

Fig.9.18

( , )

( , ) ( )

x x y z

y z

M M

V V T

σ στ τ τ

=

= +� � �


24

Cálculo de Deformaciones: Se podrán calcular aplicando igualmente el Principio de Superposición, empleando para ello las fórmulas obtenidas para el cálculo de las deformaciones en los capítulos correspondientes: TORSIÓN: (T) → θx ,ϕx (ver secciones: 8.2, 8.3, 8.4, 8.5) FLEXIÓN SIMPLE: (Vy, Vz, My, Mz) → Giros:θy, θz, Flechas: y, z (ver secciones: 6.2, 6.3, 6.4) o bien a través del Teorema de Castigliano o el de los Trabajos Virtuales: A.-Por el Teorema de Castigliano:

y despreciando los términos debidos a las fuerzas cortantes Vy y Vz, quedará:

B.-Por el teorema de los Trabajos Virtuales:

despreciando igualmente los términos debidos a las fuerzas cortantes Vy y Vz, quedará:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )y z y zU U V U V U T U M U M= + + + +

0 0 0

. . .

. . .. . .

y zy zL L L

i i ii

i t y z

M MTT M M

F F FUdx dx dx

F G I E I E Iδ

∂ ∂∂∂ ∂ ∂∂= = + +

∂ ∫ ∫ ∫

´´ ´´ ´

0 0 0

.. .. . . . .

. . .

L L Ly y z z

i i i it y z

M MT T M MF R dx dx dx

G I E I E Iδ + ∆ = + +∑ ∑ ∫ ∫ ∫

Sección 95: Flexión y Compresión combinadas en piezas muy esbeltas

25

9.5-FLEXIÓN Y COMPRESIÓN COMBINADAS EN PIEZAS MUY E SBELTAS 9.5.1-INTRODUCCIÓN En el caso de piezas muy esbeltas solicitadas a flexión-compresión combinadas, habrá que tener en consideración nuevas precisiones a lo ya visto anteriormente, en base a los siguientes hechos:

En la fig.9.19.a., se representa una viga sometida a la carga F de compresión y a la carga lateral P que produce flexión. Se indica así mismo la elástica y0 y el diagrama de momentos flectores Mz0 debidos a la carga P. Tanto la elástica como el diagrama de momentos flectores los podremos obtener con los conocimientos estudiados hasta ahora. En la fig.9.19.b., se representa de nuevo la misma viga con las mismas cargas, pero se ha tenido en cuenta que la elástica producida por la carga de flexión P se ha visto amplificada por la carga de compresión F, dando lugar a la elástica y. Así mismo ocurrirá con el diagrama de momentos flectores. Así pues ocurrirá: y0 , Mz

0 → elástica y momento flector debidos sólo a la carga lateral P y, Mz → elástica y momento flector debidos a la carga lateral P y amplificados debido a la carga de compresión F Observación: La amplificación de la flexión debido a la carga de compresión, es un efecto que habrá que tener muy en cuenta sobre todo en el caso de piezas muy esbeltas y sometidas a cargas grandes, pues es en estos casos donde dicha amplificación toma una importante relevancia. En el resto de los casos: piezas no muy esbeltas o piezas muy esbeltas pero con cargas no muy grandes, que son la mayoría de los casos que se nos darán en la práctica, no será necesario su consideración.

F P

y0

Mz0

x

Mz0

P F

Mz

y y0

Mz0

Mz

Fig. 9.19.a Fig. 9.19.b

x


26

9.5.2-ESTUDIO DE LA FLEXIÓN-COMPRESIÓN EN PIEZAS MU Y ESBELTAS SOMETIDAS A GRANDES CARGAS Ecuación de la elástica amplificada La ecuación diferencial de la línea elástica será:

sustituyendo: haciendo: La solución de la ecuación diferencial será de la forma: en donde yp, es la solución particular y será una expresión de la misma forma que Mz

0 Ejemplo: Resolvamos la ecuación diferencial para el siguiente caso concreto

P

F x

y x

y

Fig. 9.20

lateralesasclaasólodebidoflectormomentoM

yFMMsiendoIE

M

dx

yd

z

zzz

z

arg:

.:.

0

02

2

+=−=

elásticaladeldiferenciaecuación

IE

My

IE

F

dx

yd

IE

yFM

dx

yd

z

z

zz

z

..

..

. 0

2

20

2

2

−=+→+−=

elásticaladeldiferenciaecuación

IE

Myk

dx

yd

IE

Fk

z

zz

zz .

..

02

2

22 −=+→= (9.24)

(9.23)

pzz yxkCxksenCy ++= .cos... 21 (9.25)

q

F x

y Fig. 9.21

L

RA= q.L/2 RB= q.L/2

ymax

y = y(x)

542

321

054

23

20

...cos...:

)(..2

..2

.

CxCxCxkCxksenCyseráelásticaladeecuaciónla

MquegradomismodelCxCxCyx

qxLq

M

zz

zpz

++++=

++=→−=

(9.26)


27

Cálculo de las constantes C3, C4, C5 :

Cálculo de las constantes C1, C2 : poniendo ecuaciones de contorno de la elástica:

y sustituyendo finalmente todas las constantes calculadas en la ecuación de la elástica 9.26. quedará:

”ecuación de la línea elástica amplificada” (para el ejemplo de la fig.9.31) Cálculo de la flecha máxima La flecha máxima, para el ejemplo que se está analizando, se dará en x = L/2 y valdrá:

21 2 3 4 5

1 2 3 4

22 2

1 2 32

. . .cos . . .

llevando estos valores a la ecuación. .cos . . . . 2. .

diferencialde la elástica (9.23) quedará:

. . . . .cos . 2.

z z

z z z z

z z z z

y C sen k x C k x C x C x C

dyC k k x C k sen k x C x C

dx

d yC k sen k x C k k x C

dx

= + + + += − + + →

= − − +

2 2 2 21 2 3 1 2 3 4 5

2

2 2 2 2 23 4 3 5

. . . . .cos . 2. .( . . .cos . . . )

1 .. . . y operando :

. 2 2

.( . ). ( . ). (2. . ) . . e igualando térmi

2. . 2. .

z z z z z z z

z

z z zz z

C k sen k x C k k x C k C sen k x C k x C x C x C

q L qx x

E I

q q Lk C x k C x C k C x x

E I E I

− − + + + + + + =

= − −

+ + + = −

3 4 52 2 4

nos :

.

.2. . .2. . . .z z z z z z

q q L qC C C

k E I k E I k E I

− −= = =

−=⇒=→=

=⇒=→=

Lksen

Lk

IEk

qCyLx

IEk

qCyx

z

z

zz

zz

.

.cos1.

..0

..00

41

42

−−−+−= )..(

21.cos..

.

.cos1.

..2

2

4xxL

kxkxksen

Lksen

Lk

IEk

qy z

zzz

z

zz

(9.27)

( )

2 2 2

max 4

24

max 4

1 cos .( ) . . . cos . 1 .

2 . . . 2 2 2 2 4

24. sec 1. 5. . 2haciendo : . "flecha máxima amplificada"

2 384. . 3.

z zz z

z z z

z

z

k L kL q L L L Ly y x sen k k

k E I sen k L

uuk L q Lu y

E I u

−= = = + − − −

− −= → =


28

Observaciones: 1.- La carga F de compresión a amplificado la elástica producida por la carga lateral q En efecto: En el ejemplo visto anteriormente, si la viga sólo hubiese estado sometida a la carga lateral q, (ver fig 9.22), el valor de la flecha máxima que se obtendría sería:

En el caso de considerar también la carga de compresión F (ver fig.9.23), el valor obtenido para la flecha máxima ha sido:

Comparando ambos valores se puede poner:

Momentos flectores amplificados Conocida ya la elástica amplificada, el momento flector amplificado se podrá obtener por dos procedimientos:

q

F

Fig. 9.23

ymax

y y0

q

Fig. 9.22

y0max

y0 zIE

Lqy

..384

..5 40max =

(valor obtenido de Tablas)

4

2

4

max .3

21sec.24

...384

..5

u

uu

IE

Lqy

z

−−

=

2

0 0max max 2 max4

2

2 4

24. sec 12

. .3.

24. sec 1"coeficientedeamplificación de la flecha máxima2

siendo:producida por la carga Fdecompresión"3.

uu

y y k yu

uu

ku

− −

= =

− − =

2

2

2

2

0

...

)2

.)1

dx

ydIEM

IE

M

dx

yd

yFMM

zzz

z

zz

−=→−=

+= (9.28)

(9.29)


29

Así para el ejemplo que nos ocupa, la elástica amplificada viene dada por la ecuación 9.27 y quedará:

Cálculo del momento flector máximo El momento flector máximo, para el ejemplo que se está analizando, se dará en x = L/2 y valdrá:

Observaciones: 1.- La carga F de compresión a amplificado el momento flector producido por la carga lateral q En efecto: En el ejemplo visto anteriormente, si la viga sólo hubiese estado sometida a la carga lateral q, (ver fig 9.24), el valor del momento flector máximo que se obtendría sería:

0

22 2

4

2

.

1 cos ... . . . . . cos . 1 .( . )

2 2 . . . 2

y operando

1 cos .. . . cos . 1 "momento flector amplificado"

.

z z

z zz z

z z z

zz z z

z z

M M F y

k L kq L q qx x F sen k x k x L x x

k E I sen k L

k LqM sen k x k x

k sen k L

= + =

− = − + + − − − =

−= + −

(9.30)

max 2

2

max 2

1 cos .( ) . . . cos . 1

2 . 2 2

"momento flector máximo. . 2.(1 cos )haciendo : .

amplificado"2 8 .cos

zz z z z

z z

zz

k LL q L LM M x sen k k

k sen k L

k L q L uu M

u u

−= = = + −

−= → =

q

Fig. 9.24

Mz0

M0max

Mz0

L

x 8

. 20max

LqM z =

(valor obtenido de Tablas)


30

En el caso de considerar también la carga de compresión F (ver fig.9.25), el valor obtenido para el momento flector máximo ha sido:

comparando ambos valores se puede poner:

Cálculo de las tensiones amplificadas Al amplificarse el momento flector se verán amplificadas las tensiones que él produce, así para el ejemplo que se está estudiando sería:

(es el mismo coeficiente que el de amplificación de los momentos flectores)

q

Fig. 9.25

Mz

Mzmax

Mz

L

x

F

M0z

uu

uLqM z cos.

)cos1.(2.

8

.2

2

max

−=

0max max 3 max2

3 2

2.(1 cos ). .

.cos

"coeficientede amplificación delmomento flector2.(1 cos )siendo :

máximo, debidoa la carga Fdecompresión".cos

oz z z

uM M k M

u u

uk

u u

−= =

−=

0 03 0

3 3

3 2

. ( . ). .( ) ( ) . .

"coeficientedeamplificación delas tensionesdebidasa la flexión2.(1 cos )siendo:

producido por la carga Fdecompresión".cos

z y z y z ytotal z f

z z z

M v k M v M vF F FN M k k

A I A I A I

uk

u u

σ σ σ σ σ= + = + = + = + = +

−=

Sección 96: Introducción al dimensionamiento a resistencia de vigas metálicas sometidas a solicitaciones combinadas

31

9.6-INTRODUCCIÓN AL DIMENSIONAMIENTO A RESISTENCIA DE VIGAS METÁLICAS SOMETIDAS A SOLICITACIONES COMBINADAS .(N ormativa DB-SE-A) A.- RESISTENCIA DE LAS SECCIONES 1.-Caso de Flexión y Axil: N, Mz, My Criterio elástico de dimensionamiento Las fórmulas a aplicar serán: Criterio plástico de dimensionamiento Las fórmulas a aplicar serán: Observación: En los casos en que no existiesen algunas de las solicitaciones: N, Mz, My, las fórmulas a utilizar serían las mismas, sin más que hacer cero la solicitación que no actúe 2.-Caso de Flexión, Axil y Cortante: N, Mz, My, Vy, Vz El estudio se hará indistintamente para las cortaduras: Vy o Vz y la denominaremos en general: V

Siempre que: *,

1 1. . .

2 2 3yd

pl d v

fV V A no habrá quehacer mas comprobaciones≤ = →

tan sólo las correspondientes al caso 1º (sin cortantes) Los valores a considerar para el área Av de la sección son los siguientes:

• Secciones macizas de gran espesor: rectangulares, circulares,…….

Av = A (área de la sección)

• Perfiles abiertos de pequeño espesor: IPE, HEB, UPN,……….

Con cortadura Vy: Av = Área del alma del perfil

Con cortadura Vz: Av = Área de las alas del perfil

• Perfiles cerrados de pequeño espesor circulares:

***

, , ,

1yz

pl d zel d yel d

MMN

N M M+ + ≤

***

, , ,

1yz

pl d zpl d ypl d

MMN

N M M+ + ≤

(9.31)

(9.32)


32

Av = A.2/π En el caso de que no se cumpliese lo anterior, es decir: habría que hacer una nueva comprobación combinando el Momento flector con la Fuerza Cortante (ver Normativa DB-SE-A)

3.-Otros casos de combinaciones Su estudio es objeto de otras asignaturas específicas. (Ver normativa) B.- RESISTENCIA DE LAS BARRAS Al considerar ahora la barra en su conjunto se tendrán que hacer nuevas comprobaciones, pero estas comprobaciones son objeto de otras asignaturas específicas. (Ver normativas)

*,

1 1. . .

2 2 3yd

pl d v

fV V A> =

Tema 10: Pandeo

1


Tema 10 : PANDEO

L

x

y

y

Ncr

(1) (2)

x

2

2

. . zcr

E IN

L

π=

Tema 10: Pandeo

2

10.1.- INTRODUCCIÓN Los diferentes elementos que conforman una estructura pueden “fallar” por diferentes motivos, dependiendo de los materiales utilizados, tipos de cargas, ligaduras y apoyos. Muchos de estos tipos de “fallos” se podrán evitar, dimensionando dichos elementos de tal forma, que las tensiones y deformaciones máximas que se produzcan permanezcan dentro de los límites admisibles y así se efectuarán los dimensionamientos a Resistencia y a Rigidez, estudiados en los temas precedentes. Pero existen otros tipos de “fallos”, como es el “fallo por inestabilidad o pandeo”, que puede tener lugar en el caso de elementos estructurales esbeltos sometidos a compresión. En estos casos, en el elemento puede aparecer una flexión lateral que puede llegar a ser grande y hacer “fallar” al elemento La aparición de dicha flexión lateral, su rápido crecimiento y la pérdida total de estabilidad del elemento y el consiguiente colapso de la estructura, constituyen el estudio del Pandeo. Ejemplos de elementos estructurales donde puede aparecer el Pandeo:

N N

Flexión lateral (PANDEO)

Pandeo en los pilares de los edificios

Pandeo en las barras de las Estructuras Articuladas

Sección 10.2: Estudio teórico del Pandeo de piezas sometidas a compresión

3

10.2.- ESTUDIO TEÓRICO DEL PANDEO DE PIEZAS SOMETIDAS A COMPRESIÓN Las piezas sometidas a compresión pueden agruparse en dos grupos:

• PIEZAS SIMPLES • PIEZAS COMPUESTAS

1.-Las PIEZAS SIMPLES pueden estar constituidas por:

a) Un solo perfil

b) Varios perfiles o chapas unidas mediante tornillos o soldadura

• Si el enlace se hace por medio de tornillos, se deberá cumplir:

s: distancia entre ejes de uniones a: diámetro de los agujeros e: mínimo espesor de las piezas a unir

• Si el enlace se hace con soldadura discontinua, se deberá cumplir:

s: distancia entre ejes de soldaduras e: mínimo espesor de las piezas a unir

esas .15.8 ≤≤

mmses 300.15 ≤≤

s

Tema 10: Pandeo

4

c) Perfiles unidos con forros discontinuos de chapa o presillas En este caso se deberá cumplir: i: radio de giro mínimo de los perfiles a unir 2.-Las PIEZAS COMPUESTAS, lo serán, cuando no se cumplan alguno de los supuestos anteriores. Observación: En este Tema se hará el estudio del Pandeo para los casos de PIEZAS SIMPLES. (El Pandeo en Piezas Compuestas se estudia en otras asignaturas, tales como: “Estructuras Metálicas”) 10.2.1.- CARGA CRÍTICA DE EULER El estudio teórico del Pandeo, que es debido a Euler, se planteó como un estudio de equilibrio. Así, si se tiene una pieza sometida a una fuerza N de compresión y se encuentra en equilibrio, posición (1), su equilibrio podrá ser: ESTABLE, INESTABLE o INDIFERENTE

Equilibrio Estable: si al separarla un poco, a la pos. (2) y soltar, vuelve a la pos.(1) Equilibrio Inestable: si al separarla un poco, a la pos. (2) y soltar, se aleja de la pos.(1) Equilibrio Indiferente: al separarla un poco, a la pos. (2) y soltar, se queda en la pos.(2)

s

is .15≤

(1) (2)

Equilibrio ESTABLE

Equilibrio INESTABLE

Equilibrio INDIFERENTE

(1) (1) (2) (2)

Fig. 10.1

N N N

Sección 10.2.1: Carga crítica de Euler

5

El que una pieza dada adopte uno u otro tipo de equilibrio, va a depender del valor de la carga N de compresión a la que se le someta. Se denomina: CARGA CRÍTICA (Ncr): “al valor de la carga N de compresión que hace que se alcance el EQUILIBRIO INDIFERENTE ” Así pues se tendrá:

• si N = Ncr → Equilibrio Indiferente • si N < Ncr → Equilibrio Estable • si N > Ncr → Equilibrio Inestable

Naturalmente se deberá hacer trabajar a las piezas con N < Ncr, para que se encuentren siempre en equilibrios estables. Cálculo del valor de la Carga Crítica de Euler: Ncr

Fue Euler el que calculó dicho valor. Considérese una pieza (columna), recta, con sus extremos articulados y sometida a una carga de compresión centrada, de valor la carga crítica Ncr.

Por lo visto anteriormente, la columna se encontrará en la posición (1) en equilibrio INDIFERENTE y por tanto, si la separamos un poco a la posición (2), permanecerá en dicha posición. Si N = Ncr → Equilibrio Indiferente. La ecuación diferencial de la Elástica en la posición (2) será, (ver 6.2):

L

x

y

y

Ncr

(1) (2)

x

Fig. 10.2 2

2: .

.z

z crz

Md ysiendo M N y

dx E I= − =

2 2

2 2

22 2

2

1 2

. . . . 0.

: (10.1) . 0.

: . . .cos .

crz z cr

z

crz z

z

z z

Nd y d yE I M N y y ecuación diferencial línea elástica

dx dx E I

N d yhaciendo k k y

E I dx

la solución general deesta ecuación diferencial es de la forma y C senk x C k x

Cálculo de

= − = − → + =

= → + =

= +

1 2

2

1 1

2 22

2

tan :

0 0 0

0 . . 0 0 0 ( .1)

. 0 . . ( 1,2,3,.....)

. .(10.2) exp (10.1) (10.2) :

z

z z

z z

las cons tesC y C

x y C

x L y C senk L C y elástica rectilínea pos

senk L k L n n

n nk k igualando las resiones y

L L

ππ π

= → = ⇒ == → = ⇒ = → = ⇒ =

→ = ⇒ = =

= → =

Tema 10: Pandeo

6

El menor de estos valores se obtendrá para n = 1 y será: Observaciones: 1.-Si el pequeño desplazamiento que se da a la columna para llevarla a la posición (2) se hiciera en el plano XZ, la expresión de la carga crítica FC sería: ¿En cual de los dos planos pandeará finalmente la columna? Conclusión: “ Una columna pandeará en el plano que presente menor rigidez a la flexión, es decir, en el plano respecto del cual el módulo de rigidez a la flexión sea mínimo: E.Imin “ Así pues la expresión de la carga crítica de Euler será: Ejemplo:

Los ejes Y, Z son ejes principales de inercia (ejes de simetría). Respecto de ellos se obtendrán: Imax, Imin

“ la columna pandeará (flexará) en el plano XY, osea alrededor del eje Z”

22 22

2 2

. ...

.cr z

crz

N E InN n

E I L L

ππ= → =

L

x

y

y

Ncr

(1) (2)

x

2

2

. . zcr

E IN

L

π=L

x

z

y

Ncr

(1) (2)

x

2

2

. . ycr

E IN

L

π=

z

Fig. 10.3

2

2

. .(10.3)z

cr

E IN

L

π=

2

2

. . ycr

E IN

L

π=

2min

2

. .(10.4)cr

E IN

L

π=

x

y

z

Ncr

Ncr

y

Fig. 10.4

z

zyz

zy

IEIE

IIIIhbsi

bhIhbI

..

..12

1..

12

1

min

min

33

=

=⇒<→<

==

Sección 10.2.1: Carga crítica de Euler

7

2.-De la fórmula 10.4, que da la carga crítica, se obtienen las siguientes conclusiones:

a) “ El valor de la carga crítica Ncr depende del material del que esté fabricada la columna: Eacero, Ehormigón, Ealuminio,…………….”

b) “ Para un material dado, el valor de Ncr no depende de la calidad del mismo, esto

es de su resistencia” ( en la fórmula de Ncr no interviene la fy ni la fu )

Ejemplo: material 1: acero tipo 1: E = 2,1.105 N/mm2; fy = 275 N/mm2 material 2: acero tipo 2: E = 2,1.105 N/mm2; fy = 350 N/mm2 Conclusión: Los dos aceros tendrán la misma carga crítica Ncr, es decir, se comportarán igual frente al Pandeo

c) “ La carga crítica Ncr es directamente proporcional al módulo de rigidez a la

flexión: E.I “. Así pues, mejoraremos la resistencia al Pandeo, utilizando columnas que opongan gran resistencia a la flexión, es decir, que tengan módulos de rigidez a la flexión grandes

d) “ La carga crítica Ncr es inversamente proporcional al cuadrado de la longitud de

la columna: L2 “. Así pues cuanto mayor sea la longitud de la columna, más posibilidades de que se alcance la carga crítica y se produzca el fallo por Pandeo.

Ecuación de la línea elástica: Anteriormente se vió que la solución de la integración de la ecuación diferencial de la elástica era de la forma: y = C1.sen kz.x + C2.cos kz.x

Observaciones: El valor de C1 resulta indeterminado, ello es debido a haber tomado como valor del radio de curvatura: Si se dan valores a n = 1, 2, 3,….., se obtienen las elásticas correspondientes a los diferentes estados de equilibrios indiferentes:

2min

2

. .cr

E IN

L

π=

elásticalíneaecuaciónxL

nsenCydosustituyeny

L

nksiendoxsenkCyCdondeen zz

..

.:

.)2.10(:..0:

1

12

π

π

=

===→=

23

2

2

2

2

2

1

1:

1

+

=≅

dx

dy

dx

yd

rexactovalorsudelugaren

dx

yd

r

Tema 10: Pandeo

8

•

•

Se tomará para el cálculo el menor de los valores de Ncr, es decir, la carga Ncr que consiga el primer equilibrio indiferente, o sea para el valor n = 1

2min

1 2

. .1 . . : cr

E ISi n y C sen x siendo N

L L

ππ= → = =

L

L/2x

ymax

y

Ncr

(1) (2)

x

Fig. 10.5

111max 2.

2..)

2(

20:

CsenCL

LsenC

Lxyy

Lx

dx

dyserámáximaflechala

=====

=→=

ππ

22 min

1 2

. .2.2 . . : 2 .cr

E ISi n y C sen x siendo N

L L

ππ= → = =

Fig. 10.6

L/4x y

(1)

L

L/2x

ymax

Ncr

(2)

x

ymax

3L/42x

111max

111max

2

3.

4

3.

.2.)

4

3(

2.

4.

.2.)

4(

4

.3,

40:

CsenCL

LsenC

Lxyy

CsenCL

LsenC

Lxyy

Lx

Lx

dx

dyserámáximaflechala

−=====

=====

==→=

ππ

ππ

22 min

2

. .2 .cr

E IN

L

π=

Esta será la forma que tome la elástica cuando se consiga el equilibrio indiferente bajo la carga

Esta será la forma que tome la elástica cuando se consiga el equilibrio indiferente bajo la carga

2min

2

. .cr

E IN

L

π=

Sección 10.2.2: Influencia de los enlaces. Longitud de pandeo

9

10.2.2.- INFLUENCIA DE LOS ENLACES. LONGITUD DE PAN DEO El valor obtenido para la carga crítica FC, corresponde al caso de una columna articulada en sus extremos. Con otros tipos de apoyos y siguiendo un proceso similar al seguido en 10.2.1, se obtendrán los valores de FC correspondientes: Con el objeto de poder utilizar una sola fórmula que englobe a los cuatro casos, se utilizará la siguiente: siendo: Los valores de β y por consiguiente de Lk para cada uno de los cuatro tipos de apoyos vistos, se obtendrán comparando la fórmula general 10.5 para la carga crítica, con las obtenidas en cada uno de ellos. Los valores están indicados en las figuras correspondientes

L

Ncr

Fig. 10.7

2min

2

. .cr

E IN

L

π=

L

Ncr

Fig. 10.8

L

Ncr

Fig. 10.9

Ncr

L

Fig. 10.10

2min

2

. .cr

k

E IN

L

π=

2min

2

4. . .cr

E IN

L

π=2

min2

. .

4.cr

E IN

L

π=2

min2

2. . .cr

E IN

L

π=

(10.5)

. " "kL L longitud de pandeoβ= (10.6)

1 kL Lβ = =

2 2.kL Lβ = =1

0,7 0,72

kL Lβ = ≅ = 0,5 0,5kL Lβ = =

Tema 10: Pandeo

10

Concepto físico de la longitud de pandeo: La longitud de pandeo de una barra es: “la longitud que debería tener una barra, articulada en ambos extremos, equivalente a la dada (mismo material y sección ), para que tuviese la misma carga crítica Ncr, que la barra dada “

Longitud de pandeo de barras canónicas: Lk

Condiciones de extremo

biarticulada biempotrada empotrada articulada

empotrada libre

biempotrada desplazable

Lk 1,0.L 0,5.L 0,7.L 2,0.L 1,0.L

L ymax

y

Ncr

x

Fig. 10.11

Lk = L L

Ncr

Fig.10.12

Lk = 2L

Ncr

ymax

Ncr

L

Fig. 10.13

Ncr

Lk = 0,5L ymax

L

Ncr

Fig.10.14

Lk = 0,7.L ymax

Sección 10.2.3: Tensión crítica de Euler. Concepto de esbeltez

11

10.2.3.- TENSIÓN CRÍTICA DE EULER. CONCEPTO DE ESBELTEZ Se denomina TENSIÓN CRÍTICA de Euler: “a la tensión de compresión de una columna cuando sobre ella actúa la carga crítica Ncr “ Sustituyendo FC por su valor dado en 10.5, quedará: siendo: Representando gráficamente, en unos ejes coordenados, la ecuación 10.8 que da la tensión crítica de Euler en función de la esbeltez, se obtiene el siguiente diagrama:

Del análisis del diagrama se deduce que a medida que disminuimos la esbeltez λ de la columna (λ2 < λ1 ) la tensión crítica σC aumenta (σcr2 > σcr1 ), es decir aumenta la capacidad de la columna para resistir mas cargas sin que se produzca el Pandeo. Conclusión: Para mejorar el comportamiento de una columna, de longitud dada, frente al Pandeo, será preciso disminuir su esbeltez λ. ¿Cómo?. Si la longitud L nos viene impuesta, en función de la ecuación 10.9 que da la esbeltez, habrá que aumentar el radio de inercia mínimo imin.

crcr

N

Aσ = (10.7)

2 min2 2 2 2 2min min

22 2 2 2

min

. .. . . . . .

.cr

crk k k k

IEN E I E i E EAA L A L L L

i

ππ π π πσλ

= = = = = =

(10.8)

min

" "kLesbeltez deuna columna

iλ = (10.9)

σcr

λ

σcr1

σcr2

λ1 λ2

2

2

." "cr

Ecurva de Euler

πσλ

=

Fig.10.15

minmin

kLsi i

iλ λ= ↑ ⇒ ↓

Tema 10: Pandeo

12

El aumento de imin sin modificar el área A, se consigue aumentando el momento de inercia Imin, osea alejando el material todo lo posible del centro de gravedad de la sección Esta es la razón, por ejemplo, por la que las columnas de sección hueca son mejores, a efectos de pandeo, que las macizas del mismo área

↑⇒↑= minminmin

min iIsiA

Ii

G G

sección 1 sección 2

A1, Imin1 A2 = A1, Imin2

Fig.10.16

1sec2sec1212121min2min1min2min

ciónlaquepandeoalmejorcomportaráseciónla

FFiiII cccc

⇒

>→>→<→>→> σσλλ

Sección 10.2.4: Límites de aplicación de la fórmula de Euler

13

10.2.4.- LÍMITES DE APLICACIÓN DE LA FÓRMULA DE EUL ER El diagrama de la fig.10.15, que representa la curva de la tensión crítica de Euler, sólo va a ser válida hasta un cierto punto P, que corresponde a una esbeltez λlim, que es la esbeltez para la cual: σcr (tensión crítica) = fy (tensión del límite elástico). Ello es debido a que en la deducción de la fórmula para la obtención de la carga crítica Ncr, se utiliza la ecuación diferencial de la elástica y ésta sólo es aplicable para los casos en que E = cte o lo que es lo mismo cuando σ ≤ fy ( sección 3.5. diagrama tensiones-deformaciones). Además, al alcanzarse la tensión del límite elástico, el fallo se produciría por haberse alcanzado la resistencia a la compresión de la sección. En la Fig. 10.18 se representa la curva de pandeo de Euler y los modos de fallo

σcr

λ

fy

λlim

2

2

." "cr

Ecurva de Euler

πσλ

=

Fig.10.17

P

Figura 10.18

Fallo por pandeo

Fallo por haber rebasado el límite elástico

Curva de pandeo de Euler

σ

fy P

λlim λ

Tema 10: Pandeo

14

Así pues tendremos que para poder utilizar la curva de Euler se habrá de verificar:

• para esbelteces: λ ≥ λlim → SI se podrá aplicar la curva de Euler

• para esbelteces: λ ≤ λlim → NO se podrá aplicar la curva de Euler

Los valores de λlim para los aceros más utilizados en la construcción son:

Acero fy (N/mm2) λλλλlim

S235 235 93,9 S275 275 86,8 S355 355 76,4

La curva de pandeo expresada en la fig.10.18 puede ser redibujada de forma adimensional, dividiendo la tensión crítica de Euler entre el límite elástico: (σ / fy ) y la esbeltez entre la esbeltez límite: (λ / λlim), dando lugar a la siguiente curva de Pandeo adimensional La ventaja de este gráfico es que puede aplicarse a barras de diferentes esbelteces y resistencias

2 2

2

. .cr y y

y

E Ef f

f

π πσ λλ

≤ → ≤ → ≥ ⇒2

lim

.

y

E

f

πλ = (10.10)

λ/λ

σ/f

P

1

1

λ/λ/λlim

Figura 10.19

σ/fy

P

1

1

Sección 10.3: Pandeo real: Estudio práctico del pandeo de piezas de acero sometidas a compresión

15

10.3.- PANDEO REAL: ESTUDIO PRÁCTICO DEL PANDEO EN PIEZAS DE ACERO SOMETIDAS A COMPRESIÓN 10.3.1.- INTRODUCCIÓN El comportamiento real de los pilares difiere del estudio teórico e ideal que acabamos de hacer. Ello es debido a las diversas imperfecciones del pandeo “real” que no se han tenido en cuenta en el estudio teórico, tales como:

• Falta de rectitud inicial del eje del pilar • Cargas axiales no aplicadas exactamente en el centro de gravedad de la sección

transversal del pilar • Tensiones residuales producidas en la fabricación del pilar, bien por el proceso

de laminación o por las soldaduras • Otras

Así estudios experimentales de pilares reales proporcionan los resultados que se muestran en la siguiente figura: Comparado con las curvas teóricas, el comportamiento real muestra mayores dispersiones en el intervalo de esbelteces medias que en el intervalo de esbelteces elevadas. En la zona de esbelteces medias (que representa a la mayoría de los pilares), el efecto de las imperfecciones es significativo y debe de ser tenido en cuenta. La mayor reducción en el valor teórico se produce en la región de la esbeltez límite λlim.

La curva límite inferior se ha obtenido de un análisis estadístico de los resultados de los ensayos y representa el límite seguro para la carga.

Figura 10.20

Esbeltez media Esbeltez elevada

Punto de inflexión

σ

λ λlim

P fy

Tema 10: Pandeo

16

Un pilar puede ser considerado de esbeltez elevada si su esbeltez es mayor que la correspondiente al punto de inflexión de la curva límite inferior, mostrada en la fig.10.20. Para la carga última en dichos pilares, de esbeltez elevada, se puede tomar pues la carga crítica de Euler: Ncr

Son los pilares de esbelteces medias aquellos cuyo comportamiento, tal y como se observa en la fig.10.20, se desvía más de la teoría de Euler. Es pues en ellos donde se observa que más influye la presencia de las imperfecciones, las cuales dan lugar a tensiones adicionales que se añadirán a las obtenidas en el comportamiento teórico, lo que explica que las cargas últimas que serán capaces de resistir los pilares en el pandeo real sean inferiores a las obtenidas en el pandeo teórico. Son la falta de rectitud del eje del pilar y la presencia de tensiones residuales, las imperfecciones que presentan un efecto más significativo en el comportamiento de este tipo de pilares. Ejemplo de tensiones adicionales debidas al efecto de las tensiones residuales debidas a la laminación en caliente en la fabricación del pilar:

0,3.fy

compresión

0,2.fy

tracción

0,2.fy compresión

Ejemplo de tensiones residuales debidas a laminación en caliente

Figura 10.21

σ = N/A

+ = o

σResidual σmax< fy σmax= fy

Sección 10.3: Pandeo real: Estudio práctico del pandeo de piezas de acero sometidas a compresión

17

Ejemplo de tensiones adicionales debidas a la falta de rectitud del eje del pilar: Esta imperfección es debida a los defectos inherentes al propio material, tales como la falta de homogeneidad del material, las imperfecciones geométricas de las piezas, etc…. La forma de introducir estas imperfecciones es a través de dar una curvatura inicial a la barra (Fig.10.22.b). Al aplicar ahora sobre ella la carga N de compresión, hará trabajar a la barra a FLEXIÖN-COMPRESIÖN, con lo cual se curvará más (Fig.10.22.c) Naturalmente si se dan varias imperfecciones a la vez, los efectos finales serán la suma de los obtenidos en cada una de ellas.

y

→ → f0

y

x

Fig. 10.22.b

f

y

N

x

Fig. 10.22.c

x

Fig. 10.22.a

o

σ = N/A

+ =

σ = (N.f).y/Iz σmax< fy σmax= fy

Fig.10.23

Tema 10: Pandeo

18

Así pues en el pandeo real tendremos que, en general, a las tensiones producidas por la carga de compresión, les tendremos que sumar las debidas a las tensiones residuales y las debidas a la flexión, dada la falta de rectitud del eje del pilar, con lo cual la tensión total final máxima será:

La tensión máxima se dará en la sección x = L/2 y valdrá:

Conclusión:

L

L/2x

f

y

N

x

Fig. 10.24

max

1

.

( . )..

zresiduales residuales

residuales

MN N N f

A W A WA f

kW

σ σ σ

σσ σ σ

= + + = + + =

+ + =

σσ .1max k= (10.11)

1

Nsiendo : "coeficientedeamplificación de la tensión decompresiónσ = "

Ak =

N

PANDEO TEÓRICO: Euler

sólo COMPRESIÓN

max ( )N

NA

Ncte

A

σ σ

σ

= = =

= = =f

N

PANDEO REAL

Fig. 10.25

COMPRESIÓN +FLEXIÓN+T.residuales

max

1

( ) ( )

.

z residuales

zresiduales

N M

MNk

A W

σ σ σ σ

σ σ

= + + =

+ + =

Sección 10.3.2: Introducción al método de cálculo a pandeo con la normativa española DB-SE-A

19

10.3.2.- INTRODUCCIÓN AL MÉTODO DE CÁLCULO A PANDEO CON LA NORMATIVA ESPAÑOLA: DB-SE-A (2007) Comprobación a Pandeo de piezas sometidas a compresión centrada por el Método de la nueva Normativa española: DB-SE-A: Caso de barras rectas de sección constante y axil constante La ecuación 10.11 nos da la tensión máxima en el pandeo real, en el que se tiene en cuenta, tal y como indicamos anteriormente, las tensiones debidas a la compresión junto con las tensiones que producen las imperfecciones del pilar (falta de rectitud del eje y las tensiones residuales). La fórmula propuesta por la Normativa para la comprobación a pandeo es:

Así pues la fórmula final para la comprobación a pandeo de una barra de sección constante sometida a una compresión centrada constante será:

Los valores del coeficiente de reducción por pandeo χ, que como se ve, es el inverso

del coeficiente de amplificación de tensiones k1, se pueden obtener a partir de las curvas de pandeo, como veremos a continuación Observaciones:

1.-Al coeficiente χ<1, se le denomina “coeficiente de reducción por pandeo” por lo

siguiente: Vimos que la resistencia última, plástica, de una sección a compresión era (ver ecuación 4.33): y la comprobación a resistencia de una sección trabajando a compresión se aplicaba la fórmula dada en la ecuación (4.34) Como en el caso del pandeo y tal como hemos visto, además de las tensiones debidas a la compresión, había que añadir las debidas a la flexión y las tensiones residuales, la resistencia última de la sección, será inferior a la de solamente debida a la compresión.

** * * *max 1 1

1

1. . . . . .yd yd yd

Nk k f N A f N A f

A kσ σ χ= = ≤ → ≤ → ≤

,

1

denominando : "resistencia última de la barra apandeo" . .

1 = "coeficiente de reducción por pandeo"

k

b Rd ydN A fχ

χ

= =

=

(10.12)

yddpl fANN .,* =≤

Npl,d = A.fyd

*, . .b Rd ydN N A fχ≤ = (10.13)

Tema 10: Pandeo

20

2.- Para los casos de barras de sección variable, de esfuerzos de compresión variables, de barras de sección compuesta o de elementos triangulados o de pilares de edificios, ver la Normativa indicada. Su estudio es objeto de otras asignaturas específicas. 10.3.3.- CURVAS EUROPEAS DE PANDEO Las curvas de pandeo ECCS están basadas en los resultados de más de 1000 ensayos

sobre varios tipos de piezas: I, H, T, [, ∟, ⊥ , [ ], Ο, con diferentes valores de esbeltez

(entre 55 y 160). Se han tenido en cuenta una imperfección geométrica de falta de rectitud del eje del pilar, tomando un eje semisinusoidal de magnitud f = L/1000, así como los efectos de tensiones residuales relativas a cada tipo de sección transversal. Las curvas de pandeo ECCS: ao, a, b, c y d, se muestran en la siguiente tabla 10.1 y el utilizar unas u otras va a depender de la forma de la sección transversal del pilar considerado, de la dirección en la que pueda ocurrir el pandeo (eje y o eje z) y del proceso de fabricación utilizado en el pilar (laminación en caliente, soldado o conformado en frío). Ver la tabla siguiente 10.2

Éstas curvas nos proporcionan el valor para el coeficiente de reducción por pandeo χ,

en función de la curva de pandeo apropiada al caso y de la esbeltez reducida λ :

Tabla 10.1 Curvas de pandeo

2

2

."esbeltez reducida" (10.14)

. .siendo: (carga crítica de Euler)

y

cr

crk

A f

N

E IN

L

λ

π

=

=

Sección 10.3.3: Curvas europeas de pandeo

21

Tabla 10.2 Curva de pandeo en función de la sección transversal

Tema 10: Pandeo

22

Los datos de la tabla 10.3 que se indica a continuación, que dan también los valores del

coeficiente χ de reducción del pandeo, se obtienen de la tabla 10.1 (curvas de pandeo),

pero son más operativas a la hora de tomar datos de las mismas. 10.3.4.- PANDEO EN PIEZAS SOMETIDAS A FLEXIÓN-COMPRESIÓN La Comprobación a Pandeo debido a la Flexión–Compresión se estudiará en asignaturas específicas. (Ver normativa DB-SE-A)

Tabla 10.3 Valores del coeficiente de pandeo χ

Tabla 10.2 Curva de pandeo en función de la sección transversal

Longitud de pandeo de barras canónicas: Lk

Condiciones

de extremo biarticulada biempotrada

empotrada

articulada

empotrada

libre

biempotrada

desplazable

Lk 1,0.L 0,5.L 0,7.L 2,0.L 1,0.L

Tabla 10.3 Valores del coeficiente de pandeo χ


Tema 1 : TENSIONES

∆F O

S

F1

F2

F4

∆S

ρ

σσσσ

ττττ

nS u

Problemas

1.1.-Las componentes del estado de tensiones en un punto son: σσσσx = 100 N/mm2 σσσσy = -50 N/mm2 σσσσz = 80 N/mm2 ττττxy = 40 N/mm2 ττττzx = -30 N/mm2 ττττyz = 0 N/mm2 Se pide determinar:

1) Las tensiones y direcciones principales 2) Las tensiones normal y cortante sobre una superficie que pasa por el punto y

cuyo vector normal es : u( 1/√√√√2, 0, -1/√√√√2) Solución:

1.2.-Las componentes del estado de tensiones plano en un punto son:

σσσσx = -120 N/mm2 σσσσy = 180 N/mm2 ττττxy = 80 N/mm2 Se pide:

1) Dibujar el elemento sometido a las tensiones dadas. 2) Calcular analítica y gráficamente las tensiones y direcciones principales. Dibujar el elemento sometido a las tensiones principales.

3) Calcular analítica y gráficamente la tensión normal y cortante sobre una superficie SE ,que pasa por el punto, y cuya normal forma 30º en sentido horario con el semieje OX positivo 4) Tensión cortante máxima, indicando la superficie sobre la que se dará. Dibujar el elemento sometido a la tensión cortante máxima.

Solución: 1)

x y

120 80

180

14,03º

200

140

30,97º

170

x

2 21 2

1 2

2) 200 / 140 /

(0, 243, 0, 97) (0,97, 0, 243)

N mm N mmρ ρϕ ϕ

= = −−� �

2

2

3) 114,27 / 98,96 57,13

89,9 / 44,96 77,85

N mm i j

N mm i j

σ στ τ

= − = − += = − −

� �

�

� ��

2max4) 170 /N mmτ =

2

2

2) 84,81 84,81 119,96 /

7,1 28, 28 7,04 29,99 /

i k N mm

i j k N mm

σ στ τ

= − =

= + + =

��

�

��

�

2 2 21 2 3

1 2 3

1) 60,39 / 62,57 / 127,82 /

(0,23; 0,9;0,05) (0,49;0,175;0,85) ( 0,832; 0,187;0,522)

N mm N mm N mmρ ρ ρϕ ϕ ϕ

= − = =− − −� � �

1.3.-En el estado de tensiones representado en la figura, se pide determinar: 1) Tensor de tensiones. 2) Tensiones normal y cortante en un plano que se obtiene al girar el plano XOY

alrededor del eje OX y elevarlo en sentido antihorario un ángulo αααα . (tag αααα=3/4)

3) Tensiones y direcciones principales. Solución: 1.4.-En el estado de tensiones plano representado, se pide determinar:

1) Tensiones y direcciones principales. Dibujar el elemento sometido a dichas tensiones.

2) Tensiones normal y cortante en las superficies SE y SF representadas en la figura Solución

4 N/m2

4 N/mm2

1 N/mm2

y

z

x

−400

041

010

)12

2

2) 1,12 / 0,67 0,896

3,88 / 0,6 3,07 2,3

N mm j k

N mm i j k

σ στ τ

= = − +

= = − + +

��

�

��

�

21 1

22 2

23 3

3) 4 /

4,236 / 0,23 0,97

0,236 / 0,97 0,23

N mm k

N mm i j

N mm i j

ρ ϕρ ϕρ ϕ

= =

= − = −

= = +

�

�

� ��

� ��

y

27,57

112,43

x

67,5º

21 1

22 2

1) 112,43 / 0,383. 0,925.

27,57 / 0,925. 0,383.

N mm i j

N mm i j

ρ ϕρ ϕ

= = −

= = +

��

� ��

2 2

2 2

2) 66,3 / 42,27 /

110,98 / 10,98 /E E

F F

N mm N mm

N mm N mm

σ τσ τ

= =

= =

100 N/mm2

40 N/mm2

30 N/mm2

y

x 30º

20º SF

SE

1.5.-Indicar los esfuerzos a los que estarán sometidas las secciones A y B de la barra indicada en la figura

Solución: 1.6.-Indicar los esfuerzos a los que estarán sometidas las secciones A, B y C (secciones medias de los tramos FG, EF y OE respectivamente) de la barra indicada en la figura. Datos: OE = 2 m., EF = 1 m., FG = 1,5 m. Solución:

)(5);(10:sec yenCORTADURAkNVTRACCIÓNkNNAción y −==

sec : 11,16 ( ); 0,67 ( )

10,58 . ( )

y

z

ción B N kN TRACCIÓN V kN CORTADURA en y

M kN m FLEXIÓN alrededor del eje z

= =

= −

).20(

);.50,15();.8();2(

);5();5,2(:sec

mkN

zenFLEXIÓNmkNyenFLEXIÓNmkNTORSIÓNkN

zenCORTADURAkNyenCORTADURAkNTRACCIÓNCción

−−

).50,5(

);.25,1();.15();5,2(

);5();2(:sec

mkN

zenFLEXIÓNmkNyenFLEXIÓNmkNTORSIÓNkN

zenCORTADURAkNyenCORTADURAkNTRACCIÓNBción

−

−).5,7();.5,1();2(

)10();5(:sec

mkNzenFLEXIÓNmkNyenFLEXIÓNkNzenCORTADURA

kNyenCORTADURAkNCOMPRESIÓNAción

−

−

5 kN

10 kN 2 kN

A 15 kN.m

E

B C

F 7,5 kN

O

G

10 kN

5 kN

r=0,5 m B

A

2 m

30º

1.7.-En la estructura de la figura calcular las solicitaciones a las que estarán sometidas las secciones A, B y O indicadas. Solución:

12 kN/m (plano XOY) 12 kN (//OZ)

4 kN (//OZ)

15 kN (plano XOY)

60º

1 m 1,5 m 1,5 m Y

A

B

X

Z

O

1 m

1 m

2 m

).5,13();.18(:

);12();18(:sec

mkNzenFLEXIÓNmkNyenFLEXIÓN

kNzenCORTADURAkNyenCORTADURAAción

−−

−

).48();.8(:

);.40();8();48(:sec

mkNzenFLEXIÓNmkNyenFLEXIÓN

mkNTORSIÓNkNzenCORTADURAkNCOMPRESIÓNBción

−−

−−

).98,73(

);.32(:);.40();8(

);99,12();5,55(:sec

mkNzenFLEXIÓN

mkNyenFLEXIÓNmkNTORSIÓNkNzenCORTADURA

kNyenCORTADURAkNCOMPRESIÓNOción

−

−−

−



O

u1

u2 u3

ε1 ε2

ε3

δ1 δ2

δ3

γ1/2 γ2/2

γ3/2

F1

F2

F3

Fn

Problemas

2.1.-Dadas las componentes del estado de deformaciones en un punto: εεεεx = 5.10-4 εεεεy = 2.10-4 εεεεz = -4.10-4 γγγγxy = 0 γγγγyz = 4.10-4 γγγγzx = 0 se pide determinar:

1) Las deformaciones y direcciones principales 2) Las deformaciones lineal y angular unitarias del elemento lineal definido por su

vector unitario u (1/√√√√5, 0, -2/√√√√5) Solución:

2.2.-En un estado de deformaciones plano y mediante una roseta de deformaciones a 45º, se conocen las deformaciones longitudinales correspondientes a los elementos lineales: OA, OB y OC, siendo éstas: εεεεOA = 530.10-6, εεεεOB = 420.10-6, εεεεOC = -80.10-6. Se pide determinar:

1) Las deformaciones y direcciones principales. Dibujar estas direcciones. 2) La deformación angular máxima, indicando su dirección.

Solución:

kjirad

ki

kjkji

��

�

��

�

��

�

��

��

�

4444

444

321

43

42

41

10.61,110.79,110.22,32

.10.018,42

10.965,110.982,010.198,2)2

958,0287,029,0957,0

10.6,410.6,210.5)1

−−−−

−−−

−−−

+−==

+−=−=

+−=+==

−===

γγεε

ϕϕϕδδδ

45º

A

B C Y

O X

ϕ1 =16,3º

Direcciones principales

δ1

δ2

X

Y

O

90º

º90º3,16

10.13710.587)1

121

62

61

±==−== −−

ϕϕϕδδ

º7,28

10.3622/)2 6max

== −

βγ rad

X

Y

O

90º

β =28,7º γ/2max

2.3.-Las componentes del estado de deformaciones plano en un punto O vienen dadas por: εεεεx = 500.10-6 εεεεy = 140.10-6 γγγγxy = -360.10-6. Se pide determinar:

1) Las deformaciones y direcciones principales. 2) Las deformaciones unitarias longitudinal y angular del elemento OE que forma

50º en el sentido horario con el semieje OX positivo. Resolverlo analítica y gráficamente.

3) La deformación angular máxima y la dirección en que se dará. Solución:

2.4.-En un estado de deformaciones plano de componentes: εεεεx = -0,008 εεεεy = 0,004 γγγγxy = 0,002 , determinar la variación del ángulo formado por los elementos lineales OD y OE indicados en la figura. Solución:

jirad

jirad

ji

jiji

��

��

��

��

��

.383,0.924,0º5,2210.6,2542/)3

10.1,13410.7,1592/10.6,2082/

10.12,35710.6,29910.2,466)2

.924,0.383,0.383,0.924,0

º90º5,22

10.4,6510.6,574)1

6max

666

666

21

121

62

61

+===

+==−==

+=−=

±=−===

−

−−−

−−−

−−

ϕϕγγγ

εεϕϕ

ϕϕϕδδ

30º 45º

Y E

D

O X

º613,0º387,74º75 =∆→



LP

LE LFi LFf

LR σ

ε O

F

Problemas

3.1.-En el estado de tensiones plano representado en la figura, se pide determinar: 1) Las deformaciones principales y sus direcciones. 2) Las deformaciones unitarias longitudinal y angular de los elementos lineales: OE

y OD, definidos respectivamente por sus vectores unitarios: uOE (1/√√√√2, 1/√√√√2, 0), uOD (1/√√√√3, 1/√√√√3, 1/√√√√3).

Datos: E = 2,1.105 N/mm2 , G = 81000 N/mm2

Solución:

3.2.-Siendo las componentes del estado de deformaciones en un punto: εεεεx = 0 εεεεy =4.10-4 εεεεz = 3.10-4 γγγγxy = 0,5.10-4 γγγγyz = 0,5.10-4 γγγγzx = 0 Se pide determinar la tensión normal y cortante en una superficie que pasa por el punto definida por su vector normal unitario u (1/√√√√2, 0, -1/√√√√2 ) Datos: E = 2.105 N/mm2, G = 8.104 N/mm2, νννν = 0,25 Solución:

kimmN

kimmN�

��

��

�

97,1697,16/24

57,5657,56/802

2

−−==

−==

ττσσ

60 N/mm2

40 N/mm2

100 N/mm2

x O

D

E

y

z

kjirad

kji

jirad

ji

jijik

ODOD

ODOD

OEOE

OEOE

��

�

��

�

��

��

��

��

�

�

4444

4444

444

444

321

43

42

41

10.43,110.14,210.57,32/10.4,42/

10.1,110.1,110.1,110.9,1

10.5,310.5,32/10.95,42/

10.2,210.2,210.14,3)2

974,023,023,0974,0

10.86,410.2,610.57,0)1

−−−−

−−−−

−−−

−−−

−−−

−−==

++==

−==

+==

+−=+==

−==−=

γγεε

γγεε

ϕϕϕδδδ



F

A

G N = F

x

y

z

O

σx

σx

σx

σx σx

σx

Problemas

4.1.-Calcular el incremento de longitud que tendrá un pilar de hormigón de 50 x 50 cm2 de sección y de 3 m de longitud, que se encuentra apoyado en su base inferior, debido a su propio peso. Datos: E= 25 GPa , γγγγ(peso específico del hormigón)= 24 KN/m3

Solución: mL 810.432 −=∆ 4.2.-Una barra de sección variable y peso despreciable está empotrada en su extremo superior y sometida a las cargas que se indican en la figura. Se pide determinar:

1) Diagramas de fuerzas normales. 2) Diagramas de desplazamientos. 3) Tensión máxima, indicando donde se dará, e incremento de longitud de la barra.

Datos: E = 210000 N/mm2 Solución: 1) 2) 3) Solución:

2 m

2 m

2 m

4 m

A1 = 4 cm2

20000 N

A2 = 2 cm2

A3 = 1 cm2

10000 N

RA

N (N) u (m)

10000

10000

2,38.10-4

7,1.10-4

16,67.10-4

x x

10000

20000

10000

+

-

-

+

2max /100 mmN=σ

mL 410.67,16 −=∆

4.3.-En la barra de la figura, de 4 cm2 de sección transversal, se pide determinar: 1) Incremento de longitud de la barra 2) Tensiones normal y cortante en la superficie SA 3) Deformaciones lineal y angular del elemento lineal unitario EF

Datos: E = 210000 N/mm2 , G = 8.104 N/mm2 , νννν = 0,3 Solución: 4.4.-Un cilindro de poliestireno (1) con un espesor de 0,3 cm y una placa rígida circular (2), se utilizan para apoyar una barra de acero AB de 25 cm de longitud y 0,6 cm de diámetro. Si se aplica una carga de 3,7 kN en el extremo B de la barra, se pide calcular:

1) La tensión en la barra de acero 2) El alargamiento que sufrirá la barra 3) El desplazamiento que sufrirá el extremo inferior B de la barra

Datos: E (poliestireno) = 3170 N/mm2 , E (acero) = 210000 N/mm2 Solución:

5 cm

(2) A

3 cm (1)

0,3 cm

25 cm

0,6 cm

B

3,7 kN

cmucmLmmN 023,0)30156,0)2/86,130)1 2 ==∆=σ

cmL 019,0)1 =∆

jimmN

jimmN��

�

��

75,1882,10/65,21

75,1848,32/5,37)22

2

−==+==

ττσσ

jirad

ji��

�

��

666

666

10.6,5410.7,542/10.2,772/

10.4,2910.4,2910.6,41)3−−−

−−−

+==−==

γγεε

E

nA

20 kN

10 kN 10kN

SA

30º 20 kN

45º

0,2 m 0,4 m 0,4 m F

4.5.-La estructura de la figura se carga con las fuerzas P1 y P2. Si se supone que las dos barras que componen la estructura ABC y BDE son del mismo material, obtener una fórmula para la relación: P2 / P1 , tal que el desplazamiento vertical del extremo C sea cero. Datos: A1 ( área de la sección transversal de la barra ABC en el tramo L1 ) A2 ( área de la sección transversal de la barra ABC en el tramo L2 ) Nota: La barra BDE se considera rígida Solución: 4.6.-La estructura de barras de la figura, ABC y BD, están articuladas en B y está soportando en su extremo A una carga de 30 kN. Si la sección de la barra BD es de 1,2 cm2, se pide calcular:

1) Tensión a la que estará sometida la barra BD. 2) Incremento de longitud de la barra BD.

Datos: E = 210000 N/mm2 Solución:

A

B

C

L 1

L 2

o E

D

o

P1 L 3 L 4

P2

13

14

1

1

2

2

1

2

.

.ALLL

A

L

A

L

P

P+

=

30 cm

D C

B

A 15 cm

50 cm

30 kN 15 cm

)(04,0)2/77,145)1 2 acortasecmLmmN =∆=σ

4.7.-La figura representa una barra rígida AB que está soportada por un pasador sin fricción en A y por los alambres CD y EF. Cada alambre tiene una sección de 62,5 mm2 y una longitud de 2 m, siendo el alambre CD de una aleación de aluminio y el EF de acero. Determinar el valor de la carga P que hará que se rompa primero alguno de los dos cables. Datos: cable EF de acero: fu = 410 N/mm2 , E = 210000 N/mm2 cable CD de aluminio: fu = 310 N/mm2 , E = 70000 N/mm2 Solución:

4.8.-Una placa rígida de acero se sostiene mediante tres soportes de hormigón de alta resistencia. Cada soporte tiene una sección transversal cuadrada de 20x20 cm2 y una longitud de 2 m. Antes de aplicar la carga P se observa que el soporte central es 1 mm más corto que los otros dos. Determinar la carga máxima P que podrá aplicarse al conjunto si se sabe que la tensión máxima a la que podrá estar sometido el hormigón es de 18 MPa. Datos: E ( hormigón ) = 30 GPa Solución:

2 m

D F

A C

P

1 m 2 m 1 m

E B

ac al

kNP 93,19=

P

1 mm

2 m 1 2 3

kNP 1560=

4.9.-Una barra de hormigón armado de sección cuadrada de 12 cm de lado, contiene un redondo de acero de 2 cm de diámetro. Se desea saber el valor de la fuerza de pretensado que debe de aplicarse a la barra de acero, antes del hormigonado, para que, sometida la barra de hormigón armado a un esfuerzo de tracción de 50 kN., el hormigón quede comprimido con una tensión de 0,3 N/mm2 Datos: E ( hormigón ) = 2.104 N/mm2 , E ( acero ) = 2.105 N/mm2 Solución:

4.10.-La barra rígida AB se encuentra articulada en A y sujeta por los cables DC y DB, ambos de acero y de la misma sección. Determinar los esfuerzos a los que se verán sometidos ambos cables cuando colocamos en el extremo B de la barra una carga vertical de 10 kN.

Solución:

ΦΦΦΦ = 2 cm

12 cm

12 cm

kNF 17,55=

D

A C B

10 kN

a

a a

kNFkNF DBDC 25,1106,14 ==

4.11.-Tres barras de acero A, B y C que tienen la misma rigidez axial: EA, sostienen una viga horizontal rígida. Las barras B y C tienen longitud h y la barra A tiene longitud 2h. Se pide:

1) Distancia x que tendrá que haber entre las barras A y B a fin de que la viga rígida permanezca horizontal cuando se aplique una carga P en su punto medio.

2) Con la distancia x calculada en el apartado anterior y suponiendo ahora que la carga P en lugar de colocarla en el punto medio, la colocásemos a una distancia L/4 del extremo C, calcular los esfuerzos a los que estarán sometidas las tres barras.

Solución:

4.12.-La barra de la figura (1) se encuentra suspendida de la articulación A y su extremo inferior dista 0,1 mm del suelo B. Si aplicamos a la barra las fuerzas indicadas , determinar:

1) Diagramas de tensiones de la barra 2) Diagrama de desplazamientos

Datos: E = 2.105 N/mm2

Solución:

A 2h B h C h

P L/2 L/2

PFPFPFL

x CBA .35

24.

35

9.

35

2)2

4)1 ====

15 cm

15 cm

15 cm

15 cm

0,1 mm

A

B

2,5 cm2

4 cm2

30 kN

60 kN

σσσσ (N/mm2) u (cm)

x x

17,03 0,013

50,26

31,41

118,59 0,010

0,019

0,017 +

-

+

4.13.-La barra de sección circular, de radio R, mostrada en la figura, está empotrada en su extremo izquierdo. Al aplicarla las cargas indicadas se pide:

1) Dimensionamiento a resistencia de la barra empleando un margen de seguridad del 35 % 2) Para la sección de la barra obtenida del apartado anterior, calcular su alargamiento. 3)Dimensionar la barra a rigidez con la condición: ∆∆∆∆L = ≤≤≤≤ 0,15 mm

Datos: tensión límite elástico fy = 275 N/mm2 , coef. seguridad material γγγγM = 1,05, E = 210000 N/mm2

4.14.-La estructura articulada de la figura está formada por dos barras de sección circular de acero. Si la estructura ha de soportar una carga de 30 kN en el nudo C, se pide:

1) Calcular las tensiones en ambas barras 2) Calcular el desplazamiento del nudo C. 3) Calcular el valor de la resistencia plástica de la barra AC 4) Calcular el valor de P que haría que la barra AC entrase en plasticidad

Datos: barra AC: : R = 1 cm; barra BC: R = 1,2 cm.; E = 210000 N/mm2; f y = 275 N/mm2; γγγγM = 1,05 Solución:

1) 9,92 2) 0,37 3) 15,57R mm L mm R mm= ∆ = ≥

2 2

,

1) 171,9 / 99,5 /

2) 0,71 3,71

3) ( ) 82, 28

4) 45,7

ac bc

x y

pl d

N mm N mm

mm mm

N barra AC kN

P kN

σ σδ δ

= =

= ← = ↓

=

=

40 kN 20 KN

30 cm 30 cm

C

1 m

A

B

1,5 m

P = 30 kN

4.15.-Un tanque cilíndrico que contiene aire comprimido, tiene un espesor de pared de 7 mm y un radio medio de 25 cm. Las tensiones en la pared del tanque que actuan sobre un elemento girado tienen los valores mostrados en la figura. ¿Cuál será la presión del aire en el tanque?. Solución:

4.16.-Un depósito cilíndrico de pared delgada, de espesor e y diámetro d , se encuentra colgado de su borde superior y está lleno de líquido de peso específico γγγγ hasta una altura h. Despreciando el peso propio del depósito se pide representar las variaciones de tensiones longitudinales y anulares a lo largo de la generatriz del depósito. Solución:

e γγγγ h

d

2/09,4 mmN

σ1 σ2

γhd/4e γhd/2e x x

+

+

90 N/mm2 130 N/mm2

30 N/mm2

σ1

σ1

σ2

σ2

x

y



G x

z

y

n

n

σMAX(COMPRESIÓN)

σMAX(TRACCIÓN)

Problemas

5.1.-Representar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores de la viga de la figura. Solución: 5.2.-Representar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores de la viga de la figura Solución

2,5 kN/m 10 kN

1,5 m 1 m 1 m

15 kN/m 10 kN.m

20 kN 8 kN

A B 2 m 1 m 1 m 1 m

+

27

7

8

23

1,53 m

x

Vy (kN)

17,633

16

19

26

8

Mz (kN.m)

x

-

+

+

11,875

1,875

Vy (kN)

x 14,687

2,812 0,938

Mz (kN.m)

x

-

-

5.3.-Representar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores de la viga de la figura sometida a las cargas verticales y horizontales indicadas Solución 5.4.-Representar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores de la viga de la figura Solución:

10 kN

8 kN

z

y 1 m 2 m 1 m

15

45

11,25

60

Mz (kN.m)

x

x

Vy (kN)

+

-

10 kN/m

20 kN/m

1,5 m 1,5 m

2,5

7,5 6

2

7,5

6

2

2,5

Vy (kN)

Vz (kN)

Mz (kN.m)

My (kN.m)

x

x

x

x

-

-

+

+

+

+

5.5.-Representar los diagramas de solicitaciones de la estructura de nudos rígidos de la figura Solución: 5.6.-Representar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores de la viga de la figura

:

4,75 4

16 13

10 11,5

3,5

2

x

Mz (kN.m)

Vy (kN)

x

10 kN

6 kN/m

3 m

4 m

A

D

B

C

6 kN/m 10 kN 8 kN.m 4 kN/m

1 m 2 m 1 m 2 m

-

+

-

Solución

- - -

+

+ +

4,5

N (kN)

Mz (kN.m)

19,5 10

4,5

19,5

30

30

31,69

Vy (kN)

5.7.-Representar los diagramas de solicitaciones de la viga de la figura

20 kN/m

18 kN/m

10 kN.m

8 kN.m 50 kN

22 kN 3 m 2 m 1 m

65,6

47,6

2,4

62,4

14,8

7,2 10

97,2

8

21,6

Vy

Vz

Mz

My

x

x

x

x

Solución:

+

+

-

-

+

+

-

-

5.8.-Representar los diagramas de solicitaciones de la viga de la figura Solución: 5.9.-Representar los diagramas de solicitaciones de la estructura de nudos rígidos de la figura

Solución:

20 kN

20 kN.m

3 m

1 m 3 m

- +

+ -

N (kN) Vy (kN Mz (kN.m) 20

20

6,324 18,974

-

10 kN.m

20 kN.m

1 m 1 m

Mz (kN.m)

My (kN.m)

10 20

x

x

+

-

5.10.-Representar los diagramas de esfuerzos de la viga de la figura Solución: 5.11.-Una sección de una viga está sometida a las siguientes solicitaciones: Vy = 90 kN., Vz = -70 kN., Mz = 40 kN.m., My = -50 kN.m. La sección es rectangular de 30 cm x 40 cm. Calcular:

1) Tensiones normal y cortante en un punto de la sección de coordenadas: y = -10 cm., z= 8 cm 2) Línea neutra, indicando las zonas de la sección de tracción y de compresión 3) Tensión normal máxima, indicando el punto donde se dará. 4) Diagramas de tensiones cortantes y Tensión cortante máxima 5) Tensión cortante media

Solución:

4 kN/m

30º

1 m

N (kN) Vy (kN) Mz (kN.m) 2 1,155

0,577

1,155 2

N

Vy Mz

+

+

+

-

-

1) σ = -6,94 N/mm2 , τxy = -0,844 N/mm2 , τxz = -0,626 N/mm2 2) α = 65,8º (sentido horario) 3) σmax = 13,33 N/mm2 en los puntos de coordenadas: (z= -15 cm., y =20 cm.) tracción

,(z=15 cm., y= -20 cm) compresión. 4) τxymax = 1,,25 N/mm2 , τxzmax = - 0,,75 N/mm2 . La τmax se dará en el punto: y=0 z=0 5) τxymedia = 0,75 N/mm2 , τxzmedia = - 0,583 N/mm2

5.12.-La sección de una viga IPE-300 está solicitada por los esfuerzos cortantes: Vy=30 kN., Vz=20 kN. Se pide calcular:

1) Los diagramas de tensiones cortantes en las alas y en el alma de la sección, debidas sólo a Vy.

2) Los diagramas de tensiones cortantes en las alas y en el alma de la sección debidas sólo a Vz

3) Valores medios de las tensiones cortantes en alas y alma Solución: 5.13.-En la viga de la figura y para los tres casos de sección indicados, calcular las tensiones normales y cortantes en los puntos 1,2 y 3 señalados de la sección más solicitada.

d/2=12,43 cm

d/2=12,43 cm

z 15,87

13,13

13,13

3,9

3,9

τMAX

G

τMAX

*

*

alma

ala

ala

9,176

9,176

τMAX

τMAX

z

Diagramas de τxs debidas a Vy: Diagramas de τxs debidas a Vz:

τmedia 14,08

τmedia 5,53

Solución: (resultados de las tensiones en N/mm2) a)sección rectangular: σ1=246,9 τxy1=0, σ2=0 τxy2=5,55 σ3=123,45 τxy3=4,17 b)sección circular: σ1=152,78 τxy1=0, σ2=0 τxy2=2,55 σ3=76,39 τxy3=1,91 c)sección IPE: σ1=194,08 τxy1=0, σ2=0 τxy2=26,07, σ3=155,27 τxy3=21,73

y 1

3

2

1

2,25 cm

IPE-140

R= 5 cm

2,5 cm

y

d/2=5,6 cm 3

y

20 kN

1 m 3 m

9 cm

4,5 cm

z

1

2

3 z

2 z

RA RB

5.14.-La viga de la figura es una HEB-200. Se pide calcular: 1) Diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores 2) Tensiones normales máximas de tracción y compresión en la sección de

empotramiento 3) Tensiones cortantes máximas en el alma y alas en la sección de empotramiento

Solución: 5.15.-La sección de una viga tiene la forma indicada en la figura y está sometida a una fuerza cortante Vy=30 kN. Se pide: 1) Los diagramas de tensiones cortantes. Tensión cortante máxima y tensión cortante media 2) Si también estuviese solicitada con Vz = 20 kN., calcular la tensión cortante total en el punto a indicado en la figura

5

18,66

Mz

2) σmáx (tracción) = 57,72 N/mm2 en el punto: y = -10 cm z = -10 cm σmáx (compresión) = -57,72 N/mm2 en el punto: y = 10 cm z = 10 cm 3) τmáx (alma) = 8,55 N/mm2 en el punto: y = 0 z = 0 τmáx (alas) = 2,22 N/mm2 en los puntos medios de las alas -

+

+ 5

13,66 Vy

Vz 5

5

My

-

Sección

z

7,07 kN 45º

y

10 kN 7,07 kN

1 m 1 m

10 kN

5 cm

0,8 cm 20 cm

15 cm

y

z

Vy = 30 kN

a

7,1 7,1

7,1 7,1

11,27 11,27

7,1 7,1

7,1 7,1

τMAX τMAX

Solución:

τmedia(almas)=9,37

2) τxs (Vy) =10 ↓ τxs (Vz) = 3,67 ↑ ⇒τxs (Vy + Vz) =6,33 N/mm2 ↓

5.16.-Calcular las tensiones y direcciones principales en el punto (a) de la sección distante 90 cm del extremo cargado de la viga Solución:

5.17.-En la viga de la figura se pide calcular las tensiones normales y cortantes en los puntos 1 y 2 de la sección x=0,5 m Nota: las cargas están aplicadas en el centro de cortantes de las secciones Solución:

5.18.-Determinar la Vy(max) a la que podrá estar solicitada la sección transversal representada si ττττmax=100 N/mm2

10 kN 10 cm

20 cm 5 cm

z

a

y

2 m

sección

ρ1 = -6,796 N/mm2 ρ2 = 0,046 N/mm2 ϕ1 = 4,71º ϕ2 =ϕ1 ± 90º

σ1=14,17 N/mm2 τ1= 1,03 N/mm2 ; σ2= -4,72 N/mm2 τ2= -4,38 N/mm2

3 kN 10 kN sección : UPN-180

5 kN/m

1 m 2 m 2 m

3 cm

y

z

1

2 3 cm

34 cm

3 cm

2 cm

32 cm

Solución: Vy(max) = 742,96 kN

5.19.-La sección de una viga está solicitada por las fuerzas cortantes Vy=86,6 kN y Vz= -50 kN. Se pide calcular los diagramas de tensiones cortantes y la tensión cortante máxima, indicando su posición.

10 cm

18 cm

1 cm

1 cm

10 cm

z

y

Solución:

τmax= 54,07 z

44,76 44,76

44,76

44,76

y

5.20.-En la sección de la figura sometida a los esfuerzos: Vy = 3 kN y Mz = 1 kN.m. Se pide calcular: 1) Tensiones normales máximas de tracción y de compresión. 2) Diagrama de distribución de tensiones cortantes en la sección

Solución: 1) σmáx (tracción) =39,09 N/mm2

σmáx (compresión) = -51,52 N/mm2

z

y

G

4,213

2,38

2,34 0,744

5,73 cm

3,13 cm

2)

10 cm

10 cm

1 cm

1 cm

z

y

5.21.-En la viga de la figura se pide: 1) Diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores 2) Dimensionamiento a resistencia de la sección, empleando los criterios: plástico,

elástico y de Von Mises, para los siguientes casos de sección: a) Perfil IPE b) sección rectangular bxh siendo h=2b c) sección circular

Datos: fy = 275 N/mm2; coeficiente minoración del material: γγγγM = 1,1; coeficiente de mayoración de cargas: γγγγ = 1,5 Nota: El angular mediante el cual se transmite la carga a la viga se supone rígidamente unido a la misma. No se considerará el peso propio de la viga. : 5.22.-En la viga de la figura se pide el dimensiona miento de la sección a resistencia usando un criterio plástico de dimensionamiento. Datos: perfil IPE; f y = 275 N/mm 2; γγγγM = 1,1; γγγγ= 1,35

IPE-200

50 kN 1 m 2,8 m

0,2 m

15

35 Vy (kN)

35

45 Mz (kN.m)

+

+

-

Criterio plástico IPE-220 h = 129,27 mm b = 64,63 mm R = 58,72 mm Criterio elástico y Von Mises IPE-240 h = 148 mm b = 74 mm R = 70 mm

Solución

30 kN

5 kN

1 m 1 m 3 m

A B

z

y

VA VB

HA

HB

Solución:

5.23.- La figura muestra la viguería del suelo de un piso de un edificio. Las vigas son metálicas y se consideran articuladas en sus extremos. La carga permanente que actúa sobre el suelo se compone de: a) Forjado unidireccional de viguetas metálicas con bloques cerámicos: 3,5 kN/m2, b) Pavimento del suelo: 1 kN/m2. Se pide dimensionar a resistencia con criterio elástico, las secciones de las vigas de los tipos 1 y 4, Dato: fy = 275 N/mm2; γγγγM = 1,1; γγγγ = 1,35; utilizar perfiles IPE Nota: sólo se tendrá en cuenta las cargas permanentes

5.24.-Las vigas que soportan la cubierta de una nave industrial “correas”, se encuentran apoyadas sobre los cordones superiores de dos cerchas, separadas entre sí 5 m y con una pendiente de 22º. La separación entre correas es de 1,175 m. Las carga que han de soportar estas correas son: - Carga permanente:

• Peso de la uralita, incluidos ganchos y solapes……………0,2 kN/m2 • Peso estimado de las correas ………………………………0,18 kN/m

- Sobrecarga de nieve:……………………………………………….0,8 kN/m2

Se pide dimensionar a resistencia la sección de dichas correas, utilizando perfiles IPE y empleando un criterio plástico Datos: fy = 275 N/mm2; γγγγM = 1,1; coeficientes de mayoración de cargas de: -cargas permanentes: γγγγ=1,35 -sobrecarga de nieve: γγγγ=1,5. No se tendrá en cuenta la acción del viento

3

2 m 2 m 2 m

3

2

2

2

2

1 1

1 1

4

4 m

4 m

A A

B B

A A

C D

22º cercha

1,175 m 1,175 m correas

cercha

5 m

Solución: IPE-120

Solución: vigas 1: IPE-160, viga 4: IPE-270

5.25.-Comprobar el coeficiente de seguridad con el que está dimensionada a resistencia la sección de la viga de la figura, si se ha empleado un criterio elástico de dimensionamiento:

1) Sin tener en cuenta su peso propio 2) Teniendo en cuenta su propio peso

Datos: IPE-240, fy= 235 N/mm2; γγγγM = 1,1 5.26.-Dimensionar a resistencia la sección de la viga de la figura, empleando un criterio plástico de dimensionamiento Datos: fy= 235 N/mm2; γγγγM = 1,1; γγγγ=1,35; utilizar perfiles IPE Nota: No se tendrá en cuenta el peso propio de la viga

Solución: 1) 1,155 2) 1,146γ γ= =

60 kN 10 kN/m

1 m 3 m

8 kN //eje z z

10 kN

1 m 3 m

y

Solución: 220−IPE

5.27.-El dibujo de la figura representa la viguería metálica de un suelo de un piso de un edificio. La carga permanente que actúa sobre dicho suelo es de 7 kN/m2. Las vigas se consideran simplemente apoyadas en sus extremos. Se pide dimensionar a resistencia las secciones de las vigas de los tipos 1, 2, 3 y 4, empleando un criterio plástico de dimensionamiento. Datos: se utilizarán perfiles IPE, fy = 275 N/mm2, γγγγM = 1,1; γγγγ=1,35 Nota: El forjado es unidireccional con vigas metálicas simplemente apoyadas en sus extremos

B H F H B

4 3 1 3 4

C E D

C E D

A G F G A 1,8 m 1,8 m 1,8 m 1,8 m 1,8 m 1,8 m

2,5 m

1,5 m

2,5 m

Hueco ascensor

2

140:2120:1 −− IPEvigasIPEvigas

270:4270:3 −− IPEvigasIPEvigas

Solución:



x

y

+

Problemas

6.1.-La viga de la figura es una IPE-160 y está sometida a la carga concentrada indicada de 30 kN. Calcular por el Método de la Ecuación Diferencial de la Línea Elástica:

1) Ecuación de la Línea Elástica 2) Giros de las secciones extremas A y B 3) Flecha máxima

Datos: E= 2,1x105 N/mm2

6.2.-En la viga de la figura se pide determinar por el Método de los Teoremas de Mohr:

1) Giros de las secciones A y B 2) Flecha máxima

Datos: E= 2,1x105 N/mm2, Iz= 2770 cm4

30 kN

B A

1 m 3 m

Solución: 33, 75 26, 251) 0 1

1824,9

x xtramo x y

− +− − =

3 21, 25 15 41, 25 51 4

1824, 9

x x xtramo x y

− + −− − =

)(01,0)(014,0)2 oantihorariradhorariorad BA −== θθm x encm y 76, 15 , 1 ) 3 max = =

30 kN 30 kN

A B 1 m 3 m 1 m

)(0077,0)(0077,0)1 horarioradoantihorarirad BA =−= θθ)0(946,0)2 max == xencmy

Solución:

6.3.-La viga de la figura es una IPE-160. Calcular por el Método de los Teoremas de Mhor:

1) Giros de las secciones A y B 2) Flecha en C 3) Flecha máxima

Dato: E= 2,1x105 N/mm2 6.4.-En la viga de la figura se pide:

1) Dimensionamiento de la sección a resistencia, empleando criterio plástico 2) Dimensionamiento a rigidez, empleando la condición: ymax ≤≤≤≤ L/200 3) Giros de las secciones C y B (Calcularlos por los dos Métodos estudiados) 4) Flechas en C y B (Calcularlas por los dos Métodos estudiados)

Datos: IPE, fy= 275 N/mm2; γγγγM = 1,1; γγγγ = 1,35; E= 2,1x105 N/mm2

30 kN

3 m 1 m C B A

Solución:

)(0165,0)(0082,0)1 horarioradoantihorarirad BA =−= θθcmyC 2,2)2 =

cmyy C 2,2)3 max ==

2 kN/m 2,5 kN 5 kN

A C B

1 m 1 m

)(00502,0)(00399,0)3 horarioradhorariorad BC == θθcmycmy BC 7,0231,0)4 ==

180)2

160)1

−−

IPE

IPESolución:

6.5.-En la viga de la figura se pide calcular, por los 2 Métodos estudiados: 1) Giros de las secciones A y B 2) Flechas en C y D

Datos: IPE-300, E= 2,1x105 N/mm2

6.6.-En la viga de la figura de sección rectangular de 30 cm x 40 cm se pide calcular la flecha en la sección C Datos: E= 2x104 N/mm2

90 kN.m 80 kN 10 kN/m 30 kN

A C B D

1 m 2 m 2 m

Solución:

0 2

2 4

1) ( 0) 0,0028

( 4) 0,0003A

B

x rad

x rad

ϑ ϑϑ ϑ

−

−

= = = −= = =

0 2

4 5

2) ( 2) 0,0002 0,02

( 5) 0,00085 0,085C

D

y y x m cm

y y x m cm

−

−

= = = = ↓

= = = = ↓

0,34 0,46C Cy cm z cm= = −

Solución:

60 kN 60 kN SECCION

A C B

2 m 3 m

30 cm

z

y

40 cm

6.7.-La viga de la figura es de sección rectangular de 4 cm x 9 cm. Calcular empleando los dos Métodos estudiados:

1) Ecuación de la línea elástica 2) Giros de las secciones A y B 3) Flecha máxima

Datos: E= 2,1x105 N/mm2 6.8.-En la viga de la figura se pide calcular :

1) Giros de las secciones C y D 2) Flechas en C y D

Datos: EIz= 4x104 kN.m2

A B

2,5 kN.m

3 m 2 m

Solución:

90 kN.m 80 kN 20 kN/m

3 m 3 m

A C B D

radDC 0045,00)1 == θθ cmycmy DC 18,11125,0)2 =−=Solución:

3

3 2

0 3

0,0833 1,0831) 0 3

510,3

0,0833. 1, 25. 6, 417. 11, 253 5

510,3

2) 0,00212 ( ) 0,000327 ( )

3) ( 2,08 ) 0, 29A B

máx

x xtramo x y

x x xtramo x y

rad anti horario rad horario

y y x m cm

θ θ

−

−− − =

− + −− − =

= − − == = = −

Solución:

6.9.-En la viga de la figura calcular: 1) Giros de las secciones B y D 2) Flecha en C

Dato: EIz= 2x104 kN.m2 6.10.-En la viga de la figura se pide:

1) Dimensionar la sección a resistencia, empleando el criterio plástico 2) Comprobar la viga a rigidez, con las condiciones: ymax ≤≤≤≤ L/400 , θθθθA ≤≤≤≤ 0,01 rad

Datos: fy= 275 N/mm2; γγγγM = 1,1; γγγγ = 1,35; E = 2,1x105 N/mm2, perfil IPE

D

40 kN/m

20 kN A B C

60 kN/m

1 m 1 m 2 m

rdrad DB 01417,000483,0)1 == θθ cmyC 92,0)2 =Solución:

10 kN/m

4 m

B A

Solución: 1) IPE-160 2) IPE-200



Problemas

7.1.-En la viga de la figura calcular las reacciones en los apoyos

7.2.-En la viga de la figura se pide determinar:

1) Reacciones en los apoyos 2) Giro de la sección B 3) Flecha en C

Datos: perfil IPE -180, E= 2,1x105 N/mm2 7.3.-En la viga de la figura se pide:

1) Dimensionamiento de la sección a resistencia empleando un criterio elástico 2) Comprobación de la viga a rigidez con la condición: ymax ≤≤≤≤ L/400

Datos: perfil IPE, fy = 275 N/mm2 ; γγγγM = 1,1; γγγγ = 1,35; E = 2,1x105 N/mm2

B

10 kN/m

A

2 m 1 m

5 kN/m 8 kN

3 m

A B C

1 m

10 kN/m

4 m

A B

0,926 9,074 0,833 . 3,056 .A B A BR kN R kN M kN m M kN m= = = =Solución:

1) 4,125 23,875 0,375 .A B AR kN R kN M kN m= = =2) 0,00183B radθ =3) 0, 3Cy cm=

Solución:

1) 160−IPE 2) 160−IPE Solución:

7.4.-La viga AB de la figura se encuentra empotrada en A y sujeta por un cable de acero en C. Al aplicar la carga de 100 kN. en el extremo B, se pide calcular las reacciones en el empotramiento y la fuerza a la que estará sometida el cable. Datos: viga: IPE-300; cable: radio = 1 cm.; E = 2.1.105 N/mm2 7.5.-En la viga de la figura se pide determinar:

1) Reacciones en los apoyos 2) Diagramas de solicitaciones 3) Giro de la sección A 4) Flecha en x = 3 m

Datos: E = 2,1x105 N/mm2 , IPE-200

100 kN 2 m

A B C

3 m 1 m

10 kN/m 20 kN

A B C 1 m 4 m 3 m

41, 62 24, 68 . ( ) 141, 62A AR kN M kN m sen tido horario T kN= ↓ = − =

Solución:

1) 25,925 3,475 20,6 13,1 .A B C CR kN R kN R kN M kN m= = = =

)(106)3 3 oantihorariradxA−−=θ

cmy x 4,0)4 3 −==

Solución:

7.6.-En una estructura metálica de edificación se presenta el cálculo de viguetas IPE de piso (encofrado) continuas sobre tres apoyos y que van separadas 0,8 m. (ver figura). Estas viguetas apoyan sobre las vigas principales 1-2, 3-4, 5-6. La carga total que va a soportar el piso se estima en 4,5 kN/m2. Se pide determinar:

1) Dimensionamiento a resistencia de las secciones de las viguetas empleando un criterio plástico

2) Comprobación de las viguetas a rigidez con la condición: ymax ≤≤≤≤ L(un vano)/300 Datos: fy = 275 N/mm2 ; γγγγM = 1,1; γγγγ = 1,35; E = 2,1x105 N/mm2

vigas principales

viguetas

1 2

4,8 m

4,8 m

3

5

4

6 0,8 m 0,8 m

1) 120IPE − 2) 120IPE −

Solución:


Tema 8: TORSIÓN

T

x

G

1 2

2´

G

Problemas

8.1.-En la ménsula de la figura de sección maciza circular se pide:

1) Diagrama de momentos torsores

2) Dimensionamiento a resistencia de la sección empleando Von Misses

3) Diagrama de giros de torsión

Datos: fy = 275 N/mm2; G = 81000 N/mm

2 ; coeficiente de minoración del material:

γγγγM =1,1 coeficiente de mayoración de cargas: γγγγ =1,5

8.2.-En la barra de la figura se pide calcular:

1) Diagramas de momentos torsores

2) Diagramas de ángulos de torsión

4 kN.m 8 kN.m

1 m 1 m

sección

TA

A

Solución:

To To

L/3 L/3 L/3

TA TB

2) R = 43 mm

T (kN.m)

4

12

0,0276 0,0368

x

ϕx (rad)

-

-

Solución:

ϕx (rad)

x

To L /3GIt

To

T0

T

x -

+

-

8.3.-En la barra de la figura de sección circular maciza se pide calcular:

1) Diagrama de momentos torsores

2) Tensión cortante máxima indicando donde se dará

3) Diagramas de ángulos de torsión

Datos: R= 5 cm, G = 81000 N/mm2

8.4.-En la barra de la figura, de sección maciza circular variable, determinar su

dimensionamiento a resistencia empleando el criterio de Von Misses

Datos: fy = 275 N/mm2 ; coeficiente de minoración del material: γγγγM =1,1 coeficiente de

mayoración de cargas: γγγγ =1,5

4,17 kN.m/m 10 kN.m 5 kN.m

3,6 m 1,2 m

2

max2) 50,9 / sec 0N mm en los puntos del contorno de la ción xτ = =

80 kN.m 20 kN.m

R 2R 3R

2 m 2 m 2 m

2,5R cm=Solución:

T (kN.m) 5

5

x

10

ϕx (rad) x

0,0151 0,0113 0,0189

+

- -

-

Solución:

8.5.-La sección de una viga está sometida a un momento torsor de valor: T = 7,5 kN.m.

Se pide:

1) Dimensionar a resistencia dicha sección empleando el criterio de Von Misses

2) Calcular las tensiones en los puntos a y b indicados en la figura

3) Calcular el ángulo de torsión unitario

Datos: G = 81000 N/mm2, fy = 275 N/mm

2 ; coeficiente de minoración del material: γγγγM

=1,1 coeficiente de mayoración de cargas: γγγγ =1,35

8.6.-En la viga de la figura se pide:

1) Momento torsor máximo que se podrá aplicar para que el giro de la sección B

respecto de A no supere los 6º

2) Para el momento torsor obtenido en el apartado anterior, calcular la tensión

máxima

Datos: G = 81000 N/mm2

2 21) 100/80/ 6 2) 89,95 / 89,95 / 3) 0,0000268 /a b xperfil N mm N mm rad mmτ τ θ= = =

Solución:

M M 0,4 cm

0,4 cm

10 cm

10 cm A B

1,5 m

2

max max1) 8, 4 . 2) 8 /M N m N mmτ= =

Solución:

z

y

τa

τb

T

t

t

2

h

b

1 5 cm

5 cm

8.7.-a) Dadas dos barras de sección circular, del mismo material y de la misma longitud,

una barra es hueca y la otra es maciza. Si sometemos a las dos al mismo momento

torsor, comparar las tensiones cortantes máximas en ambas, sus giros unitarios de

torsión y sus pesos.

b) Dados dos tubos de la misma longitud, del mismo material y con el mismo área de

sección transversal, uno es de sección circular y el otro de sección cuadrada. Si les

sometemos al mismo momento torsor, comparar las tensiones máximas en ambos y sus

giros unitarios de torsión.

0,6 R R

R

(1) (2)

bm

bm rm t

t

(1) (2)

Solución:

)2(87,0)1()2(56,1)1()2(87,0)1() maxmax xxpesopesoa θθττ ===

)2(617,0)1()2(785,0)1() maxmax xxb θθττ ==



T

x

y

z

L

Mz

My

N

Vy

Vz

Problemas

9.1.-En la viga de la figura calcular por el Teorema de los Trabajos Virtuales: 1) Flecha en C 2) Giro en B

Datos: IPE-180, E = 2,1.105 N/mm2

9.2.-Resolver la hiperestaticidad de la viga de la figura aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales 9.3.-Calcular aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales el alargamiento total de la barra de la figura Datos: E = 2.105 N/mm2

Solución:

4 cm 2

2 cm 2

1 cm 2

2 m

2 m

2 m

4 m

20 kN

10 kN

20 kN

A B 1 m 3 m

C

5,4 0,0045 ( )C By mm rad antihorarioθ= ↓ =Solución:

25 15 20 .A B AR kN R kN M kN m= = =Solución:

A B

4 m

10 kN/m

1,67 argL mm se al a∆ =

9.4.-En la barra de la figura calcular las reacciones en los empotramientos utilizando el Teorema de los Trabajos Virtuales 9.5.-La estructura articulada de la figura está formada por dos barras del mismo material y de la misma sección. Determinar, aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales, el desplazamiento vertical y horizontal del nudo C. Datos: perfil hueco redondo de acero conformado: Φ 40.4, E = 2.1x105 N/mm2 9.6.-En la viga de la figura calcular aplicando el Teorema de Castigliano y el Teorema de los trabajos Virtuales:

1) Flecha y giro en B 2) Flecha y giro en C

Datos: E = 2,1.105 N/mm2 , IPE-220

x

1,5 m

1,5 m

A

B

C

y

80 kN

30º

30º

A

10 kN

15 kN.m

5 kN/m

C B 1 m 1 m

A O B OT T T T= =Solución:

5,1 0C Cy mm x= ↓ =Solución:

)(0096,012,1)1 horarioradcmy BB =↓= θ)(006,032,0)2 horarioradcmy CC =↓= θ

Solución:

To To

A B

L/3 L/3 L/3

9.7.-En la estructura de nudos articulados de la figura, el apoyo B sufre un asiento vertical de ∆∆∆∆= 2 cm, se pide calcular el desplazamiento vertical del nudo C. Datos: A(1) = 6 cm2 , A(2) = 18 cm2 , E= 2.105 N/mm2 150 kN 9.8.-En la estructura de la figura se pide calcular: 1) Las reacciones en los apoyos 2) Desplazamiento horizontal de B Datos: viga y pilar : IPE-300, E =2,1.105 N/mm2 Solución:

9.9.-La viga de la figura tiene un cable de sujeción en C. Se pide calcular las reacciones en los apoyos y el esfuerzo en el cable. Datos: viga: IPE-240, cable: Φ=8 cm, E =2,1.105 N/mm2

C

3 m (1) (2) 4 m

A B ∆=2 cm

5 m

B A 3 m

10 kN/m

1 m

2,5 m

C

6, 2Cy mm= ↓Solución:

23,274 17,791 . 12,03 4,696A A BR kN M kN m R kN T kN= = = =Solución:

A B

C

4 m

3 m

10 kN/m

2,164 , 22,604 , 16,908 . ( )

2,164 , 17,396 2) 0,008A A A

C C HB

H kN V kN M kN m anti horario

H kN V kN mmδ= → = ↑ = −

= ← = ↑ = ←

9.10.-La ménsula ABC tiene su eje situado en un plano horizontal. Está formada por dos barras de sección circular, acodadas a 90º y está sometida a la carga vertical en C de 20 kN. Se pide:

1) Tensiones normales y cortantes máximas, indicando sección y puntos donde se darán

2) Desplazamiento vertical de C Datos: Φ=14 cm., E =2,1.105 N/mm2, G =8,1.104N/mm2 Nota: para el cálculo del apartado 2º se despreciará el efecto de las fuerzas cortantes Vy. 9.11.-En el pórtico de nudos rígidos de la figura se pide calcular:

1) Diagramas de solicitaciones de las barras 2) Dimensionamiento a resistencia de las secciones de las barras empleando un

criterio plástico (Utilizar perfiles IPE y se pondrá el mismo perfil para todas las barras)

3) Giro de la sección B Datos: E= 2,1.105 N/mm2, fy = 275 N/mm2; coeficiente de minoración del material: γγγγM =1,1; coeficiente de mayoración de cargas: γγγγ =1,35 Nota: Los pilares se encuentran arriostrados

Solución:

C

2 m

50 kN

A

C

B

D

4 m

2 21) 148,5 / 38,83 / 2) 2,8máx máx CN mm N mm y cmσ τ= = = ↓Solución:

)(10.78,3)3300)2 3 oantihorariradIPE B−=− θ

50 kN 100 kN.m

100 kN.m

25 kN

50 kN

25 kN 25 kN

N Vy M z

+

+ - +

- +

+

A B 2 m

1 m 20 kN

9.12.-Una pieza poco esbelta, empotrada en su extremo inferior y libre en el superior, está sometida en su extremo superior a una carga excéntrica de compresión de 50 kNtal y como se indica en la figura. Se pide:

1) Tensiones en los puntos: a, b, c y d de la sección de empotramiento. 2) Posición del eje neutro en la sección de empotramiento. 3) Indicar si la carga excéntrica está actuando dentro o fuera del núcleo de la

sección. 4) Desplazamientos en x, y, z, del centro de gravedad de la sección superior de la

pieza. Datos: E= 2,1.105Nm2 z

9.13.-Dos poleas A y B están montadas sobre un eje tal y como se ve en la figura. Se pide calcular:

1) Tensiones normales y cortantes máximas. Indicar las secciones y puntos donde se darán

2) Flecha en B Datos: d(eje) = 6,35 cm, D(poleas) = 61 cm , E= 2,1.105 kN/mm2 Nota: No se tendrá en cuenta el cálculo a fatiga B

4,106 kN

1,13 kN 4,106 kN 1,13 kN

A B

C D

0,61 m 0,61 m 0,254 m

50 kN x

y

c d

a b

2,5 cm

80 cm

15 cm

20 cm

1,25 cm

Solución:

2 2 2 21) 0,417 / 1,25 / 3,75 / 2,08 /a b c dN mm N mm N mm N mmσ σ σ σ= = − = − = −centralnúcleodelfueraestáaclacmzcmy nn arg)333,1315)2 −=−=

cmcmcm zyx334 10.9,110.7,110.35,6)4 −−− === δδδ

2 21) 68,82 / 19,16 / 2) 0,118máx máx BN mm N mm y cmσ τ= = =Solución:

9.14.-En la marquesina de la figura se pide calcular: 1) Diagramas de esfuerzos 2) Dimensionamiento a resistencia de la sección de la viga y el pilar, utilizando un

criterio plástico 3) Desplazamiento vertical y horizontal del extremo derecho de la viga

Datos: viga: IPE, pilar: HEB, E= 2,1.105 N/mm2, fy = 275 N/mm2; coeficiente de minoración del material: γγγγM =1,1; coeficiente de mayoración de cargas: γγγγ =1,35. El pilar está arriostrado Nota: En el cálculo del apartado 3º se despreciará el efecto de las fuerzas cortantes Vy

20 kN/m

5 kN/m

50 kN

3 m

3 m

1 m

2) 400 280

3) 6,64 2,69

viga IPE pilar HEB

cm cm

→ − → −

↓ →

Solución:

_ 130

A

N

A

Vy

110

50

15 +

+

20

A

240

230

252,5

10

_

_

Mz

9.15.-En el pilar de la figura, se pide: A.-Considerando que la curva elástica es producida sólo por las cargas laterales, calcular:

1) Ecuación de momentos flectores y momento flector máximo 2) Ecuación de la elástica 3) Flecha máxima 4) Comprobación a resistencia de la sección con criterio elástico

B.-Considerando que la elástica producida por las cargas laterales se amplifica por la carga de compresión, calcular:

1) Ecuación de la elástica 2) Flecha máxima 3) Ecuación de momentos flectores y momento flector máximo 4) Comprobación a resistencia de la sección con criterio elástico

Datos: fy = 275 N/mm2 ; γγγγM = 1,1; γγγγ = 1,5; E = 2,1.105 N/mm2; HEB-200

0 0

3

0 0

**

, ,

. 1) 10. 60 . ( 6 )

10. 60.

32) 3) 11,6 ( 3,4 )11961,6

4) : 0,83 1 .( )

. 1) 0,244. (0,158. ) 0,033. 2) 12,7 (

Z Z MAX

MAX

z

pl d zpl d

MAX

A M x M kN m en x m

x xy y mm en x m

MNa resistencia sí cumple También a cortadura

N M

B y sen x x y mm e

− = − = − =

−= = =

+ = ≤ →

− = − + =

**

, ,

3,4 )

3) 10. 300.( 0,244. (0,158. ) 0,033. )

60 . ( 6 )

4) : 0,83 1 .( )

Z

Z MAX

z

pl d zpl d

n x m

M x sen x x

M kN m en x m

MNa resistencia sí cumple También a cortadura

N M

== − + − +

= − =

+ = ≤ →

Solución:

z

y

F=300 kN

60 kN.m

6 m


1) Momento flector máximo 2) Ecuación de la elástica. Flecha máxima


1) Ecuación de la elástica. Flecha máxima 2) Momento flector máximo

Datos: E = 2,1.105 N/mm2

Solución:

y

z

6 m

F=200 kN

12 kN/m

Perfil: HEB-200 12 kN/m

z

y

4 30 0 0max max

2

max

max

0,5. 6. 108.:1) 54 . 2) 1,7

11970

:1) 1,465. (0,129. ) 3,593.cos(0,129. ) 0,03. 0,1796. 3,593

1,83

2) 57,66 .

z

z

x x xA M kN m y y cm

B y sen x x x x

y cm

M kN m

− += = → =

= + + − −→ =

=


Tema 10 : PANDEO

L

x

y

y

Ncr

(1) (2)

x

2

2

. . zcr

E IN

L

π=

Problemas

10.1.- Un pilar, de 3 m de longitud, se encuentra sometido a una carga F de compresión centrada. El extremo inferior del pilar se encuentra empotrado y su extremo superior se encuentra libre para moverse en el plano xy y articulado en el plano xz. Se pide calcular el valor de la carga máxima que podrá soportar para los siguientes supuestos: 1) El pilar tiene impedido totalmente el pandeo 2) El pilar tiene impedido el pandeo en el plano xy 3) El pilar tiene impedido el pandeo en el plano xz 4) El pilar puede pandear líbremente Datos: fy= 275 N/mm2, E= 2,1.105 N/mm2. Perfil : HEB-160, γγγγM = 1,1, γγγγ = 1,35

10.2- Un pilar de 6 m de longitud, articulado en sus extremos, se encuentra sometido a una carga de compresión de 1100 kN. La sección del pilar es tubular rectangular. Se pide:

1) Dimensionar la sección de dicho pilar a resistencia 2) Comprobar el pilar a pandeo utilizando: La fórmula de Euler y la fórmula de la

Normativa española DBE-SE-A 3) Repetir los apartados anteriores suponiendo que el pilar tiene 8 m de longitud

Datos: fy = 275 N/mm2, E = 2,1.105 N/mm2 , γγγγ = 1,5, γγγγM = 1,1

Solución:

z

y

HEB-160

F

3 m

y

F

z

3 m

1) 1055,556 2) 794,389 3) 593,278 4) 593,278F kN F kN F kN F kN≤ ≤ ≤ ≤

Solución:

1) 200/120/12,5 2) 220/180/8 - 250/200/12 3) 200/120/12,5 300/200/10 - 300/220/12

10.3.-En la estructura de la figura se pide el dimensionamiento a resistencia de las secciones de la viga( utilizando un criterio plástico) y del pilar y la comprobación de éste a pandeo, en los dos casos siguientes:

a) Se considera el pilar de rigidez axil infinita (no se acorta) b) El pilar se acorta

Datos: fy = 275 N/mm2 , E = 2,1.105 N/mm2 , γγγγ = 1,5, γγγγM = 1,1 Perfil viga: IPE, perfil pilar: HEB El pilar se considera debidamente arriostrado en el plano perpendicular al de la figura. C 10.4.-Un pilar de 4 m de longitud articulado en ambos extremos y de sección tubular cuadrada: 100/10 está sometido a una carga de compresión centrada. Se pide calcular la máxima carga que podrá soportar y la tensión correspondiente a) Utilizando la fórmula del pandeo teórico de Euler b) Utilizando la fórmula práctica de la Normativa Española DB-SE-A Datos: fy = 275 N/mm2 , E = 2.1.105 N/mm2 , γγγγM = 1,1

10.5.- Una varilla de sección circular, de 12,5 cm de longitud y que se encuentra articulada en sus extremos, está sometida a una carga de compresión centrada de 2 kN . Se pide dimensionar a pandeo dicha varilla, empleando un margen de seguridad del 40 % , empleando la fórmula de la Normativa española DBE-SE-A Datos: Material: f y = 275 N/mm2 , E = 2,1.105 N/mm2, γγγγM = 1,1 Nota:Tomar valores enteros para el radio de la pieza

100450: −→−→ HEBBCpilarIPEABvigacasosambosparaSolución:

Solución:

50 kN/m

6 m

5 m

A B

C

Solución:

a) N* ≤ 531659 N σ* ≤ 163 N/mm2 b) N* ≤ 383050 N σ* ≤ 117,5 N/mm2

R = 5 mm

10.6.-La estructura de la figura se compone de dos barras, de sección circular hueca de 70 mm de diámetro y 4 mm de espesor, conformadas en frío, articuladas entre ellas y sometida a la carga P que se indica. Se pide el valor mayor de P que podrá soportar dicha estructura Datos: fy= 275 N/mm2, E= 2,1.105 N/mm2, γγγγM = 1,1, γγγγ = 1,35 2 m (1) 30º (2) P

Solución: 35,309P kN≤


Tema 1 : TENSIONES

∆F O

S

F1

F2

F4

∆S

ρ

σσσσ

ττττ

nS u

Problemas resueltos

1.1.-Las componentes del estado de tensiones en un punto son: σσσσx = 100 N/mm2 σσσσy = -50 N/mm2 σσσσz = 80 N/mm2 ττττxy = 40 N/mm2 ττττzx = -30 N/mm2 ττττyz = 0 N/mm2 Se pide determinar:

1) Las tensiones y direcciones principales 2) Las tensiones normal y cortante sobre una superficie que pasa por el punto y cuyo

vector normal es : u( 1/√√√√2, 0, -1/√√√√2) 1.- Tensiones principales:

:

0483000.3500.130:mindet

0

80030

05040

3040100

0

23

ecuaciónlaoresolviendy

anteereloperando

zyzxz

zyyxy

zxyxx

=+−−

=−−

−−−−

⇒=−

−−

ρρρ

ρρ

ρ


Direcciones principales:

23

22

21 /82,127/57,62/39,60 mmNmmNmmN ==−= ρρρ

0

cos

cos

cos

.

80030

05040

3040100

0

cos

cos

cos

. =−−

−−−−

⇒=−

−−

i

i

i

i

i

i

i

i

i

izyzxz

zyiyxy

zxyxix

γβα

ρρ

ρ

γβα


cos 0, 23 cos 0,9 cos 0,051 1 1α β γ= = − =

( ) ( ) :851,0851,0:1.206,0.581,0

)(1coscoscos:

.206,0cos

.581,0coscos:

0cos.43,17cos.30

0cos.57,112cos.40

0cos.30cos.40cos.43,37

:/57,62

222

22

22

22

2

22

22

22

222

22

=±==++

=++

==

→=

=+−=−

=−+

==

tparatoresolviendttt

unitariovectorecuaciónlaavaloresestosllevandoy

t

tthaciendo

mmNparaoresolviend i

γβα

βα

γγα

βαγβα

ρρ

851,0cos175,0cos49,0cos 222 === γβα

( ) ( ) :05,005,0:1.02,18.68,4

)(1coscoscos:

.02,18cos

.68,4coscos:

0cos.39,140cos.30

0cos.39,10cos.40

0cos.30cos.40cos.39,160

:/39,60

222

12

12

12

1

11

11

11

111

21

=±==+−+

=++

−==

→=

=+−=+=−+

−==



t

tthaciendo


γβα

βα

γγα

βαγβα

ρρ

2.- Tensión total ρ sobre la superficie definida por el vector unitario u:

2222 /67,123.77,77.28,28.91,91

77,77

28,28

91,91

210

21

.

80030

05040

3040100

cos

cos

cos

.

mmNkji zyx

zyzxz

zyyxy

zxyxx

z

y

x

=++=−+=

−=

−

−−

−=

=

ρρρρρ

γβα

στττστττσ

ρρρ

��

�

Tensión normal σ: Tensión cortante τ:

222 /99,29: mmNbieno =−= σρτ

( ) ( ) :522,0522,0:1.359,0.594,1

)(1coscoscos:

.359,0cos

.594,1coscos:

0cos.82,47cos.30

0cos.82,177cos.40

0cos.30cos.40cos.82,27

:/82,127

222

32

32

32

3

33

33

33

333

23

=±==+−+−

=++

−=−=

→=

=−+−=−=−+−

==



t

tthaciendo


γβα

βα

γγα

βαγβα

ρρ

522,0cos187,0cos832,0cos 333 =−=−= γβα

( ) 2/96,119.2

1.0.

2

1..77,77.28,28.91,91. mmNkjikjiu =

−+−+==�

��

��ρσ

kikiu�

��

��

.81,84.81,84.2

1.

2

1.96,119. −=

−== σσ

kji�

��

.04,7.28,28.1,7 ++=−= σρτ 2222 /99,29 mmNzyx =++= ττττ

1.2.-Las componentes del estado de tensiones plano en un punto son: σσσσx = -120 N/mm2 σσσσy = 180 N/mm2 ττττxy = 80 N/mm2

Se pide: 1) Dibujar el elemento sometido a las tensiones dadas. 2) Calcular analítica y gráficamente las tensiones y direcciones principales. Dibujar el elemento sometido a las tensiones principales. 3) Calcular analítica y gráficamente la tensión normal y cortante sobre una superficie SE ,que pasa por el punto, y cuya normal forma 30º en sentido horario con el semieje OX positivo 4) Tensión cortante máxima, indicando la superficie sobre la que se dará. Dibujar el elemento sometido a la tensión cortante máxima. 1.- Resolución analítica: 2.-Tensiones y direcciones principales Otro procedimiento sería a partir de las fórmulas generales: Y las direcciones principales serán: 2001 =ρdedirección

180

80

120

0cos

cos.

20018080

802001200

cos

cos.

1

1 =

−−−

⇒=

−−

βα

βα

ρσττρσ

i

i

iyxy

yxix

028000.60018080

801200 2 =−−→=

−−−

→=−

−ρρ

ρρ

ρσττρσ

yxy

yxx

222

211 /140/200 mmNmmN −==== σρσρ

( ) ( ) 22221 80.4180120.

2

1

2

180120.4.

2

1

2+−−++−=+−+

+= xyyx

yx τσσσσ

σ

( ) ( ) 22222 80.4180120.

2

1

2

180120.4.

2

1

2+−−−+−=+−−

+= xyyx

yx τσσσσ

σ

22

21 /140/200 mmNmmN −== σσ

º03,14−=ϕ→−=→−−

=−

= º06,28.2180120

80.2.2.2 ϕ

σστ

ϕyx

xytag

3.- σ y τ en superficie SE:

4.- Tensión cortante máxima

200

140

14,03º x

75,96º

y 14,03º

:97,097,0:14

)(1coscos:

.4

1coscos:

0cos.20cos.80

0cos.80cos.320

22

12

12

1111

11

=±==+

=+

=→=

=−=+−

tparatoresolviendtt


tthaciendo

βα

αββα

βα

jiubienojiu��

��

�

º.04,14cosº.96,75cos:.97,0.243,0 11 +=+=

97,0cos243,0cos 11 == βα º04,14º96,75 11 == βαº90º90:1400 12122 ±=±=−= ββααρ serándedirección

y

30º x

SA

SE

nA

nE

jseniuE

��

º.30.1º.30cos.1 −=

222 /4,145.72,20.92,143

72,20

92,143

º30

º30cos.

18080

80120cos.

mmNji

sensen

yx

yxy

yxx

y

x

=+=−−=

−−

=

−

−=

=

ρρρρ

αα

σττσ

ρρ

��

2/27,114)º.30º.30).(cos.72,20.92,143(. mmNjsenijiu −=−−−==��

��ρσ

jijseniu��

��

.13,57.96,98)º.30º.30.(cos27,114. +−=−−== σσ

ji��

��

.85,77.96,44 −−=−= σρτ 222 /9,89 mmNyx =+= τττ

221max /170

2

)140(200

2mmN=−−=

−=

σστ

Resolución gráfica 2.- Tensiones y direcciones principales

Tensiones principales Direcciones principales: dirección de 1σ =200:

x

y

SB

σy=180

τyx= 80

σx=120

SA

σ

τ

O C M N

A

B 80

80

120

180 D

2ϕ σx σy

τxy

τyx

F

( )

170802

180120

2:

17080)12030()(:

0,300,2

1801200,

2:

)80,180(

)80,120(

22

2

2

222222

=+

−−=+

−=

=++=++=+=

=

+−=

+=→→

→==

→−=−=

xyyx

yx

yxyB

xyxA

radiobieno

ADODCOADCDCAradio

OCCpuntocentroBconAuniendo

BpuntoS

ApuntoS

τσσ

σσ

τστσ

21 /20017030 mmNCMOCOM =+=+==σ

22 /140)30170(( mmNOCCNON −=−−=−−==σ

º03,14=ϕ→=→−

=−

== º06,28230180

802 ϕϕ

OCOF

FB

CF

FBtag

SB

SA x

y

nB

nM

SM

14,03º

σ1 =200

3.- σ y τ en superficie SE: 4.-Tensión cortante máxima

SE

SA

x

y

nE

nA

30º

σ

τ

O C

A

B

2ϕ=28,06º

E

G 60º

β

2/27,114)30º94,31cos.170()cos.()( mmNOCCEOCCGOG −=−−=−−=−−=−= βσ

2/9,89º94,31.170. mmNsensenECEG ==== βτ

º94,31º06,28º602º60 =−=−= ϕβ

SE σ

SA

x

y

nE

nA

30º τ

σ

τ

O C

A

B

2ϕ=28,06º

H

I

2γ

2max /170 mmNradioCH ===τ

º97,30

º94,61º06,28º902º902

==−=−=

γϕγ

σ

nH

SH

SB

x

y nB

γ =30,97º

τmax

1.5.-Indicar los esfuerzos a los que estarán sometidas las secciones A y B de la barra indicada en la figura

Esfuerzos en la sección A:

A

Fuerzas exteriores

10 kN

5 kN

r=0,5 m

2 m

x

y

z

5 kN

5.2 kN.m

10 kN 10.1 kN.m

Fuerzas interiores

10 kN

5 kN

r=0,5 m

2 m

x

y

z

5 kN

5.2 kN.m 10 kN

10.1 kN.m

A y

02.51.10;5;10 =−=−== zy MyenCortadurakNVTracciónkNN

mkNkkNMmkNkkNM AA .).(2.5)5(..1.10)10(��

−==

10 kN

5 kN

r=0,5 m B

A

2 m

30º

Esfuerzos en la sección B:

B

10 kN

5 kN

r=0,5 m

30º

x y

z 10 kN

5 kN

9,33 kN.m

1,25 kN.m

Fuerzas exteriores

30º

x z

B

10 kN

5 kN

r=0,5 m

y

10 kN

5 kN

9,33 kN.m

1,25 kN.m

Fuerzas interiores

mkNkksenkNM

mkNkkkNM

B

B

..25,1).º30.5,0.(5)5(

..33,9.)º30cos.5,05,0.(10)10(��

��

==

=+=

zejedelalrededorFlexiónmkNM

yenCortadurakNsensenV

TracciónkNN

z

y

.58,1025,133,9

67,0º60.5º30.10

16,11º60cos.5º30cos.10

−=−−=

=−==+=

1.6.-Indicar los esfuerzos a los que estarán sometidas las secciones A, B y C (secciones medias de los tramos FG, EF y OE respectivamente) de la barra indicada en la figura. Datos: OE = 2 m., EF = 1 m., FG = 1,5 m. Esfuerzos en la sección A: Esfuerzos en la sección B: Pasamos en primer lugar el efecto de las fuerzas exteriores a la sección F

5 kN

10 kN 2 kN

A 15 kN.m

E

B C

F 7,5 kN

O

G

G

A

10 kN 5 kN

2 kN

x

y

z 0,75 m

Fuerzas exteriores

10 kN

5 kN 2 kN

1,5 kN.m 7,5 kN.m

G

A

10 kN 5 kN

2 kN

x

y

z 0,75 m

Fuerzas interiores

10 kN

5 kN 2 kN

1,5 kN.m 7,5 kN.m

mkNkjkNMmkNkkkNM AA ..5,1.75,0.2)2(..5,7.75,0.10)10(�

��

====

zenCortadurakNV

zejealrededorFlexiónmkNMyenCortadurakNV

yejealrededorFlexiónmkNMCompresiónkNN

z

zy

y

2

.5,710

.5,15

=

−==

=−=

1,5 m

5 kN 10 kN

2 kN

7,5 kN

5 kN

2 kN

15 kN.m

10 kN

3 kN.m

x

y

z

F

G

mkNjjKgM

mkNkkkNM

F

F

..3).(5,1.2)2(

.15.5,1.10)10(��

��

−=−=

==

A continuación pasamos el efecto de las fuerzas exteriores aplicadas en F y calculados anteriormente, a la sección B. (Las fuerzas se trasladan y generan momentos, pero los momentos se trasladarán directamente) Al pasar las fuerzas situadas en F obtenidas anteriormente a la sección B se generarán los siguientes momentos:

Esfuerzos en la sección C: Pasamos en primer lugar las fuerzas exteriores y los momentos que generan a la sección F (ya las teníamos pasadas del apartado anterior)

1,5 m

0,5 m

5 kN

10 kN 2 kN

7,5 kN

Fuerzas exteriores

10 kN

5 kN

2 kN

7,5 kN

3,75 kN.m

3 kN.m

2,5 kN.m

15 kN.m 5 kN.m

x

y

z B

F

G

1,5 m

0,5 m

5 kN

10 kN 2 kN

7,5 kN

Fuerzas interiores

10 kN 5 kN

2 kN

7,5 kN

3,75 kN.m

3 kN.m

2,5kN.m

15 kN.m 5 kN.m

x

y

z B

F

G

mkNjjkNM

mkNkkFenaplicadakNM

mkNjjFenaplicadakNM

B

B

B

..75,3.5,0.5,7)5,7(

..5,2).(5,0.5)5(

..5).(5,0.10)10(

��

��

��

==

−=−=

−=−=

zejealrededorFlexiónmkNM

yejealrededorFlexiónmkNM

TorsiónmkNT

zenCortadurakNV

yenCortadurakNV

TracciónkNN

z

y

z

y

.5,55,23

.25,175,35

.15

5,25,710

5

2

=+=

=−=−=

=−=

−==

1,5 m

5 kN 10 kN

2 kN

7,5 kN

5 kN

2 kN

15 kN.m

10 kN

3 kN.m

x

y

z

F

G

mkNjjkNM

mkNkkkNM

F

F

..3).(5,1.2)2(

.15.5,1.10)10(��

��

−=−=

==

A continuación pasamos las fuerzas y momentos de la sección F a la sección E (Como ya se indicó antes, las fuerzas se trasladan y generan momentos, pero los momentos se trasladarán directamente) Por último trasladamos las fuerzas y momentos ya puestos en E a la sección C:

5 kN

10 kN 2 kN

15 kN.m

E C

F 7,5 kN

G

1,5 m

1 m

1 m 5 kN

10 kN

2 kN 7,5 kN

15 kN.m

7,5 kN.m

5 kN.m

5 kN.m

3 kN.m

2 kN.m

15 kN.m

10 kN.m

x

y z

5 kN

10 kN 2 kN

15 kN.m

E

F 7,5 kN

G

5 kN

1,5 m

1 m

5 kN.m

10 kN

10 kN.m

15 kN.m 2 kN

3 kN.m

7,5 kN.m

x

y

z 7,5 kN

mkNjjkNM

mkNkkFenkNM

mkNjjFenkNM

E

E

E

..5,7.1.5,7)5,7(

..5).(1.5)5(

.10).(1.10)10(

��

��

��

==

−=−=

−=−=

Simplificando y operando con las fuerzas y momentos que van en las mismas direcciones:

5 kN

10 kN 2 kN

15 kN.m

E C

F 7,5 kN

G

1,5 m

1 m

1 m 5 kN

2,5 kN

2 kN

15,5 kN.m

8 kN.m

20 kN.m

x

y z

Fuerzas exteriores

5 kN

10 kN 2 kN

15 kN.m

E C

F 7,5 kN

G

1,5 m

1 m

1 m 5 kN

2,5 kN

2 kN

15,5 k.m

8 kN.m

20 kN.m

x

y z

Fuerzas interiores

kkkzenMomentos

jjjjjyenMomentos

iiixenMomentos

kzenFuerzas

jyenFuerzas

iiixenFuerzas

��

��

��

�

�

��

.20.5.15:

.5,15.2.5,7.15.10:

.8.3.5:

.2:

.5:

.5,2.10.5,7:

=+

=−−+

−=−−

−

−

−=−

zejealrededorFlexiónmkNkM

yejealrededorFlexiónmkNjM

TorsiónmkNiT

zenCortadurakNkV

yenCortadurakNjV

TracciónkNiN

z

y

z

y

.20

.5,15

.8

2

5

5,2

�

�

�

�

�

�

−=

−==

=

==

Observación: Se podría haber hecho los cálculos de los esfuerzos directamente, a partir de la mecánica vectorial, utilizando los conceptos de Resultante y Momento resultante de un sistema de fuerzas. Así por ejemplo para el cálculo de los esfuerzos en la sección C serían: Los esfuerzos en C serían los debidos a las Fuerzas interiores, así que habría que cambiar de signos a los obtenidos de las fuerzas exteriores

5 kN

10 kN 2 kN

15 kN.m

E C

F 7,5 kN

G

1,5 m

1 m

1 m 5 kN

2,5 kN

2 kN

15,5 kN.m

8 kN.m

20 kN.m

x

y z

Fuerzas exteriores

kjikjiiFR ext

��

��

.2.5.5,2.2.5.10.5,70 −−−=−−−===∑

kji

kjikji

jM

kNMkNMkNMkNMjFMM

C

CCCCextCC

��

��

��

��

��

.20.5,15.8

2510

15,11

005,7

101.15

)2()5()10()5,7(.15)(

++−=−−−−−+−−+=

++++==∑

kjiM

kjiR

C

��

��

.20.5,15.8

.2.5.5,2

−−=

++=



O

u1

u2 u3

ε1 ε2

ε3

δ1 δ2

δ3

γ1/2 γ2/2

γ3/2

F1

F2

F3

Fn

Problemas resueltos

2.1.-Dadas las componentes del estado de deformaciones en un punto: εεεεx = 5.10-4 εεεεy = 2.10-4 εεεεz = -4.10-4 γγγγxy = 0 γγγγyz = 4.10-4 γγγγzx = 0 se pide determinar:

1) Las deformaciones y direcciones principales 2) Las deformaciones lineal y angular unitarias del elemento lineal definido por su

vector unitario u (1/√√√√5, 0, -2/√√√√5) 1.-Deformaciones principales

0

10.42

10.40

2

10.410.20

0010.5

:0

22

22

22

44

44

4

=

−−

−

−

=

−

−

−

−−

−−

−

δ

δδ

δεγγ

γδε

γ

γγδε

dosustituyen

zyzxz

zyy

xy

zxyxx

y resolviendo la ecuación de tercer grado que se obtiene al desarrollar el determinante se obtiene: -Direcciones principales:

1coscoscos

0cos).(cos.2

cos.2

0cos.2

cos).(cos.2

0cos.2

cos.2

cos).(

222 =++

=−++

=+−+

=++−

iii

iiziyz

ixz

izy

iiyixy

izx

iyx

iix

γβα

γδεβγ

αγ

γγ

βδεαγ

γγβγ

αδε

resolviendo para δi = δ1 = 5.10-4:

11001coscoscos

0cos

0cos

0cos)10.510.4(cos.2

10.4

0cos.2

10.4cos).10.510.2(

cos0cos)10.510.5(

2221

21

21

2

1

1

144

1

4

1

4

144

1144

±=→=++⇒=++

==

→

=−−+

=+−

=→=−

−−−

−−−

−−

tt

t

γβα

γβ

γβ

γβ

αα

tomando t =1 → resolviendo para δi = δ2 = 2,6.10-4 → resolviendo para δi = δ3 = -4,6.10-4 →

43

42

41 10.6,410.6,210.5 −−− −=== δδδ

0cos0cos1cos 111 === γβα

29,0cos957,0cos0cos 222 === γβα

958,0cos287,0cos0cos 333 =−== γβα

2.-

−=

−

−

=

=

−

−

−

−−

−−

−

4

4

4

44

44

4

10.576,3

10.788,1

10.235,2

5

205

1

.

10.42

10.40

2

10.410.20

0010.5

cos

cos

cos

.

22

22

22

γβα

εγγ

γε

γ

γγε

δδδ

zyzxz

zyy

xy

zxyxx

z

y

x

4222444 10.58,4.10.576,3.10.788,1.10.235,2 −−−− =++=+−= zyxkji δδδδδ�

��

410.198,2. −−== u�

�

δε

kikiu�

��

��

.10.965,1.10.982,0).5

2.

5

1.(10.198,2. 444 −−− +−=−−== εε

kji�

��

�

�

.10.611,1.10.788,1.10.217,32

444 −−− +−=−= εδγ

radzyx

4222

10.018,42222

−=

+

+

= γγγγ 422 10.018,42

−=−= εδγo bien:

2.2.-En un estado de deformaciones plano y mediante una roseta de deformaciones a 45ª, se conocen las deformaciones longitudinales correspondientes a los elementos lineales: OA, OB y OC, siendo éstas: εεεεOA = 530.10-6, εεεεOB = 420.10-6, εεεεOC = -80.10-6. Se pide determinar:

1) Las deformaciones y direcciones principales. Dibujar estas direcciones. 2) La deformación angular máxima, indicando su dirección.

1.- Un dato conocido es εOB = 420.10-6. Calculemos dicho valor a partir de las componentes del estado de deformaciones, supuestamente conocidas las tres.

Conocidas ya las tres componentes del estado de deformaciones, se podrán calcular ya las deformaciones y direcciones principales. Hagamos la resolución gráficamente, a través de la circunferencia de Mohr.

45º

A

B C Y

O X

?10.8010.530 66 ==−==== −−yxxyOCyOAx γγεεεε

−

+=

=

−=

=

=

−

−

−

−

6

6

6

6

10.57,56º45cos.2

º45.2

10.77,374

º45

º45cos.

10.802

210.530cos

.

2

2

xy

yx

xy

yx

yxy

yxx

y

xOB

sen

sensen

γ

γ

γ

γ

αα

εγ

γε

δδ

δ�

( ) →+

−+

+=== −−−

jseni

jisenu xyyxOBOBOB

��

��

�

º.45º.45cos.

..10.57,56º45cos.2

.º45.2

10.77,374.10.420 666 γγδε

radyxxy610.390 −== γγ

666 10.39010.8010.530 −−− =−== xyyx γεε

X

Y

O C M N

D ε

γ / 2

2.ϕ1

530.10-6

80.10-6

195.10-6

195.10-6

666

10.2252

)10.80(10.530

2−

−−

=−+=+

= yxcentroεε

6

22

10.36222

−=

+

−= xyyxradio

γεε

Deformaciones principales: Direcciones principales:

2.-Deformación angular máxima:

La dirección en la que se obtendrá la deformación angular máxima será:

66622

66611

10.137)10.22510.362()()(

10.58710.36210.225−−−

−−−

−=−−=−−=−−=−==

=+=+=+===

centroradioOCCNON

radiocentroCMOCOM

δεδε

→=→−

=−

== −−

−

º6,32210.22510.530

10.1952 166

6

1 ϕϕOCOD

XD

CD

XDtag

º90

º3,16

12

1

±==

ϕϕϕ

ϕ1 =16,3º

Direcciones principales

ε1

ε2

X

Y

O

90º

M

X

Y

O C

M N

D ε

γ / 2

2.ϕ1 = 32,6º

H

G

32,6º

2β=52,7º

6

max

10.3622

−=== radioCHγ

X

Y

O

90º

β =28,7º H

G

N

º7,28

º4,57º6,32º902

==−=

ββ



LP

LE LFi LFf

LR σ

ε O

F

Problemas resueltos

3.1.-En el estado de tensiones plano representado en la figura, se pide determinar: 1) Las deformaciones principales y sus direcciones. 2) Las deformaciones unitarias longitudinal y angular de los elementos lineales: OE y

OD, definidos respectivamente por sus vectores unitarios: uOE (1/√√√√2, 1/√√√√2, 0), uOD (1/√√√√3, 1/√√√√3, 1/√√√√3).

Datos: E = 2,1.105 N/mm2 , G = 81000 N/mm2

Las componentes del estado de tensiones en el punto O son:

2 2 2100 / 60 / 0 40 / 0 0x y z xy yz zxN mm N mm N mmσ σ σ τ τ τ= = − = = = =

Las componentes del estado de deformaciones en el punto O se obtendrán a partir de la ley de Hooke generalizada:

45 5

45 5

45 5

100 60. 0,3. 5,62.10

2,1.10 2,1.10

60 100. 0,3. 4,28.10

2,1.10 2,1.10

100 60. 0,3. 0,57.10

2,1.10 2,1.10

yx zx

y x zy

yxzx

xy

E E E

E E E

E E E

σσ σε υ

σ σ σε υ

σσσε υ

τγ

−

−

−

− = − + = − =

− = − + = − = −

− = − + = − + = −

= 4

5

404,94.10

81000

0

0

2,1.10siendo: 81000 0,3

2.(1 ) 2.(1 )

xy

yzyz

zxzx

G

G

G

EG

τγ

τγ

υυ υ

−= =

= =

= =

= = → =+ +

60 N/mm2

40 N/mm2

100 N/mm2

x O

D

E

y

z

1.-Deformaciones principales: 4

4

44

4

4,94.105,62.10 0

2 2 24,94.10

0 4,28.10 0 02 2 2

0 0 0,57.10

2 2

yx zxx

xy zyy

yzxzz

γ γε δ δ

γ γε δ δ

γ δγ ε δ

−−

−−

−

− −

− = → − − =

− −−

Resolviendo la ecuación de tercer grado resultante de desarrollar el determinante, se obtienen los siguientes valores para las deformaciones principales:

4 4 41 2 30,57.10 6,2.10 4,86.10δ δ δ− − −= − = = −

Direcciones principales:

2 2 2

4i 2

4 42

( ).cos .cos .cos 02 2

.cos ( ).cos .cos 02 2

.cos .cos ( ).cos 02 2

cos cos cos 1

resolviendo para 6,2.10

4,94.10(5,62.10 6,2.10 ).cos

yx zxx i i i i

xy zyi y i i i

yzxzi i z i i

i i i

γ γε δ α β γ

γ γα ε δ β γ

γγ α β ε δ γ

α β γ

δ δ

α

−

−− −

− + + =

+ − + =

+ + − =

+ + =

= =

− +4

2

2 2

44 4

2 2

4 42 2

2 2 2 2 2 22 2 2

.cos 02

cos cos 4,24.

4,94.10.cos ( 4,28.10 6,2.10 ).cos 0

2

( 0,57.10 6,2.10 ).cos 0 cos 0

cos cos cos 1 (4,24. ) 0 1 0,229

t t

t t t

β

β α

α β

γ γ

α β γ

−− −

− −

=

→ = → =+ − − =

− − = → =

+ + = ⇒ + + = → = ±

2 2 2

4i 1 1 1 1

4i 3 3 3 3

tomando t = +0,229 cos 0,974 cos 0,974 cos 0,974

resolviendo para 0,57.10 cos 0 cos 0 cos 1

resolviendo para 4,86.10 cos 0,23 cos 0,973 cos 0

α β γ

δ δ α β γ

δ δ α β γ

−

−

→ = = =

= = − → = = =

= = − → = − = =

44

4

1 12.-Deformación longitudinal y angular en la dirección , ,0

2 2

4,94.105,62.10 0

2 2 2cos4,94.10

. cos 4,28.2 2 2

cos

2 2

OE

yx zxx

xxy zy

y y

zyzxz

z

u

γ γεδ α

γ γδ ε βδ γγγ ε

−−

−

= = −

�

4

4

4

4

4 4 2 2 2 4

4 4 4

1

21

10 0 .2

0 0 0,57.10 0

5,72.10

1,28.10

0

5,52.10 . 1,28.10 . 5,86.10

1 1. 3,14.10 . 3,14.10 .( . . ) 2,22.10

2 2

x y zi j

u u i j

δ δ δ δ δ

ε δ ε ε

−

−

−

−

− − −

− − −

= −

= −

= − = + + =

= = = = + =

� � �

� � �� 4

4 4

2 2 24 2 2 4

. 2,22.10 .

3,5.10 . 3,5.10 .2

4,95.10 o bien: 4,95.102 2 2 2 2

1 1 12. Deformación longitudinal y angular en la dirección , ,

3 3 3

x y z

OD

i j

i j

rad rad

u

γ δ ε

γ γ γ γ γ δ ε

−

− −

− −

+

= − = −

= + + = = − =

−

� �

�

� � ��

�

44

44

4

14,94.105,62.10 0

2 2 2 3cos4,94.10 1

. cos 4,28.10 0 .2 2 2 3

cos 0 0 0,57.10 12 2 3

4,67.10

yx zxx

xxy zy

y y

zyzxz

z

γ γεδ α

γ γδ ε βδ γγγ ε

−−

−−

−

−

= = − = −

=

4

4

4

4 4 4 2 2 2 4

4 4 4

4 4

1,04.10

0,33.10

4,67.10 . 1,04.10 . 0,33.10 . 4,79.10

1 1 1. 1,9.10 . 1,9.10 .( . . . ) 1,1.10 .( )

3 3 3

3,57.10 . 2,14.10 .2

x y zi j k

u u i j k i j k

i

δ δ δ δ δ

ε δ ε ε

γ δ ε

−

−

− − − −

− − −

− −

− −

= − − = + + =

= = = = + + = + +

= − = −

��

� ��

�

��

� 4

2 2 24 2 2 4

1,43.10 .

4,4.10 o bien: 4,4.102 2 2 2 2x y z

j k

rad radγ γ γ γ γ δ ε

−

− −

−

= + + = = − =

��



F

A

G N = F

x

y

z

O

σx

σx

σx

σx σx

σx

Problemas resueltos

4.1.-Calcular el incremento de longitud que tendrá un pilar de hormigón de 50 x 50 cm2 de sección y de 3 m de longitud, que se encuentra apoyado en su base inferior, debido a su propio peso. Datos: E= 25 GPa , γγγγ(peso específico del hormigón)= 24 KN/m3

mdxx

L

NxNNx

xN

xVRPesoRNx

NVRPesoRF

xAxA

AA

83

09

3

3

10.432)5,0.5,0.(10.25

)..600018000(

03180000

.600018000

).5,0.5,0.(10.2418000.30

18000)3.5,0.5,0.(10.24.0

−−=+−=∆

=→=−=→=+−=

+−=+−=+−=−−

===→==

∫

∑γ

γ

RA

Peso 3 m

x Pesox

RA

x

N 18000

-

299

33

3

10.2510.2525

10.2424

m

NPaGPaE

m

N

m

kN

===

==γ

el pilar se acortará : 432.10-8 m

)(.

.

0

xfNsiendoAE

dxNL

L

==∆ ∫

4.2.-Una barra de sección variable y peso despreciable está empotrada en su extremo superior y sometida a las cargas que se indican en la figura. Se pide determinar:

1) Diagramas de fuerzas normales. 2) Diagramas de desplazamientos. 3) Tensión máxima, indicando donde se dará, e incremento de longitud de la barra.

Datos: E = 210000 N/mm2

Cálculo de las reacciones: NRRF AA 1000020000100000 =→=+=∑

1) Diagramas de fuerzas normales

1000020000106100002000064

10000421000020

=+−=−−=+−=−−−=−=−−−=−=−−

AA

AA

RNxRNx

RNxRNx

2) Diagramas de desplazamientos: 0-x-2

2-x-4

muxmux

xLL

AE

LNxLu

i

ii

44

41041021

10.14,7410.38,22

10.2.10.21

)2.(10000

10.4.10.21

2.10000

.

.)(

−−

−−

−=→=−=→=

−−+−=∆+∆==∆= ∑

2 m

2 m

2 m

4 m

A1 = 4 cm2

20000 N

A2 = 2 cm2

A3 = 1 cm2

10000 N

RA

muxux

x

AE

LNxLu

4

46

10.38,2200

10.4.10.210000

.10000

.

.)(

−

−

−=→==→=

−==∆=

RA = 10000

x

RA = 10000

x 2

4 cm2

2 cm2 1

2

4-x-6 6-x-10 3) σMAX , ∆L

N (N) u (m)

10000

10000

2,38.10-4

7,14.10-4

16,67.10-4 x x

10000

20000

10000

2 20000000

2

RA = 10000

x 2

4 cm2

2 cm2 1

3

muxmux

x

LLLAE

LNxLu

i

ii

44

410410410

321

10.38,2610.14,74

10.2.10.21

)4.(10000

10.2.10.21

2.10000

10.4.10.21

2.10000

.

.)(

−−

−−−

−=→=−=→=

−+−+−=

=∆+∆+∆==∆= ∑

3

2 20000 2 cm2

2

4

RA = 10000

x 2

4 cm2

2

1

1 cm2 muxmux

x

LLLLAE

LNxLu

i

ii

44

410410410410

4321

10.67,161010.38,26

10.1.10.21

)6.(10000

10.2.10.21

2.10000

10.2.10.21

2.10000

10.4.10.21

2.10000

.

.)(

−−

−−−−

=→=−=→=

−++−+−

=∆+∆+∆+∆==∆= ∑

2

2

2

2

/100100

10000106

/50200

1000064

/50200

1000042

/25400

1000020

mmNA

Nx

mmNA

Nx

mmNA

Nx

mmNA

Nx

x

x

x

x

===−−

===−−

−=−==−−

−=−==−−

σ

σ

σ

σ

106

sec

/100 2

−−

=

x

cioneslasdepuntoslostodosen

mmNMAXσ

mmxuL 410.67,16)10( −===∆

4.7.-La figura representa una barra rígida AB que está soportada por un pasador sin fricción en A y por los alambres CD y EF. Cada alambre tiene una sección de 62,5 mm2 y una longitud de 2 m, siendo el alambre CD de una aleación de aluminio y el EF de acero. Determinar el valor de la carga P que hará que se rompa primero alguno de los dos cables. Datos: cable EF de acero: fu = 410 N/mm2 , E = 210000 N/mm2 cable CD de aluminio: fu = 310 N/mm2 , E = 70000 N/mm2 Ecuaciones de equilibrio de la barra rígida AB:

)2(1.3.4.0

)1(0

alacA

acalA

FFPM

PFFRF

+==

=++=

∑∑

Es un caso hiperestático, se busca una ecuación de deformación:

)3(.313

: alacalac LL

LLtriángulosdesemejanzapor ∆=∆→

∆=

∆

RA Fal Fac P

1 m 1 m 2 m

∆Lac

∆Lal

1 m 1 m 2 m

A-A´ B

B´

C´

E´

E C

2 m

D F

A C

P

1 m 2 m 1 m

E B

ac al

desarrollemos la ecuación (3):

Hipótesis: “El cable de acero es el primero que alcanza la rotura”

Nota: si se hubiese tomado como hipótesis la contraria, es decir, que el cable de aluminio entra en fluencia:

romperáseacerodecableelkNP 93,19=

correctaeshipotesislammNalfmmNA

F

ioaludecabledeltensionesdeestadoelhipotesisestaparaahoracomprobaráse

NPNFyecuacioneslasavalorestellevasesi

NAFmmNacfA

F

ual

alal

al

acacuac

acac

→=<===

==

===→===

22

2

/310)(/6,455,62

2,2847

:min

6,199302,2847:)3()2(),1(

256255,62.410410/410)(

σ

σ

correctaesnohipotesislammNacfmmNA

F

acerodecabledeltensionesdeestadoelhipotesisestaparaahoracomprobaráse

NPNFyecuacioneslasavalorestellevasesi

NAFmmNalfA

F

uac

acac

ac

alalual

alal

→=>===

==

===→===

22

2

/410)(/27905,62

174375

:

135625174375:)3()2(),1(

193755,62.310310/310)(

σ

σ

)3(10.5,62.10.70000

2..3

10.5,62.10.210000

2.

.

..3

.

.6666 −− == alac

alal

alal

acac

acac FF

AE

LF

AE

LF

4.8.-Una placa rígida de acero se sostiene mediante tres soportes de hormigón de alta resistencia. Cada soporte tiene una sección transversal cuadrada de 20x20 cm2 y una longitud de 2 m. Antes de aplicar la carga P se observa que el soporte central es 1 mm más corto que los otros dos. Determinar la carga máxima P que podrá aplicarse al conjunto si se sabe que la tensión máxima a la que podrá estar sometido el hormigón es de 18 MPa. Datos: E ( hormigón ) = 30 GPa Se verá en un principio el valor de las tensiones en los pilares 2 y 3 cuando acortan 1 mm:

MPAMPaPaA

F

NFF

mmAE

LFL

18151500000010.20

600000

600000001,010.20.10.30

2.

1.

.

422

22

24292

22

222

<====

=→=

==∆

−

−

σ

luego cuando el pilar 2 se acorta 1 mm, aun no alcanza la tensión de 18 MPa, así pues entrará a trabajar el pilar central 1 Ecuaciones de equilibrio:

Es un caso hiperestático y se buscará una ecuación de deformación

P

1 mm

2 m 1 2 3

2

F2

∆L2=1 mm

P

F1 F2 F3

d d

G

)2(..0

)1(0

3232

321

FFdFdFM

PFFFF

G =→==

=++=

∑∑

Ecuación de deformación: )3(1 21 LmmL ∆=+∆

Desarrollando dicha ecuación: 22

22

11

11

.

.001,0

.

.

AE

LFm

AE

LF=+

)3(10.20.10.30

2.001,0

10.20.10.30

999,1.429

2429

1−− =+

FF

Por último se impone la condición de que la tensión en algún pilar alcance el valor de 18 MPa. Ésto ocurrirá en los pilares 2 y 3 que son los que van a tener un mayor acortamiento y por tanto estarán sometidos a mayores tensiones que el pilar 1. Así pues:

NAFPaMPaA

F72000010.20.18000000.180000001800000018 42

222

22 ===→=== −σ

y llevando este valor a las ecuaciones (1), (2) y (3): NFNFF 120000720000 123 ===

P

1 mm

2 m 1 2 3

∆L2 ∆L1

kNNP 15601560060 ==

4.13.-La barra de sección circular, de radio R, mostrada en la figura, está empotrada en su extremo izquierdo. Al aplicarla las cargas indicadas se pide:

1) Dimensionamiento a resistencia de la barra empleando un margen de seguridad del 35 % 2) Para la sección de la barra obtenida del apartado anterior, calcular su alargamiento. 3)Dimensionar la barra a rigidez con la condición: ∆∆∆∆L = ≤≤≤≤ 0,15 mm

Datos: tensión límite elástico fy = 275 N/mm2 , coef. seguridad material γγγγM = 1,05, E = 210000 N/mm2

1) Dimensionamiento a resistencia:

Cálculo de las reacciones: 0 40 20 60AF R kN= = + =∑

Diagramas de esfuerzos: Fórmula para el dimensionamiento a resistencia de una sección a Tracción: (según Normativa CTE-DB-SE-A): Comprobación a realizar:

40 kN 20 KN

30 cm 30 cm

N (kN)

x (mm)

60

20 +

0 300 60 300 600 20x N kN x N kN− − = − − =

yddpl fANN .,* =≤

2

2 2

,

:

275261,9 /

1,05

sec .

sec

yyd

M

pl d

siendo

f tensión límiteelásticof tensión límiteelástico para el cálculo N mm

coeficiente seguridad

A área ciónbruta material R mm

N resistencia plástica a tracción de la ciónbruta para e

γπ

= = = = =

= ==2 3

*

2 3

.

. .261,9.10

. 60.1,35 81

( )

:81 . .261,9.10 9,92

ydl cálculo A f

R kN

N Fuerza a tracción para emplear enel cálculo N kN

la máxima solicitación mayorada

Comprobación a realizar R R mm

πγ

π

−

−

= =

=

= = = =

≤ → ≥

2) Alargamiento de la barra: (Las solicitaciones se emplean sin mayorar) 3) Dimensionamiento a rigidez con la condición: ∆L ≤ 0,15 mm

15,57R mm≥3 3

2 2

. 60.10 .300 20.10 .3000,15

. 210000.. . 210000.. .i i

i

N LL

E A R Rπ π∆ = = + ≤ →∑

3 3

2 2

. 60.10 .300 20.10 .3000,37

. 210000. .9,92 210000. .9,92i i

i

N LL mm

E A π π∆ = = + ≤∑

4.14.-La estructura articulada de la figura está formada por dos barras de sección circular de acero. Si la estructura ha de soportar una carga de 30 kN en el nudo C, se pide:

1) Calcular las tensiones en ambas barras 2) Calcular el desplazamiento del nudo C. 3) Calcular el valor de la resistencia plástica de la barra AC 4) Calcular el valor de P que haría que la barra AC entrase en plasticidad

Datos: barra AC: : R = 1 cm; barra BC: R = 1,2 cm.; E = 210000 N/mm2; f y = 275 N/mm2 γγγγM = 1,05 1) Esfuerzos a los que estarán sometidas las barras

Equilibrio del nudo C:

barra AC: barra BC:

o C

30

Fac

Fbc

33,7º x

0 .cos33,7º

0 . 33,7º 30

: 54 ( )

45 ( )

x ac bc

y ac

ac

bc

F F F

F F sen

resolviendo F kN tracción

F kN compresión

= =

= =

==

∑∑

y

C

1 m

A

B

1,5 m

P = 30 kN

3

2 2

45.1099,5

.12bc

bcbc

F N

A mmσ

π= = =

º7,33666,05,1

1 =→=== ααBC

ABtag

22

3

9,17110.

10.54

mm

N

A

F

ac

acac ===

πσ

2) Desplazamiento nudo C

3) 4)

3 3

1 2

2 2 2 2 3

3 3

2 2

2

2

. 54.10 .1,8.101,47

. 210000. .10

1,5 1 1,8 1,8.10

. 45.10 .1,5.100,71

. 210000. .12

:

0,71

ac acac

ac ac

ac

bc bcbc

bc bc

x bc

y

F LL CC mm

E A

siendo L AC AB BC m mm

F LL CC mm

E A

Desplazamientos de C

CC L mm

C C

π

π

δ

δ

∆ = = = =

= = + = + = =

∆ = = = =

= = ∆ =

= 1 32 3 3 1

.cos´ ´ . .

1, 47.cos33,7º 0,711,47. 33,7º 3,71

33,7º

ac bcac

C C L LC C C C CC sen L sen

tag tag

sen mmtag

αα αα α

∆ + ∆= + = + = ∆ + =

+= + =

0,71

3,71

x

y

mm

mm

δδ

= ←

= ↓

C3

C

A

B ∆Lac ∆Lbc

C1

C2

C´

α

α

x

y

2,

275( ) . .10 . 82279,8 82,28

1,05pl d ac ydN barra AC A f N kNπ= = = =

0 .cos33,7º 82,28.cos33,7º 68,45

0 . 33,7º 82,28. 33,7º 45,7

x ac bc bc bc

y ac

F F F F F kN

F F sen P sen P P kN

= = → = → =

= = → = → =∑∑

, ( ) 82, 28ac pl dF N barra AC kN

llevando este valor a las ecuaciones deequilibrio

= =

4.15.-Un tanque cilíndrico que contiene aire comprimido, tiene un espesor de pared de 7 mm y un radio medio de 25 cm. Las tensiones en la pared del tanque que actuan sobre un elemento girado tienen los valores mostrados en la figura. ¿Cuál será la presión del aire en el tanque?.

El círculo de Mohr correspondiente al estado de tensiones dado será:

Por la teoría de depósitos: Igualando las dos expresiones obtenidas para σ2 (o para σ1):

→= 146.7,35 p

90 N/mm2 130 N/mm2

30 N/mm2

σ1

σ1

σ2

σ2

x

y

130 90

30

30

σ

τ

O

A

B

C σ2 σ1

M N

21

22

22

211

2

11

11

/7436110

/14636110

:Pr

36302

90130

2:

1102

90130

2:

mmNRadioCentroCNOCON

mmNRadioCentroCMOCOM

incipalesTensiones

CARadio

OCCentro

yxyx

yx

=−=−=−==

=+=+=+==

=+

−=+

−=

=+=+

=

σσ

τσσ

σσ

22

21

/.7,357

250..

/.85,177.2

250.

.2

.

mmNpp

e

rp

mmNpp

e

rp

m

m

===

===

σ

σ

2/09,4 mmNp =



G x

z

y

n

n

σMAX(COMPRESIÓN)

σMAX(TRACCIÓN)

Problemas resueltos

5.1.-Representar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores de la viga de la figura. Cálculo de reacciones en los apoyos: Ecuaciones de equilibrio:

Diagramas de esfuerzos:

15 kN/m 10 kN.m

20 kN 8 kN

A B 2 m 1 m 1 m 1 m

RA

RB

: 23

35A

B

resolviendo R kN

R kN

==

0 15.2 20 8 (1)

0 .4 15.2.1 20.3 8.5 (2)

A B

A B

F R R

M R

= + = + +

= = + +∑∑

0 2

23 15. 0 23 2 7

0 23 15. 0 1,53

23. 15. . 0 0 2 16 .2

1,53 17,63 .

y y y

y

z z z

z

x

V x x V kN x V kN

V x x m

xM x x x M x M kN m

x M kN m

− −= − = → = = → = −

= − = → =

= − = → = = → =

= → =

2 3

23 15.2 7

23. 15.2.( 1) 10 2 26 .

3 19 .

y

z z

z

x

V

M x x x M kN m

x M kN m

− −= − = −

= − − + = → == → =

27

7

8

23

1,53 m

x

Vy (kN)

17,63

16

19

26

8

Mz (kN.m)

x

-

+

+

3 4

23 15.2 20 27

23. 15.2.( 1) 10 20.( 3) 3 19 .

4 8 .

0 3,7

4 5

8

8.(5 ) 4 8 .

5 0

y

z z

z

z

y

z z

z

x

V kN

M x x x x M kN m

x M kN m

M x m

x

V kN

M x x M kN m

x M

− −= − − = −

= − − + − − = → == → = −

= → =

− −=

= − − = → = −= → =

5.2.-Representar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores de la viga de la figura Cálculo de las reacciones: Ecuaciones de equilibrio:


10 .2,5.1,5 10 11,87

21 1

0 .2,5.1,5.(2 .1,5) 10.1 14,68 .2 3

A

A A

F R kN

M M kN m

= = + =

= = + + =

∑

∑

2,5 kN/m 10 kN

1,5 m 1 m 1 m

RA MA

h x

2,5: 1,67.

1,5

hpor semejanza de triángulos h x

x= → =

0 1,5

1 1. . . .1,67. 0 0 1,5 1,87

2 21 1

. .1,67. . . 0 0 1,5 0,94 .2 3

1,5 2,5

1.1,5.2,5 1,87

21 2

.1,5.2,5.( .1,5) 1,5 0,94 . 2,5 2,81 .2 3

y y y

z z z

y

z z z

x

V x h x x x V x V kN

M x x x x M x M kN m

x

V kN

M x x M kN m x M kN m

− −

= − = − = → = = → = −

= − = → = = → = −

− −

= − = −

= − − = → = − = → = −

11,87

1,87

Vy (Kg)

x 14,68

2,81 0,94

Mz (Kg.m)

x

-

-

2,5 3,5

11,87

11,87.(3,5 ) 14,68 2,5 2,81 .

3,5 14,68 .

y

z z

z

x

V kN

M x x M kN m

x M kN m

− −= −

= − − = → = −= → = −

5.3.-Representar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores de la viga de la figura sometida a las cargas verticales y horizontales indicadas Cálculo de reacciones: Ecuaciones de equilibrio:

Resolviendo:


10 kN

8 kN

z

y 1 m 2 m 1 m

VA VB

HA

HB

0 10 (1)

0 8 (2)

0 .4 10.1 (3)

0 .4 8.3 (4)

y A B

z A B

zA B

yA B

F V V

F H H

M V

M H

= + =

= + =

= =

= =

∑∑∑∑

7,5

2,5

2

6

A

B

A

B

V kN

V kN

H kN

H kN

====

0 1

7,5 2

7,5. 0 0 1 7,50 .

2. 0 0 1 2 .

y z

z z z

y y y

x

V kN V kN

M x x M x M kN m

M x x M x M kN m

− −= =

= = → = = → == = → = = → =

2,5

7,5 6

2

7,5

6

2

2,5

Vy (kN)

Vz (kN)

Mz (kN.m)

My (kN.m)

x

x

x

x

-

-

+

+

+

+

1 3

7,5 10 2,5

2

7,5. 10.( 1) 1 7,5 . 3 2,5 .

2. 1 2 . 3 6 .

3 4

7,5 10 2,5

2 8 6

7,5. 10.( 1) 3 2,50 . 4 0

2. 8.( 3) 3 6 .

y

z

z z z

y y y

y

z

z z z

y y

x

V kN

V kN

M x x x M kN m x M kN m

M x x M kN m x M kN m

x

V kN

V kN

M x x x M kN m x M

M x x x M kN m

− −= − = −

== − − = → = = → == = → = = → =

− −= − = −

= − = −= − − = → = = → == − − = → = 4 0yx M= → =

5.5.-Representar los diagramas de solicitaciones de la estructura de nudos rígidos de la figura Cálculo de reacciones: Ecuaciones de equilibrio:

Resolviendo:


10 kN

6 kN/m

3 m

4 m VA

VB

HA A

C D

B

0 10

0 6.4

0 .4 10.3 6.4.2

H A

V A B

A B

F H kN

F V V

M V

= =

= + =

= = +

∑∑∑

4,5

19,5A

B

V kN

V kN

==

4,5 10

10. 0 0 3 30 .

y

z z z

Pilar AC

N kN V kN

M x x M x M kN m

= − =

= = → = = → =

- - +

+ +

4,5

N (kN)

Mz (kN.m)

19,5 10

4,5

19,5

30

30

31,69

Vy (kN) -

:

10 10 0

4,5 6.

0 4,5 4 19,5 0 0,75

4,5. 10.3 6. .2

0 30 . 4 0 0,75 31,69 .

:

19,5

0

0

y

y y Y

z

z z z

y

z

Viga CD

N

V x

x V kN x V kN R x m

xM x x

x M kN m x M x M kN m

Pilar BD

N kN

V

M

= − == −

= → = = → = − = → =

= + −

= → = = → = = → =

= −=

=

5.7.-Representar los diagramas de solicitaciones de la viga de la figura

Cálculo de reacciones:

20 kN/m

18 kN/m 10 kN.m

8 kN.m 50 kN

22 kN

3 m 2 m 1 m

65,6

47,6

2,4

62,4

14,8

7,2 10

97,2

8

21,6

Vy

Vz

Mz

My

x

x

x

x

Solución:

+

+

-

-

+

+

-

-

VA VB

HA HB

10 .18.2 50 20.3 (1)

20 22 (2)

1 20 .5 10 18.(3 .2) 50.3 20.3.1.5 (3)

2 30 .5 8 22.3 (4)

resolviendo (1), (2), (3), (4) 65,6 62,4

14,8 7,2

y A B

z A B

zB A

yB A

A B

A B

F V V

F H H

M V

M H

V kN V kN

H kN H kN

= + = + +

= + =

= = + + + +

= = +

⇒ = == =

∑

∑

∑

∑

[ ]

[ ]

0 1: 0 8 .

11 3: 65,6 9.(3 ).( 1) .( 1). 18 9.(3 )

21 65,6 3 47,6

14,8

( 1) 1 265,6.( 1) 9.(3 ).( 1). .( 1). 18 9.(3 ) . .( 1) 10

2 2 31 10 . 3 97,2

y z z y

y

y y

z

z

z z

x V V M M kN m

x V x x x x

x V kN x V kN

V kN

xM x x x x x x

x M kN m x M kN

− − = = = =

− − = − − − − − − −

= → = = → =

= −−= − − − − − − − − − −

= → = − = → = .

8 14,8.( 1)

1 8 . 3 21,6 .

13 6 : 65,6 .18.2 50 20.( 3)

23 2,4 6 62,4

14,8 22 7,2

1 1 ( 3)65,6.( 1) .18.2.( 1 .2) 10 50.( 3) 20.( 3).

2 3 23 97,2 . 6

y

y y

y

y y

z

z

z

m

M x

x M kN m x M kN m

x V x

x V kN x V kN

V kN

xM x x x x

x M kN m x

= − −

= → = = → = −

− − = − − − −

= → = − = → = −

= − + =−= − − − − − − − − −

= → = = 0 .

8 14,8.( 1) 22.( 3)

3 21,6 . 6 0 .

z

y

y y

M kN m

M x x

x M kN m x M kN m

→ == − − + −

= → = − = → =

18

h

x

1 2

189.(3 )

2 3

hh x

x= → = −

−

5.11.-Una sección de una viga está sometida a las siguientes solicitaciones: Vy = 90 kN., Vz = -70 kN., Mz = 40 kN.m., My = -50 kN.m. La sección es rectangular de 30 cm x 40 cm. Calcular:

1) Tensiones normal y cortante en un punto de la sección de coordenadas: y= -10 cm., z= 8 cm 2) Línea neutra, indicando las zonas de la sección de tracción y de compresión 3) Tensión normal máxima, indicando el punto donde se dará. 4) Diagramas de tensiones cortantes y Tensión cortante máxima 5) Tensión cortante media

50 kN.m

40 kN.m

70 kN

90 kN

40 cm

30 cm

8 cm

10 cm

A

z

y

x

σx

)(0

9000030.40.12

1

16000040.30.12

1

43

43

sprincipaleEjessimetriadeejesI

cmI

cmI

zy

y

z

→=

==

==

6 62

4 4

.. 40.10 .( 100) 50.10 .(80)6,94 /

160000.10 90000.10y Az A

xAz y

M zM yN mm

I Iσ − −= + = + = −

3 32

4

. ( ) . ( ) 70.10 .(3220.10 )0,626 /

( ). ( ). 40.10.90000.10y z z y

xzAz y

R Q z R Q zN mm

t z I t z Iτ −= + = = −

3 32

4

. ( ) . ( ) 90.10 .( 4500.10 )0,84 /

( ). ( ). 30.10.160000.10y z z y

xyAz y

R Q y R Q yN mm

t y I t y Iτ −= + = = −

3

( ) 30

( ) 30.10.( 15) 4500

( ) 0z

y

t y cm

Q y cm

Q y por simetría

== − = −=

3

( ) 40

( ) 0

( ) 40.7.11,5 3220z

y

t z cm

Q z por simetría

Q z cm

==

= =

z

y

40

8 7

A τxz

z

y

30

10

10

A

τxy

2) Línea neutra:

. 50.1600002,22

. 40.90000y z

z y

M Itag

M Iα −= − = − = →

3) Tensiones normales máximas:

α = 65,8º

α = 65,8º

n

n

z

y

G z z

y y n

n

n n

T T

T

T

C C C

C

Mz > 0 My < 0

T

C

T

C

G

n

n

z

xx

B

D

y

σMAX(C)

σMAX(T)

6 62

4 4

.. 40.10 .20.10 50.10 .( 15.10)( ) 13,33 /

160000.10 90000.10y Bz B

MAX xBz y

M zM yT N mm

I Iσ σ − −= = + = + =

6 62

4 4

.. 4010 .( 20.10) 50.10 .15.10( ) 13,33 /

160000.10 90000.10y Dz D

MAX xDz y

M zM yC N mm

I Iσ σ − −= = + = + = −

4) Diagramas de tensiones cortantes Diagramas de τxy:

→

siendo:

Diagramas de τxz:

→→→→ siendo:

3 2 2 3

4

. ( ) . ( ) 90.10 .15.(20 ).10

( ). ( ). 30.10.160000.10y z z y

xyz y

R Q y R Q y y

t y I t y Iτ −= + =

20 0

0 1,125

20 0

xy

xy

xy

y

y

y

τττ

= → =

= → =

= − → =

z

y

y

20

30

τxy

τXYMAX

τXYMAX

2 2 3

( ) 30

20( ) 30.(20 ). 15.(20 )

2( ) 0

z

y

t y cm

yQ y y y cm

Q y por simetría

=+= − = −

=

3 2 2 3

4

. ( ) . ( ) 70.10 .20.(15 ).10

( ). ( ). 40.10.90000.10y z z y

xzz y

R Q z R Q z z

t z I t z Iτ − −= + =

15 0

0 0,875

15 0

xz

xz

xz

z

z

z

τττ

= → == → = −= − → =

2 2 3

( ) 30

15( ) 40.(15 ). 20.(15 )

2( ) 0

y

z

t z cm

zQ z z z cm

Q z por simetría

=+= − = −

=

y

40

15

z

z

τxzMAX

τxzMAX

5) Tensión cortante media:

2

2

1,125 /

0,875 /

xyMAX

xzMAX

N mm enlos puntos del eje z

N mm enlos puntos del eje y

τ

τ

=

=

2 2 21,425 /MAX xyMAX xzMAX N mm enel centro de gravedad Gτ τ τ= + =

τxyMAX

τxzMAX

τMAX

G

y

z

τXYmedia τXYmedia

τxzmedia

τxzmedia

32

32

90.100,75 /

300.400

70.100,583 /

300.400

yxymedia

zxzmedia

VN mm

A

VN mm

A

τ

τ

= = =

−= = =

5.12.-La sección de una viga IPE-300 está solicitada por los esfuerzos cortantes: Vy=30 kN., Vz=20 kN. Se pide calcular:

1) Los diagramas de tensiones cortantes en las alas y en el alma de la sección, debidas sólo a Vy.

2) Los diagramas de tensiones cortantes en las alas y en el alma de la sección debidas sólo a Vz

3) Valores medios de las tensiones cortantes en alas y alma

Tramo s1: →→→→ →→→→

Tramo s2: →→→→ →→→→

h/2=150 mm

h/2=150 mm

b/2=75 mm b/2=75 mm

tw= 7,1 mm tf=10,7 mm

10,7 mm

z

y

Vy=30 kN

s1 s2

s5

Vz=20 kN

s4 s3

d=248,6

4 4

4 4

300

8360.10

604.10z

y

IPE

I mm

I mm

−=

=

. ( ) . ( )

( ). ( ).y z z y

xsz y

V Q s V Q s

t s I t s Iτ = +

1 1

211 1 1

31

4

3 21

( ) 10,7

10,7( ) 10,7. .(150 ) 1547,75.

2

( ) 10,7. .(75 ) 5,35. 802,5.2. ( ) 30.10 .1547,75.

( ). 10,7.8360.10

. ( ) 20.10 .( 5,35. 802

( ).

f

z

y

y zy xs

z

z yz xs

y

t s t

Q s s s

sQ s s s s

V Q s sdebidoaV

t s I

V Q s sdebidoaV

t s I

τ

τ

= =

= − =

= − = − +

→ = =

− +→ = = 14

,5. )

10,7.604.10

s

1

21

0 0

75 3,9 /xs

xs

s

s N mm

ττ

= → =

= → =

1

21

0 0

75 9,176 /xs

xs

s

s N mm

ττ

= → =

= → =

[

2 2

222 2 2

32

4

3 22

( ) 10,7

10,7( ) 10,7. .(150 ) 1547,75.

2

( ) 10,7. . (75 ) 5,35. 802,5.2

. ( ) 30.10 .1547,75.

( ). 10,7.8360.10

. ( ) 20.10 .(5,35. 802,

( ).

f

z

y

y zy xs

z

z yz xs

y

t s t

Q s s s

sQ s s s s

V Q s sdebidoaV

t s I

V Q s sdebidoaV

t s I

τ

τ

= =

= − =

= − − = −

→ = =

−→ = = 24

5. )

10,7.604.10

s

2

22

0 0

75 3,9 /xs

xs

s

s N mm

ττ

= → =

= → =

2

22

0 0

75 9,176 /xs

xs

s

s N mm

ττ

= → =

= → = −

Tramo s3:

→→→→ →→→→

Tramo s4:

→→→→ →→→→

Tramo s5:

→→→→

[ ]3 3

233 3 3

33

4

33

( ) 10,7

10,7( ) 10,7. . (150 ) 1547,75.

2

( ) 10,7. .(75 ) 5,35. 802,5.2. ( ) 30.10 .( 1547,75. )

( ). 10,7.8360.10

. ( ) 20.10 .( 5,35.

( ).

f

z

y

y zy xs

z

z yz xs

y

t s t

Q s s s

sQ s s s s

V Q s sdebidoaV

t s I

V Q s sdebidoaV

t s I

τ

τ

= =

= − − = −

= − = − +

−→ = =

−→ = =2

34

802,5. )

10,7.604.10

s+

3

23

0 0

75 3,9 /xs

xs

s

s N mm

ττ

= → =

= → = −

3

23

0 0

75 9,176 /xs

xs

s

s N mm

ττ

= → =

= → =

[ ]

[ ]

4 4

233 4 4

34

4

3 24

( ) 10,7

10,7( ) 10,7. . (150 ) 1547,75.

2

( ) 10,7. . (75 ) 5,35. 802,5.2

. ( ) 30.10 .( 1547,75. )

( ). 10,7.8360.10

. ( ) 20.10 .(5,35.

( ).

f

z

y

y zy xs

z

z yz xs

y

t s t

Q s s s

sQ s s s s

V Q s sdebidoaV

t s I

V Q s sdebidoaV

t s I

τ

τ

= =

= − − = −

= − − = −

−→ = =

→ = = 44

802,5. )

10,7.604.10

s−

4

24

0 0

75 3,9 /xs

xs

s

s N mm

ττ

= → =

= → = −

4

24

0 0

75 9,176 /xs

xs

s

s N mm

ττ

= → =

= → = −

235 5

, 5

23 3 5

4

( ) 7,1

( ) / 2 7,1. . 314.10 7,1.2 2

( ) 0 ( )

30.10 .(314.10 7,1. ). ( ) 2( ). 7,1.8360.10

. ( )0

( ).

w

z pl y

y

y zy xs

z

z yz xs

y

t s t

s sQ s W s

Q s por simetría

sV Q s

debidoaVe s I

V Q sdebidoaV

e s I

τ

τ

= =

= − = −

=

−→ = =

→ = =

25

25

0 15,87 /

124,3 13,1 /xs

xs

s N mm

s N mm

ττ

= → =

= → =

Debido a Ry: hay tensiones cortantes en el alma y en las alas

Observación: Las tensiones cortantes en las alas, debidas a Vy , se suelen despreciar Debido a Vz: sólo hay tensiones en las alas

3) Valores medios de las tensiones cortantes en alma y alas

215,87 / ( )MAX N mm enel centro del alma Gτ =

29,176 /MAX N mm enel centro delas alasτ =

d/2=12,43 cm

d/2=12,43 cm

z 15,87

13,1

13,1

3,9

3,9

τMAX

G

τMAX

*

*

alma

ala

ala

14,08 τmedia

91,76

9,176

τMAX

τMAX

z

Diagramas de τxs debidas a Vy: Diagramas de τxs debidas a Vz:

τmedia

5,53

32

32

2

30.10( ) 14,08 /

. 300.7,1

20.10( ) 5,53 /

. 53,8.10 248,6.7,1

y yxymedia

alma w

z zxzmedia

alas w

V Valma N mm

A h t

V Valas N mm

A A d t

τ

τ

= = = =

= = = =− −

5.13.-En la viga de la figura y para los tres casos de sección indicados, calcular las tensiones normales y cortantes en los puntos 1,2 y 3 señalados de la sección más solicitada. Cálculo de las reacciones en los apoyos: Ecuaciones de equilibrio:

→ Resolviendo:

Diagramas de esfuerzos

Sección más solicitada: 1 15 15 .y zx V kN M kN m−= → = =

a) Sección rectangular:

0 20 (1)

0 .4 20.1 (2)

A B

A B

F R R

M R

= + =

= =∑∑

15

5A

B

R kN

R kN

==

15

15

5

Vy

Mz

x

x +

+

-

0 1

15

15.

0 0 1 15 .

y

z

z z

x

V kN

M x

x M x M kN m

− −=

== → = = → =

1 4

15 20 5

15. 20.( 1)

1 15 . 4 0

y

z

z z

x

V kN

M x x

x M kN m x M

− −= − = −

= − −= → = = → =

45 mm

90 mm

22,5 mm

y

z

1

2

3 22,5 mm

3 4 41.45.90 273,4.10

120

z

zy

I mm

I ejes de simetría ejes principales

= =

= → →

z

z

I

yM .=σ

( )

( ).y z

xyz

V Q y

t y Iτ =

( )

( ).y z

xzz

V Q z

t z Iτ =

y 1

3

2

1

2,25 cm

IPE-140

R= 5 cm

2,5 cm

y

d/2=5,6 cm 3

y

20 kN

1 m 3 m

9 cm

4,5 cm

z

1

2

3 z

2 z

RA RB

punto 1:

siendo: punto 2:

siendo: punto 3:

siendo:

62 21

1 4

. 15.10 .45/ 246,9 /

273,4.10z

z

M yN mm N mm

Iσ = = =

11

1

( )0

( ).y z

xyz

V Q y

t y Iτ = = 1

11

( )0

( ).y z

xzz

V Q z

t z Iτ = =

1 1

1

1

1

45 0

( ) 45

( ) 0

( ) 0z

z

y mm z

t y mm

Q y

Q z por simetría

= ==

==

0. 2

2 ==z

z

I

yMσ

3 32 2

2 42

( ) 15.10 .45,6.105,55 /

( ). 45.273, 4.10y z

xyz

V Q yN mm

t y Iτ = = =

22

2

( )0

( ).y z

xzz

V Q z

t z Iτ = =

2 2

2

3 32

2

0 0

( ) 45

( ) 45.45.22,5 45,6.10

( ) 0z

z

y z

t y mm

Q y mm

Q z por simetría

= ==

= ==

62 23

3 4

. 15.10 .22,5/ 123,45 /

273,4.10z

z

M yN mm N mm

Iσ = = =

3 33 2

3 43

( ) 15.10 .34, 2.104,17 /

( ). 45.273, 4.10y z

xyz

V Q yN mm

t y Iτ = = = 3

33

( )0

( ).y z

xzz

V Q z

t z Iτ = =

3 3

3

3 33

3

22,5 0

( ) 45

22,5( ) 45.22,5.(22,5 ) 34,2.10

2( ) 0

z

z

y mm z

t y mm

Q y mm

Q z por simetría

= ==

= + =

=

σ1

σ3 x

y

z

1

2

3

τxy2

τxy3

b) sección circular

Cálculo de t(y) y de Qz(y) para un punto cualquiera

punto 1:

siendo: punto 2:

siendo:

y R

z

y

G y´

dy´

4 44 4. .50

490,9.104 4

0

z

zy

RI mm

I ejes de simetría ejes principales

π π= = =

= → →

z

z

I

yM .=σ

( )

( ).y z

xzz

V Q z

t z Iτ =

25 mm

R = 50 mm

z

y 1

2

3

2 2

32 2 2 2 2

( ) 2.

2( ) 2. ´ . . ´ .( )

3

R

z

y

t y R y

Q y R y dy y R y

= −

= − = −∫

621

1 4

. 15.10 .50152,78 /

490,9.10z

z

M yN mm

Iσ = = =

11

1

( )0

( ).y z

xyz

V Q y

t y Iτ = = 1

11

( )0

( ).y z

xzz

V Q z

t z Iτ = =

1 1

1

1

1

50 0

( ) 0

( ) 0

( ) 0z

z

y mm z

t y

Q y

Q z por simetría

= ==

==

0. 2

2 ==z

z

I

yMσ

3 32 2

2 42

( ) 15.10 .83,3.102,55 /

( ). 100.490,9.10y z

xyz

V Q yN mm

t y Iτ = = =

22

2

( )0

( ).y z

xzz

V Q z

t z Iτ = =

2 2

2

32 2 3 32

2

2

0 0

( ) 100

2( ) .(50 0 ) 83,3.10

3( ) 0

z

z

y z

t y mm

Q y mm

Q z por simetría

= ==

= − =

=

( )

( ).y z

xyz

V Q y

t y Iτ =

punto 3:

siendo: c) sección IPE-140

punto 1: punto 2:

siendo:

623

3 4

. 15.10 .2576,39 /

490,9.10z

z

M yN mm

Iσ = = =

3 33 2

3 43

( ) 15.10 .54,1.101,91 /

( ). 87.490,9.10y z

xyz

V Q yN mm

t y Iτ = = = 3

33

( )0

( ).y z

xzz

V Q z

t z Iτ = =

3 3

2 23

22 2 3 33

3

3

25 0

( ) 2. 50 25 87

2( ) .(50 25 ) 54,1.10

3( ) 0

z

z

y mm z

t y mm

Q y mm

Q z por simetría

= =

= − =

= − =

=x

y

z

σ1

σ3

τxy2

τxy3

1

2

3

1

2

3

z

y

d/2 = 56 mm

4,7 mm 6,9 mm

6,9 mm

140 mm

73 mm

4 4541.10

0z

zy

I tablas mm

I

= ==

z

z

I

yM .=σ( )

( ).y z

xsz

V Q s

t s Iτ =

621

1 4

. 15.10 .70194,08 /

541.10z

z

M yN mm

Iσ = = =

11

1

( )0

( ).y z

xs yz

V Q sdespreciamos debidas aV en las alas

t s Iτ τ= = →

0. 2

2 ==z

z

I

yMσ

3 32 2

2 42

( ) 15.10 .44, 2.1026,07 /

( ). 4,7.541.10y z

xsz

V Q sN mm

t s Iτ = = =

2

32 ,

( ) 4,7

( ) / 2( ) 44, 2z pl y

t s mm

Q y W tablas cm

=

= =

punto 3

siendo:

3 33 2

3 43

( ) 15.10 .36,8.1021,73 /

( ). 4,7.541.10y z

xyz

V Q sN mm

t s Iτ = = =

623

3 4

. 15.10 .56155,27 /

541.10z

z

M yN mm

Iσ = = =

3

3 32 ,

( ) 4,7

112 112( ) / 2( ) . . 44,2 .4,7. 36,8.10

2 4 2 4z pl y

t s mm

d dQ y W tablas e mm

=

= − = − =

1

2

3

z

y

x

σ1

σ3

τxs2

τxs3

5.14.-La viga de la figura es una HEB-200. Se pide calcular:

1) Diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores 2) Tensiones normales máximas de tracción y compresión en la sección de

empotramiento 3) Tensión cortante máxima en el alma y alas en la sección de empotramiento

1) Diagramas de esfuerzos. Proyectamos las cargas sobre los ejes principales z e y:

Cálculo de las reacciones:

7,07.cos45º

7,07.sen45º

10.cos30º

10.sen30º

z

y

5 kN

5 kN

8,66 kN

5 kN z

y

5 kN 5 kN

x

y

z

1 m 1 m

5 kN VA HA

MAz

MAy

A

8,66 kN

0 8,66 5 13,66

0 5 5 0

0 8,66.1 5.2 18,66 .

0 5.1 5.2 5 .

y A

z A A

Az Az

Ay Ay Ay

F V kN

F H H

M M kN m

M M M kN m

= = + =

= + = → =

= = + =

= = = → =

∑∑∑∑

30º 10 kN

z

7,07 kN 45º

y

10 kN 7,07 kN

1 m 1 m

Sección

2) Línea neutra:

σMAX en la sección x=0

5 kN 5 kN

x

y

z

1 m 1 m

5 kN 13,66 kN

18,66 kN.m

5 kN.m

A

8,66 kN

0 1

13,66

0

13,66. 18,66

0 18,66 .

1 5 .

5 .

y

z

z

z

z

y

x

V kN

V

M x

x M kN m

x M kN m

M kN m

− −=

== −

= → = −= → = −

= −

1 2

13,66 8,66 5

5

13,66. 18,66 8,66.( 1)

1 5 .

2 0

5 5.( 1)

1 5 .

2 0

y

z

z

z

z

y

y

y

x

V kN

V kN

M x x

x M kN m

x M

M x

x M kN m

x M

− −= − =

== − − −

= → = −= → =

= − + −

= → = −

= → =

z

y

α = 37,3º

n

n

G T

C x

σMAX(T)

σMAX(C)

A

B

3 4

3 4

4 4

4 4

( 0). 5.10 .5696.100,76

( 0). 18,66.10 .2003.10

37,3º

: ( ) 5696.10

( ) 2003.10

y z

z y

z

y

M x Itag

M x I

siendo I tablas mm

I tablas mm

α

α

= −= − = − = −= −

= −=

=

6 62

4 4

.. 18,66.10 .( 100) 5.10 .( 100)( ) 57,72 /

5696.10 2003.10y Az A

MAX Az y

M zM yT N mm

I Iσ σ − − − −= = + = + =

6 62

4 4

.. 18,66.10 .(100) 5.10 .(100)( ) 57,72 /

5696.10 2003.10y Bz B

MAX Bz y

M zM yC N mm

I Iσ σ − −= = + = + = −

-

5

13,66 Vy

Vz 5

5

My

-

+

+

18,66

5

3) Debido a Vy la tensión cortante máxima se dará en el centro del alma (G) .

Observación: Debido a Vz: como en la sección x=0 es Vz=0 → τ = 0

z

y

τMAX(alma)

τMAX(alma)

G

τMAX(ala)

τMAX(ala) E

32

( ) 4

3 3,

. ( ) 13,66.321.108,55 /

( ). 9.5696.10

: ( ) ( ) 9

( ) /2( ) 321.10

y zMAX alma G

z

w

z pl y

V Q GN mm

t G I

siendo t G t tablas mm

Q G W tablas mm

τ τ= = = =

= =

= =

32

( ) 4

3 3

. ( ) . ( ) 13,66.138,75.102,22 /

( ). ( ). 15.5696.10

: ( ) ( ) 15

15( ) 100.15. 100 138,75.10

2

y z z yMAX ala G

z y

f

z

V Q G V Q EN mm

t G I t E I

siendo e E t tablas mm

Q E cm

τ τ= = + = =

= =

= − =

5.15.-La sección de una viga tiene la forma indicada en la figura y está sometida a una fuerza cortante Vy=30 kN. Se pide: 1) Los diagramas de tensiones cortantes. Tensión cortante máxima y tensión cortante media 2) Si también estuviese solicitada con Vz = 20 kN., calcular la tensión cortante total en el punto a indicado en la figura

tramo s1 :

tramo s2 :

3 3 4 41 1.150.200 .(150 2.8).(200 2.8) 3043,7.10

12 12zI mm= − − − =

sec ,

tan , sec , ( )o

y

xs

Al ser la ción simétrica respecto del eje y y estar sometida solo aV las tensiones

cor tes enlos puntos decortedela ciónconel ejey puntos A y B sonceroτ

0 00

. ( ) . ( ). ( )( 0 )

( ) ( ). ( ).y z y zxs

xs xs xsz z

V Q s V Q st scomo en A y B

t s t s I t s I

ττ τ τ= + → = → =

321

1 14

1 1

30.10 .(768. )0 0 75 7,1 /

8.3043,7.10

: ( ) 8 ( ) 8. .(96) 768.

xs xs xs

f z

ss s N mm

siendo t s t mm Q s s s

τ τ τ= = → = = → =

= = = =

322

2 24

2 2

30.10 .(768. )0 0 75 7,1 /

8.3043,7.10

: ( ) 8 ( ) 8. .(96) 768.

xs xs xs

f z

ss s N mm

siendo t s t cm Q s s s

τ τ τ= = → = = → =

= = = =

8 mm

200 mm

y

z

s1 s2

s3 s4

s5 s6

τxs0=0

92 mm

92 mm

75 mm 75 mm

7,1 7,1

7,1 7,1

11,27 11,27

7,1 7,1

7,1 7,1

τMAX τMAX

Solución:

τmedia(almas)=9,37

Vy = 30 kN

5 cm a

0,8 cm 20 cm

15 cm

y

z

A

B

C D

tramo s3 :

tramo s4 :

tramo s5 :

2)

323

3 34

3 3

30.10 .( 768. )0 0 75 7,1 /

8.3043,7.10

: ( ) 8 ( ) 8. .( 96) 768.

xs xs xs

f z

ss s N mm


τ τ τ−= = → = = → = −

= = = − = −

324

3 44

4 4

30.10 .( 768. )0 0 75 7,1 /

8.3043,7.10

: ( ) 8 ( ) 8. .( 96) 768.

xs xs xs

f z

ss s N mm


τ τ τ−= = → = = → = −

= = = − = −

3 25 5

4

2 2 25 5 5

255 5 5

30.10 .( 4. 736. 57600)

8.3043,7.10

0 7,1 / 92 11, 27 / 184 7,1 /

: ( ) 8 ( ) 75.8.96 8. .(92 ) 4. 736. 576002

xs

xs xs xs

w z

s s

s N mm s N mm s N mm

ssiendo t s t mm Q s s s s

τ

τ τ τ

− + +=

= → = = → = = → =

= = = + − = − + +

211,27 /MAX N mm enel centro delas almasτ = →

3230.10

( ) 9,37 /2. . 2.200.8

y yxsmedia

almas w

V Valmas N mm

A h tτ = = = =

3 3 4 41 1.200.150 .(200 2.8).(150 2.8) 1935,64.10

12 12yI mm= − − − =

sec

tan , sec ( )o

z

xs

Al ser la ción simétrica respecto del eje z y estar sometida ahora sólo aV las tensiones

cor tes enlos puntos decortedela ciónconel eje z puntosC y D sonceroτ

[ ]

25

320 0

4

0

( ) ( 42 ) 10 /

. ( ) 20.10 . 50.8.(75 4). ( )( ) 3,67 /

( ) ( ). 8.1935,64.10

: 0

y xs xs

z yxsz xs

y

xs

debido aV a s mm N mm

V Q st sdebido aV a N mm

t s t s I

siendo

τ τ

ττ

τ

→ = = = ↓

−→ = + = = ↑

=

2( ) 10 3,67 6,33 /y z xsdebido a V V a N mmτ+ → = ↓ − ↑= ↓

5.20.-En la sección de la figura sometida a los esfuerzos: Vy = 3 kN y Mz = 1 kN.m. se pide calcular: 1) Tensiones normales máximas de tracción y de compresión. 2) Diagrama de distribución de tensiones cortantes en la sección

Cálculo de G:

Cálculo de Iz , Iy, Izy:

10 cm

1 cm

10 cm

1 cm

z

y

Vy=3 kN

Mz=1 kN.m G

9 cm

1 cm

10 cm

1 cm

z

y

G

G2

G1

4,5 cm

5 cm

yG=2,87 cm

zG=2,87 cm cmz

AA

zAzAz

cmy

AA

yAyAy

G

GGG

G

GG

G

87,21.91.10

5,0.1.95.1.10

..

87,21.91.10

5,5.1.95,0.1.10

..

21

21

21

21

21

21

=+

+=

++

=

=++=

++

=

9 cm

1 cm

10 cm

1 cm

z

y

G

G2

G1

4,5 cm

5 cm

yG=2,87 cm

zG=2,87 cm

7,13 cm

1)Tensiones máximas de tracción y compresión: Cálculo de la línea neutra:

4232

4231

421

123)5,413,7.(1.99.1.12

1

57)5,087,2.(1.101.10.12

1

180

cmI

cmI

cmIII

z

z

zzz

=−+=

=−+=

=+=

41 2

3 2 41

3 2 42

180

1.1.10 10.1.(10 2,87 5) 128,7

121

.9.1 9.1.(2,87 0,5) 51,312

y y y

y

y

I I I cm

I cm

I cm

= + =

= + − − =

= + − =

[ ] [ ]

41 2

41

42

106,58

0 10.1.(2,87 0,5).(10 2,87 5) 50, 48

0 9.1. (7,13 4,5) . (2,87 0,5) 56,1

zy zy zy

zy

zy

I I I cm

I cm

I cm

= + =

= + − − − =

= + − − − − =

7,13 cm

1 cm

2,87 cm

z

y

G

2,87 cm

n

α = 30,63º

n

1

2

º63,30

592,0180

58,106

.

.

0

..

..

=

===−

−=

=

−−

−=

α

α

α

y

yz

yz

yzz

y

yzyyz

yzzzy

I

I

IM

IMtag

Mcomo

IMIM

IMIMtag

22 .

)..()..()0(

.

)...()...(

yzzy

yzzyzy

yzzy

yzzzyyzyyz

III

zIMyIMM

III

zIMIMyIMIM

−−

===−

−+−=σ

6 4 6 42

1 4 4 4 2

(1.10 .180.10 ).( 71,3) (1.10 .106,58.10 ).( 18,7)51,52 / ( )

180.10 .180.10 (106,58.10 ) MAXN mm Cσ σ− − −= = − =−

6 4 6 42

2 4 4 4 2

(1.10 .180.10 ).(28,7) (1.10 .106,58.10 ).( 28,7)39,09 / ( )

180.10 .180.10 (106,58.10 ) MAXN mm Tσ σ− −= = =−

2) Diagramas de τ:

tramo s1

siendo:

tramo s2

95 mm

10 mm

95 mm

10 mm

z

y

G

s1

28,7 mm

71,3 mm cm

s2

71,3 mm cm

2

2

.( . ( ) . ( )) .( . ( ) . ( ))

( ).( . )

0

. . ( ) . ( )

( ).( . )

y y z yz y z z y yz zxs

y z yz

z

y y z yz y

xsy z yz

V I Q s I Q s V I Q s I Q s

t s I I I

comoV

V I Q s I Q s

t s I I I

τ

τ

− + −=

−

=

− =−

1 1

211 1 1

( ) 1

( ) .10.23,7 237.

( ) .10.(71,3 ) 5. 713.2

z

y

t s cm

Q s s s

sQ s s s s

== =

= − = − +

3 4 4 21 1 1

4 4 4 2

3.10 . 180.10 .237. 106,58.10 .( 5. 713. )

10.(180.10 .180.10 (106,58.10 )xs

s s sτ

− − + =−

21 1 1

21 1

1

0 0 95 2,34 / 0 62,5

0 31,3 ( 31,3) 0,744 /

xs xs xs

xsxsMAX xsMAX xs

s s N mm s mm

ds mm s N mm

ds

τ τ τττ τ τ

= → = = → = = → =

→ = → = = = = −

3 4 2 42 2 2

4 4 4 2

3.10 . 180.10 .(5. 713. ) 106,58.10 .( 237. )

10.(180.10 .180.10 (106,58.10 )xs

s s sτ

− − − =−

siendo:

222 2 2

2 2

( ) 10

( ) .10. (71,3 ) 5. 713.2

( ) .10.( 23,7) 237.

z

y

t s mm

sQ s s s s

Q s s s

=

= − − = −

= − = −

22 2

2

22 2

2

0 0 95 2,38 /

0 115 ( 0 10)

0 57,3 ( 57,3) 4, 213 /

xs xs

xs

xsxsMAX xsMAX xs

s s N mm

s mm fuera del campo

ds mm s N mm

ds

τ ττ

ττ τ τ

= → = = → = −= → = −

→ = → = = = = −

z

y

G

4,213

2,38

2,34 0,744

57,3 mm

31,3 mm

5.21.-En la viga de la figura se pide: 1) Diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores 2) Dimensionamiento a resistencia de la sección, empleando los criterios plástico,

elástico y de Von Mises y para los siguientes casos de sección: a) Perfil IPE b) sección rectangular bxh siendo h=2b c) sección circular

Datos: fy = 275 N/mm2; coeficiente de minoración del material: γγγγM =1,1; coeficiente de mayoración de cargas: γγγγ =1,5 Nota: El angular mediante el cual se transmite la carga a la viga se supone rígido y a su vez rígidamente unido a la misma. No se considerará el peso propio de la viga. Se trasladará el efecto de la carga de 5000 Kg que actúa sobre el angular a la viga a través de la unión de ambos.

Cálculo de reacciones

Diagramas

50 kN 1 m 2,8 m

0,2 m

1 m 3 m

50 kN

10 kN.m

RA RB

A B

0 50 (1)

0 .4 50.1 10 (2)

: 35

15

A B

A B

A

B

F R R

M R

resolviendo R kN

R kN

= + =

= = +

==

∑∑

0 1

35

35.

0 0

1 35 .

y

z

z

z

x

V kN

M x

x M

x M kN m

− −=

== → == → =

1 4

15

15.(4 )

1 45 .

4 0

y

z

z

z

x

V kN

M x

x M kN m

x M

− −= −

= −= → == → =

15

35 Vy

35

45 Mz

+

+

-

2) Dimensionamiento a resistencia de la sección con criterio plástico: Sección mas solicitada: x= 1+: Mz = 45 kN.m; Vy = 15 kN

max

*,

6 3 3

*,

45 .

.

275: 45.10 .1,5 . 270.10

1,1

) :

tan :

220

15

.3

: ( )

z

z zpl d zpl yd

zpl zpl

y

y

ydy ypl d v

v

M kN m

M M W f

sustituyendovalores W W mm

a caso de IPE

entrandoentablas IPE

comprobación a cor teV

V kN

fV V A

siendo A area del a ma

IP

l

E

=

≤ =

≤ → ≥

→

=

≤ =

=

−

2

3

*

. ( 220) 220.5,9 1298

2751,1:15.10 .1,5 1298. : 22500 187350,13

¡ tan ! : 22500 0,5. 0,5.187350,1 93675

¡

w

y ypl

h t IPE mm

sustituyendovalores y operando

sí cumplea cor te y además V V

noes necesariocombinar momento flector co

= = − = =

≤ ≤

= < = =

3 3

2 23 3

* 3

tan

) sec tan : 257,7.10

. .(2. )( 2. ) 270.10

4 4tan :

2751,1. 15.10 .1,5 8354,47. 22500

64,

120583 3

63 129,27

zpl

zpl

y

ydy ypl v

b mm h mm

n fuerza cor te

b caso de ción rec gular W mm

b h b bW como h b b


fV V A

=

= = = = = = == →

≤ = ≤ → <

2

*

3 3

3

63 ¡ !

. 64,63.129,27 8354,47

: 22500 0,5. 602932

¡ tan

) sec : 270.10

4.

3

v

y ypl

zpl

zpl

si cumple

siendo A A b h mm

y además V V sí severifica

noes necesariocombinar momento flector con fuerza cor te

c caso de cióncircular W mm

W R

→

= = = =

= < = →

=

= = 3

* 3

2 2 2

*

270.10

tan :

2751,1. 15.10 .1,5 10833,5. 22500 1563676,7 ¡ !

3 3

. .58,72

58

10833,5

: 22500 0,5. 781838,3

,

¡

72

y

ydy ypl v

v

y ypl


fV V A si cumple

siendo A A R mm

y además V V sí severifica

R mm

noes ne

π π

=→

≤ = ≤ → < →

= = = =

= < = →

tancesariocombinar momento flector con fuerza cor te

Dimensionamiento a resistencia de la sección con criterio elástico: Sección mas solicitada: x= 1+: Mz = 45 kN.m; Vy = 15 kN

*max ,

6 3 3

*,

45 . .

275: 45.10 .1,5 . 270.10

1,1

)

tan :

15

24

.3

(

0

: )

z z zel d zel yd

zel zel

y

ydy y ypl d v

v

M kN m M M W f


a caso de IPE



fV kN V V A

siendo A area del alm

IPE

a

= ≤ =

≤ → ≥

→

= ≤ =

=

−

= 2

3

*

. ( 240) 240.6,2 1488

2751,1:15.10 .1,5 1488. : 22500 214774,33

¡ tan ! : 22500 0,5. 0,5.214774,3 107387,1

¡

w

y ypl

h t IPE mm



noes necesariocombinar momento flector

= − = =

≤ ≤

= < = =

2 23 3 3 3

* 2,

tan

) sec tan :

. .(2. ) 2270.10 ( 2. ) . 270.10

6 6 3

tan :

15 . : . 74.148 10952

4

3

7 148

zel zel

y

ydy y ypl d v v

con fuerza cor te

b caso de ción rec gular

b h b bW mm W como h b b


fV kN V V A sie

b mm h mm

ndo A A b h mm

s

= = = = = = =

→

= ≤ = = = = =

= =

3

*

2751,1:35.10 .1,5 10952. : 22500 15807853

¡ tan ! : 22500 0,5. 0,5.1580785 790392,5

¡ tan

) sec

y ypl

ustituyendovalores y operando



c caso de ción

≤ ≤

= < = =

33 3 3

* 2 2 2,

3

7

:

.270.10 270.10

4tan :

15 . : . .70 15393,83

2751,1:15.10 .1,5 15393,8. : 22500 2221 03

0

93

zel zel

y

ydy y ypl d v v

circular

RW mm W


fV kN V V A siendo A A R mm


R mmπ

π π

= = = →

= ≤ = =

=

= = =

≤ ≤

*

,6

¡ tan ! : 22500 0,5. 0,5.2221903,6 1110951,8

¡ tany yplsí cumplea cor te y además V V


= < = =

Dimensionamiento a resistencia de la sección con el criterio de Von Mises: Secciónes más solicitada:

Puntos más solicitados: se predimensionará en el punto 1 (σmax) y se comprobarán puntos 2 y 3

1 15 45 . ( )

1 35 ( ) 35 .

y z

y z

x V kN M kN m máx

x V kN máx M kN m

+

−

= → = − =

= → = =

1 15 45 . ( )y zx V kN M kN m máx+= → = − =

3

3 3

3 3

max

4

3

)sec : 270.10 : 240

)sec tan * 2. :

1 1. . . .(2 )

12 12270.10 270.10 74

2148

)sec :

.4270.10 270.

zel

zzel zel

zzel zel

máx

a ción IPE W tablas IPE

b ción rec gular h b siendo h b

b h b bIW W b mm

hy b

h mm

c cióncircular

RI

W Wy R

π

≥ → −=

≥ → = = = ≥ → ≥

→ ≥

≥ → = = ≥ 310 70R mm→ ≥

* * 6* 11

*1

6*2 *2 * 3 3

1 1 1 1

1:

. 45.10 .1,5

0

45.10 .1,5 2753. 270.10

1,1

z z

z zel zel

co zelzel

punto

M y M

I W W

W mmW

σ

τ

σ σ τ σ

= = =

=

= + = = ≤ → ≥

:sec32 cionesdetipostreslosparaypuntosonescomprobaci

*2

* 3 3*2 4

)sec 240

2:

0

. (2) 15.10 .1,5.183.1017,07

(2). 6,2.3890.10y z

z

a ciónIPE

punto

V Q

t I

σ

τ

−

=

−= = = −

227529,57 2501,1coσ = < =

y

1

3

2

1 y

3

y

z

1

2

3 z 2

z

Por último se comprobarían de nuevo los puntos 1, 2 y 3, para los tres casos, en la sección:

(como se ve coincide con el criterio de dimensionamiento elástico

3 4 4

*2

3*

*2 4

1)sec tan : 148 74 .74.148 1991,05.10

122 :

0

148 14815.10 .1,5.(74. . ). (2) 2 4 3,09

(2). 74.1991,05.10

z

y z

z

b ción rec gular h mm b mm I mm

punto

V Q

t I

σ

τ

= = → = =

=

−= = = −

2 5,36 250coσ = <

* 6* 33 4

3*

*3 4

3 :

. 45.10 .1, 5.37125, 4

1991, 05.10

3715.10 .1, 5. 74.37.(37 )

. (3) 22, 32

(3). 74.1991, 05.10

z

z

y z

z

punto

M y

I

V Q

t I

σ

τ

= = =

− + = = = −

3 125,5 250coσ = <

44 4

*2

3 2 2 3/2*

*2 4

.70)sec : 70 1885,7454.10

42:

0

215.10 .1,5. .(70 0 )

. (2) 31,95

(2). 140.1885,7454.10

z

y z

z

c cióncircular R mm I mm

punto

V Q

t I

π

σ

τ

= → = =

=

− − = = =−

2 3,38 250coσ = <

* 6* 33 4

3 2 2 3/ 2*

*3 2 2 4

3:

. 45.10 .1,5.35125,28

1885,7454.10

215.10 .1,5. .(70 35 )

. (3) 31,46

(3). 2. 70 35 .1885,7454.10

z

z

y z

z

punto

M y

I

V Q

t I

σ

τ

= = =

− − = = = −−

3 125,3 250coσ = <

3 31 35.10 ( ) 35.10 .y zx V kN máx M kN m−= → = =

6*

* 33 4

3 3*

*3 4

3:

190,445.10 .1,5.. 2 165,2

3890.10

190,4 190,415.10 .1,5. 183.10 .6,2.

. (3) 2 414,45

(3). 6,2.3890.10

z

z

y z

z

punto

M y

I

V Q

t I

σ

τ

= = =

− − = = = −

3 167,1 250coσ = <

5.22.-En la viga de la figura se pide el dimensiona miento de la sección a resistencia usando un criterio plástico de dimensionamiento. Datos: perfil IPE; f y = 275 N/mm 2; γγγγM = 1,1; γγγγ= 1,35

Cálculo de

reacciones en los apoyos:


30 kN

5 kN

1 m 1 m 2 m

A B

z

y

VA VB

HA

HB

0 30 (1)

0 5 (2)

0 .4 30.3 (3)

0 .4 5.1 (4)

resolviendo (1),(2),(3),(4): 22,5 ; 7,5 ; 1,25 ; 3,75

y A B

z A B

zB A

yB A

A B A B

F V V

F H H

M V

M H

V kN V kN H kN H kN

= → + =

= → + =

= → =

= → =

= = = =

∑∑∑∑

Vy

Vz

Mz

My

22,5

7,5

1,25

3,75

22,5

3,75

+

-

-

+

+ 1,25

7,5

Dimensionamiento a resistencia de la sección con criterio plástico Comprobación a flexión:

Tanteamos secciones, pero partiendo de un predimensionado Predimensionado rápido: Estudio separados Mz y My:

**

, ,

1yz

zpl d ypl d

MM

M M+ ≤

* 6 3 3,

* 6 6

* 6 3 3,

* 6 6

275. 30,38.10 . 121,5.10

1,1

: . 22,5.10 .1,35 30,38.10 .

275. 5,06.10 . 20,25.10

1,1

: . 3,75.10 .1,35 5,06.10 .

z zpl d zpl yd zpl zpl

z z

y ypl d ypl yd ypl ypl

y y

M M W f W W mm

siendo M M N mm

M M W f W W mm

siendo M M N

γ

γ

≤ = → ≤ ⇒ ≥

= = =

≤ = → ≤ ⇒ ≥

= = =3 3 3 3121,5.10 20,25.10

lg 160

1º tan : 160 :

sec :

1 : 22,5 . ; 1,25 . ; 22,5 ; 1,25

zpl ypl

z y y z

mm

conlos valores deW mm y deW mm

buscoentablasun perfil queva a para los dos IPE

teo IPE

ciónes mas solicitadas a flectores

x M kN m M kN m V kN V kN−

≥ ≥

⇒ −

−

= = = = =* 6 6 * 6 6

3 3 3 6,

3 3 3 6,

22,5.10 .1,35 30,30.10 . ; 1,25.10 .1,35 1,687.10 .

275123,9.10 . 123,9.10 30,975.10 .

1,1

27526,1.10 . 26,1.10 6,525.10 .

1,1

sustituyendo

z y

zpl zpl d zpl yd

ypl ypl d ypl yd

M N mm M N mm

W mm M W f N mm

W mm M W f N mm

= = = =

= → = = =

= → = = =

** 6 6

6 6, ,

3 3 3 6,

en la fórmula de dimensionamiento:

30,38.10 1,687.101 1,24 1 No vale

30,975.10 6,525.10

2º tan : 180 :

275166,4.10 . 166,4.10 41,6.10 .

1,1

34,6.1

yz

zpl d ypl d

zpl zpl d zpl yd

ypl

MM

M M

teo IPE

W mm M W f N mm

W

+ ≤ → + = > →

−

= → = = =

= 3 3 3 6,

** 6 6

6 6, ,

2750 . 34,6.10 8,65.10 .

1,1

sustituyendo en la fórmula de dimensionamiento:

30,38.10 1,687.101 0,92 1 Si vale

41,6.10 8,65.10

ypl d ypl yd

yz

zpl d ypl d

mm M W f N mm

MM

M M

→ = = =

+ ≤ → + = < →

Comprobación a cortantes:IPE-180

*,

* 3

2

*,

2751,1. 30375 954. 137698

3 3:

. 22,5.10 .1,35 30375

. 180.5,3 954

1 1y además : 30375 .137698 Si

2 2¡no hay que interactuar con los mom

ydy y ypl d v

y y

v w

y ypl d

fV V V A N N Si cumple

siendo

V V N

A área alma h t mm

V V

γ

→ ≤ = → ≤ = ⇒

= = =

= = = =

≤ → ≤ ⇒

*,

* 3

2 2

*,

entos flectores!

2751,1. 1687,5 1616,2. 233278,4

3 3:

. 1,25.10 .1,35 1687,5

. 23,9.10 146.5,3 1616,2

1 1y además : 1687,5 .233278

2 2

ydz z zpl d v

z z

v w

z zpl d

fV V V A N N Si cumple

siendo

V V N

A área alas A d t mm

V V

γ

→ ≤ = → ≤ = ⇒

= = =

= = − = − =

≤ → ≤ , 4 Si

¡no hay que interactuar con los momentos flectores!

⇒

+Se podría comprobar también la sección: x = 3 :

7,5 . ; 3,75 . ; 7,5 ; 3,75

repitiendo los mismos cálculos anteriores pero con estos valores de las solicitaciones ¡Sí cumple!z y y zM kN m M kN m V kN V kN= = = =

→

5.23.- La figura muestra la viguería del suelo de un piso de un edificio. Las vigas son metálicas y se consideran articuladas en sus extremos. La carga permanente que actúa sobre el suelo se compone de: a) Forjado unidireccional de viguetas metálicas con bloques cerámicos: 3,5 kN/m2, b) Pavimento del suelo: 1 kN/m2. Se pide dimensionar a resistencia la sección de las vigas de los tipos 1 y 4, utilizando perfiles IPE y un criterio elástico de dimensionamiento Dato: fy = 275 N/mm2; γγγγM = 1,1; γγγγ = 1,35 Nota: Sólo se tendrá en cuenta la carga permanente

Dimensionado a resistencia de la sección de las vigas tipo 1 (criterio elástico): (Como la longitud de la viga es menor de 6 m. no añadimos el peso propio de la misma)

Carga total permanente sobre el suelo: Forjado:…….3,5 kN/m2 Pavimento:…1 kN/m2 TOTAL:……..4,5 kN/m2

2arg : 4,5 / .2 9 /c a q kN m m kN m= =

( 2 ) 18.2 9.2.1 18 .

( 0 ) 18 .zmáx z

ymáx y

M M x m kN m

V V x m kN m

= = = − == = =

3

2 m 2 m 2 m

3

2

2

2

2

1 1

1 1

4

4 m

4 m

A A

B B

A A

C D

9 kN/m

2 m

RA= 18 kN RB= 18 kN

18

Mz (kN.m)

2 m

x

A B

+

Vy (kN)

18

x +

-

18

Dimensionado a resistencia de la sección de las vigas tipo 4 (criterio elástico): (Como la longitud de la viga es mayor de 6 m. añadimos el peso propio de la misma, estimado en 1kN/m)

z y

* * 6,

3

dim :

sección más solicitada a flectores: x = 2 m: M 18 . ;V 0

27518.1,35 24,3 . . 24,3.10 .

1,1

97200 160

sección más solici

z z zel d zel yd zel

zel

criterio elástico de ensionamiento

kN m

M kN m M M W f W

W mm tablas IPE

= =

= = ≤ = ≤

= → → −

z y

*,

* 2

3

tada a cortantes: x = 0 m: M 0;V 18 kN

: .3

: 18.1,35 24,3 ( ) . 160.5 800

2751,1: 24,3.10 800. 24300 115470 ¡ !3

ydy y ypl d v

y v w

fComprobación a cortadura V V V A

siendo V kN A área alma h t mm

sustituyendo sí cumple

= =

≤ =

= = = = = =

≤ → < →

Vigas tipo 1 →→→→ IPE-160

2 m 2 m 2 m C D

B B

36 kN 36 kN RC= 39 kN RD= 39 kN

76,5 Mz(kN.m)

x

1 kN/m

76 76

Vy(kN)

x

39

39

37

37

1

1

+

+

-

Vigas tipo 4 →→→→ IPE-270

z ysección más solicitada a flectores: x = 3 m: M 76,5 . ;V 0kN m= =

* * 6,

3

z y

dim :

27576,5.1,35 103,3 . . 103,3.10 .

1,1

413200 270

sección más solicitada a cortadura: x = 0 m: M 0 . ;V39

z z zel d zel yd zel

zel

criterio elástico de ensionamiento

M kN m M M W f W

W mm tablas IPE

kN m kN

Comprobació

= = ≤ = ≤

= → → −= =

*,

* 2

3

: .3

: 39.1,35 52,65 ( ) . 270.6,6 1782

2751,1: 52,65.10 1782. 52650 257209,5 ¡ !3

ydy y ypl d v

y v w

fn a cortadura V V V A

siendo V kN A área alma h t mm

sustituyendo sí cumple

≤ =

= = = = = =

≤ → < →

5.24.-Las vigas que soportan la cubierta de una nave industrial “correas”, se encuentran apoyadas sobre los cordones superiores de dos cerchas, separadas entre sí 5 m y con una pendiente de 22º. La separación entre correas es de 1,175 m. Las carga que han de soportar estas correas son: - Carga permanente:

• Peso de la uralita, incluidos ganchos y solapes…………….0,2 kN/m2 • Peso estimado de las correas:……………………………….0,18 kN/m

- Sobrecarga de nieve:………………………………………………..0,8 kN/m2

Se pide dimensionar a resistencia la sección de dichas correas, utilizando perfiles IPE y empleando un criterio plástico de dimensionamiento Datos: coeficientes de mayoración de cargas : -cargas permanentes: γγγγ=1,35 -sobrecarga de nieve: γγγγ=1,5. No se tendrá en cuenta la acción del viento. Material: f y =275 N/mm2; γγγγM =1,1

Cargas sobre las correas:

22º cercha

1,175 m 1,175 m correas

cercha

5 m

1,175 m

22º cercha

2

2

2

arg ( )

: 0,2 / .1,175 0,235 /

: 0,18 /

: 0,415 /

arg ( )

sup : 0,8 /

sup : 0,8.cos 22º /

:

p

n

C a permamente CP

cubierta kN m m kN m

peso propiocorreas kN m

Total q kN m

Sobrec a denieve SN

sobre erficiehorizontal kN m

sobre erficie inclinada kN m

Total q

=

=

20,8 / .cos 22º.1.175 0,87 /kN m m kN m= =

qpz= 0,155

y

z

qpy= 0,385

qp= 0,415

CP

qnz= 0,326

y

z

qny= 0,807 qn= 0,87

SN

.cos 22º 0,385 / . 22º 0,155 /

.cos 22º 0,807 / . 22º 0,326 /py p pz p

ny n nz n

q q kN m q q sen kN m

q q kN m q q sen kN m

= = = =

= = = =

Dimensionamiento a resistencia de la sección de las correas utilizando un criterio plástico:

combinaciones de cargas:

2,5 m

qpy = 0,385 kN/m

qpz=0,155 kN/m

Mz (kN.m)

My kN.m)

1,2

0,483

CP

2,5 m

0,963

Vy (kN)

0,387

Vz (kN)

0,963

0,387

+

-

+

+

-

-

qny = 0,807 kN/m

qnz=0,326 Kg/m

Mz (kN.m)

My (kN.m)

2,5

1,01

SN

2,5 m

Vy (kN)

Vz (kN)

2,01

2,01

2,5 m

0,815 0,815

+

-

+

+

-

-

max max max max

max max max max

1,2 . 0,483 . 0,963 0,387

2,5 . 1,01 . 2,01 0,815z y y z

z y y z

CP M kN m M kN m V kN V kN

SN M kN m M kN m V kN V kN

→ = = = =

→ = = = =

* *

* *

.1,35 .1.5

1,2.1,35 2,5.1,5 5,37 . 0,483.1,35 1,01.1,5 2,167 .

0,963.1,35 2,01.1,5 4,315 0,387.1,35 0,815.1,5 1,75

z y

y z

CP SN

M kN m M kN m

V kN V kN

+= + = = + =

= + = = + =

Correas → IPE-120

**

, ,

* * * *

* 6 3,

*,

comprobación a flexión: 1

predimensionado rápido :

sección 2,5 5,37 . ; 2,167 . ; 0; 0

275. sustituyendo :5,37.10 . 21480

1,1

yz

zpl d ypl d

z y y z

z zpl d zpl yd zpl zpl

y ypl d ypl

MM

M M

x m M kN m M kN m V V

M M W f W W mm

M M W

+ ≤

= → = = = =

≤ = ≤ → =

≤ = 6 3

3 3

275. sustituyendo : 2,167.10 . 8668

1,1

con los valoresde: 21480 y 8668 se busca una sección que

valga para los dos IPE-100

yd ypl ypl

zpl ypl

f W W mm

W mm W mm

≤ → =

= =

⇒

er 3 3

,

,

1 tanteo : 100 : 39410 9150

275. 39410. 9852500 . 9,8525 .

1,1

275. 9150. 2287500 . 2,2875 .

1,1

5,37 2,167sustituyendo : 1 ¡ !

9,8525 2,2875

2º tant

zpl ypl

zpl d zpl yd

ypl d ypl yd

IPE W mm W mm

M W f N mm kN m

M W f N mm kN m

noes válida

− = =

= = = =

= = = =

+ > →

3 3

,

,

eo : 120 : 60730 13580

275. 60730. 15182500 . 15,1825 .

1,1

275. 13580. 3395000 . 3,395 .

1,1

5,37 2,167sustituyendo : 1 ¡ !

15,1825 3,395

(No haría

zpl ypl

zpl d zpl yd

ypl d ypl yd

IPE W mm W mm

M W f N mm kN m

M W f N mm kN m

sí es válida

− = =

= = = =

= = = =

+ < →

falta la comprobación de cortantes en esa sección, ya que son cero)

* * * *

* 2,

3

*,

comprobación a cortantes:(IPE-120)

sección x = 0: 4,315 ; 1,75 ; 0; 0

. siendo : (área alma) . 120.4,4 5283

2751,1sustituyendo : 4,315.10 528. ¡ !3

.

y z z y

ydy ypl d v v w

yz zpl d v

V kN V kN M M

fV V A A h t mm

sí cumple

fV V A

= = = =

≤ = = = = =

≤ →

≤ = 2

3

siendo : (área alas) . 1320 93,4.4,4 9093

2751,1sustituyendo :1,75.10 909. ¡ !3

(no haría falta combinar momentos flectorescon fuerzascortantes, pues los momentos flectores

en dicha sección so

dv wA A d t mm

sí cumple

= = − = − =

≤ →

n cero)



x

y

+

Problemas resueltos

6.1.-La viga de la figura es una IPE-160 y está sometida a la carga concentrada indicada de 30 kN. Calcular por el Método de la Ecuación Diferencial de la Línea Elástica:

1) Ecuación de la Línea Elástica 2) Giros de las secciones extremas A y B 3) Flecha máxima

Datos: E= 2,1x105 N/mm2

Cálculo de reacciones: Ecuaciones de equilibrio 1) Ecuación de la línea elástica: (fórmula general de la ecuación diferencial de la línea

elástica): z

z

IE

M

dx

yd

.2

2

−=

Cálculo de las constantes → condiciones de contorno:

30 kN

B A

1 m 3 m

RA RB

2

2

2

1

3

1 2

0 1

22,5.

. . 22,5.

. . 22,5.2

. . 22,5. .6

z

z

z

z

x

M x

d yE I x

dx

dy xE I C

dx

xE I y C x C

− −=

= −

= − +

= − + +

2

2

2

3

3 2

3 4

1 4

22,5. 30.( 1) 7,5 30

. . 7,5. 30

. . 7,5. 30.2

. . 7,5. 30. .6 2

z

z

z

z

x

M x x x

d yE I x

dx

dy xE I x C

dx

x xE I y C x C

− −= − − = − +

= −

= − +

= − + +

( )

( )

2

3

0 1

1. 11, 25. 26,25

.

1. 3,75. 26, 25.

.

z

z

x

dyx

dx E I

y x xE I

− −

= − +

= − +

( )

( )

23

3

1 4

1. 3,75. 30.

.

1. 1,25. 15. 41,25. 5

.

z

z

x

dyx x C

dx E I

y x x xE I

− −

= − +

= − + −

0 1 0 1 1 4

1 40 1 1 4

1 2 3 4

0 0 1

1 4 0 :

26,25 0 41,25 5 :

x y x y y

dy dyx x y y operando se obtiene

dx dx

C C C C y sustituyendo estos valores

− − −

−− −

= → = = → =

= → = = → =

= = = = −

0 30

0 .4 30.1

A B

A B

F R R

M R

= + =

= =∑∑

22,5

7,5A

B

R kN

R kN

==

→

2) Giros de las secciones A y B: siendo: 426 869)160(/10.1.2 cmIPEIcmKgE z =−=

3) Flecha máxima

2max

2max

0 1: 0 0 11,25. 26,25 1,53 ( )

1 4 : 0 0 3,75. 30. 41,25 6,24 ( )

1,76

dyx y x x m fuera del tramo

dxdy

x y x x x m fuera del tramodx

x m

− − → = → = − + → = ±

− − → = → = − + → =

=

( ) 5 3 80 1

26,250 0,014

2.1.10 .10 .869.10A

dypara x rad

dxϑ −

−

= = = =

( )2

5 3 81 4

3,75.4 30.4 41,254 0,01

2,1.10 .10 .869.10B

dypara x rad

dxϑ −

−

− += = = = −

3 2

max 1 4 5 3 8

1,25.1,76 15.1,76 41,25.1,76 5( 1,76 ) 0,015 1,5

2,1.10 .10 .869.10y y x m m cm− −

− + −= = = = = ↓

6.2.-En la viga de la figura se pide determinar por el Método de los Teoremas de Mohr:

1) Giros de las secciones A y B 2) Flecha máxima

Datos: E= 2,1x105 N/mm2, Iz= 2770 cm4 Cálculo de las reacciones: por simetría de cargas y de estructura:

así pues:

30 kN 30 kN

A B 1 m 3 m 1 m

RA

RB

30 3030

2A BR R kN+= = =

radA 0077,0−=ϑ radB 0077,0=ϑ

δOC

δAC

30 kN 30 kN

30 kN 30 kN

30

1,5 m 1 m 1 m

A B

C

O

Mz

x

x

y

yC

yO

θA θB

A C B O

1,5 m

tag en C

-

( ) 5 3 8

5 3 8

arg 0 0 ( )

30.1,50 0,0077

. 2,1.10 .10 .2770.10

30.1,5( 0) 0,0077

. 2,1.10 .10 .2770.10

AC

CB

C C

M

AC A C C Az

M

CB C B C Bz

por simetría deestructura y dec as tag horizontal

Scomo rad

E I

Scomo rad

E I

ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

−

−

→ = → =

−= − = = = = = = −

−= − = = = − = = = −

↓== cmyy OMAX 946,0

8 8

8 8

30.1,5.0,750,0058 0,58

. 2,1.10 .2770.10

( 0 tan )

0,58 0,58

1 2( .1.30. .1) ( 30.1,5.1,75)

2 3 0,0152. 2,1.10 .2770.10

AC

OC

MA

ACz

AC

C AC C

O OC C

MO

OCz

Qm cm

E I

Aestá por debajo dela genteenC

y cm y cm

y y

Q

E I

δ

δδ

δ

δ

−

−

−= = = − = −

< →

= = → = − ↑

= −

− + −= = = −

0

6 1,526

( 0 tan )

1,526 0,58 0,946 0,946

OC

O OC C

m cm

O está por debajo dela genteenC

y y cm y cm

δδ

= −

< →

= − = − = → = ↓

6.3.-La viga de la figura es una IPE-160. Calcular por el Método de los Teoremas de Mhor:

1) Giros de las secciones A y B 2) Flecha en C 3) Flecha máxima

Dato: E= 2,1x105 N/mm2 Cálculo de reacciones: Ecuaciones de equilibrio:

0 30

0 .3 30.4

B A

A B

F R R

M R

= = +

= =∑∑

→ 10

40A

B

R kN

R kN

==

1) Giros en A y B:

30 kN

3 m 1 m C B A

RA RB

30

hC

yC

δCA δBA

tag en A

θA

Mz

x

A

B

C

θB

yD

tag en D D

xD

hD

δAD

-

radA 0082,0−=ϑ radB 0165,0=ϑ

( )

8 8

8 8

1 1.3.( 30). .3

2 3 0,02466 ( tan ). 2,1.10 .869.10

0,02466.3 0,0082 ( , )

3 31

.3. 3020,082

. 2,1.10 .869.10

AB

AB

MB

BAz

BABA A A

M

AB A B Bz

Qm punto B por debajo genteen A

E I

rad sentido antihorario ver figura

S

E I

δ

δδ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ

−

−

−= = = −

= → = = =

−= − = − − = 0,0165B radϑ→ =

2) Flecha en C: 3) Flecha máxima:

Luego comparando valores, la flecha máxima en toda la viga será:

8 8

1 1 1 2.3.( 30).(1 .3) .1.( 30).( .1)

2 3 2 3 0,0548. 2,1.10 .869.10

0 tan

ACMC

CAz

CA

Qm

E I

C está por debajo de la genteen A

δ

δ

−

− + + −= = = −

< →

mhsiendo

cmmhy

AC

CCAC

0328,04.0082,04.:

2,2022,00328,00548,0

===

==−=−=

ϑδ

↓= cmyC 2,2

8 8 8 8

: : 0 ( )

:

( 0) :.

1 1. . . .10.

2 20,0082 1,732,1.10 .869.10 2,1.10 .869.10

(

AD

MAX D D

M

AD A D D Az

D D D D

D

tramo AB y y siendo Dun puntoenel que ver figura

localicemos ese punto D

Scomo y sustituyendovalores

E I

x h x xx m

p

ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

− −

= =

= − = = = =

− −− = = → = ±

8 8

max

30, : 10. )

3

1 2.1,73.10.1,73. .1,73

2 3 0,0095 0,95. 2,1.10 .869.10

0 tan

( 1,73 0,95 0,95

AD

DD D

D

MA

ADz

AD

D AD D

hor semejanza detríangulos ver figura h x

x

Qm cm

E I

A está por debajo de la gente en D

y y y x m cm y cm

δ

δδ

−

= → =

−= = = − = −

< →

= = = = = → = − ↑

↓= cmyC 2,2

6.4.-En la viga de la figura se pide:

1) Dimensionamiento de la sección a resistencia, empleando criterio plástico 2) Dimensionamiento a rigidez, empleando la condición: ymax ≤≤≤≤ L/200 3) Giros de las secciones C y B (Calcularlos por los dos Métodos estudiados) 4) Flechas en C y B (Calcularlas por los dos Métodos estudiados)

Datos: IPE, fy= 275 N/mm2; γγγγM=1,1; γγγγ =1,35; E= 2,1x105 N/mm2 Cálculo de reacciones: Ecuaciones de equilibrio:

0 2,5 5 2.2 11,5

0 2,5.1 5.2 2.2.1 16,5 .

A

A A

F R kN

M M kN m

= = + + =

= = + + =∑∑

1) Dimensionamiento de la sección a resistencia: tracemos los diagramas de esfuerzos:

Mz

x

Vy

x

16,5

6

11,5 9,5

7 5

-

+

2

2

0 1

11,5 2. 0 11,5 1 9,5

11,5. 16,5 2. . 1. 11,5. 16,52

0 16,5 1 6

1 2

11,5 2. 2,5 1 7 2 5

11,5. 2. . 2,5.( 1) 1. 9. 142

1 6 2 0

y y y

z

z z

y y y

z

z z

x

V x x V x V

xM x x x x

x M x M

x

V x x V x V

xM x x x x x

x M x M

− −= − = → = = → =

= − − = − + −

= → = − = → = −− −

= − − = → = = → =

= − − − = − + −

= → = − = → =

2 kNm 2,5 kN 5 kN

A C B

1 m 1 m

RA MA

Dimensionamiento con criterio plástico:

2) Dimensionamiento a rigidez: 200/LyMAX ≤

Así pues para que se cumpla con los dos dimensionamientos: →

A

B

x

y

tag en A

yB = δBA

1 22 2

0 15 3 8

4

.

( 1. 11,5. 16,5). .(2 ) ( 1. 9. 14). .(2 )

2,1.10 .10 . .10

19,417 19,417 2924,6 180

2,1. 2,1. 200 200

ABMB

MAX B BAz

BAz

BA MAX zz z

Qy y

E I

x x dx x x x dx x

I

Ly I cm IPE

I I

δ

δ

δ

−

= = =

− + − − + − + − −=

−= = ≤ = → ≥ → −

∫ ∫

IPE-180

max

*,

6 3 3

max

*,

16,5 .

.

275:16,5.10 .1,35 . 89,1.10

1,1

tan :

11,5

.3

: ( )

160

z

z zpl d zpl yd

zpl zpl

y

y

ydy ypl d v

v

M kN m

M M W f




V kN

fV V A

siendo A area del a

E

lma

IP

=

≤ =

≤ → ≥

≤ =

=

−→

=

= 2

3 3 3

* 3 3 3

. ( 160) 160.5 800

2751,1:11,5.10 .1,35 800. :15,53.10 115,47.103

¡ tan ! : 15,53.10 0,5. 0,5.115,47.10 57,735.10

¡

w

y ypl

h t IPE mm



noes necesariocombinar m

= − = =

≤ ≤

= < = =

tanomento flector con fuerza cor te

3) y 4) Giros y Flechas en C y B: A.- Método de la Ecuación diferencial de la línea elástica:

Condiciones de contorno:

→→→→ 1 2

3 4

0 0

1,25 0,417

C C

C C

= == = −

sustituyendo las constantes en las ecuaciones anteriores:

2

22

2

3 2

1

4 3 2

1 2

0 1 1. 11,5. 16,5

. . 1. 11,5. 16,5

. . 1. 11,5. 16,5.3 2

. . 1. 11,5. 16,5. .12 6 2

z

z z

z

z

x M x x

d yE I M x x

dx

dy x xE I x C

dx

x x xE I y C x C

− − = − + −

= − = − +

= − + +

= − + + +

2

22

2

3 2

3

4 3 2

3 4

1 2 1. 9. 14

. . 1. 9. 14

. . 1. 9. 14.3 2

. . 1. 9. 14. .12 6 2

z

z z

z

z

x M x x

d yE I M x x

dx

dy x xE I x C

dx

x x xE I y C x C

− − = − + −

= − = − +

= − + +

= − + + +

21102110

1010

11

0000

−−−−

−−

=

→==→=

=

→==→=

dx

dy

dx

dyxyyx

dx

dyxyx

3 2

5 3 8

4 3 2

5 3 8

0 1

1 11,5. . 16,5.

3 22,1.10 .10 .1320.10

1 11,5 16,5. . .

12 6 22,1.10 .10 .1320.10

x

x x xdy

dx

x x xy

−

−

− −

− +=

− +=

3 2

5 3 8

4 3 2

5 3 8

1 2

1 9. . 14. 1,25

3 22,1.10 .10 .1320.10

1 9 14. . . 1,25. 0,417

12 6 22,1.10 .10 .1320.10

x

x x xdy

dx

x x x xy

−

−

− −

− + +=

− + + −=

mxparayymxparayy

radxparadx

dyradxpara

dx

dy

BC

BC

007,0200231,01

00502,0200399,01

2110

2110

→==→==

→=

=→=

=

−−

−−

ϑϑ

radC 00399,0=ϑ rad B 00502, 0 = ϑ

B.- Método de los Teoremas de Mohr:

↓=↓= cmycmy BC 7,0231,0

A B C

yB = δBA

tag en A

yC = δCA

Mz

x

θB

θC

x

cmycmy

radrad

BC

BC

7,0231,0

00502,000399,0

==== ϑϑ

yB = δBA

16,5

6

2 kN/m 2,50 kN 5 kN

A C

B 1 m 1 m

RA MA

-

12

08 8

1 22 2

0 18 8

( 0).

( 1. 11,5. 16,5).

0,003992,1.10 .1320.10

( 0).

( 1. 11,5. 16,5). ( 1. 9. 14).

0,005022,1.10 .1320.10

AC

AB

M

AC A C A Cz

C

M

AB A B A Bz

B

Scomo

E I

x x dx

rad

Scomo

E I

x x dx x x dx

ra

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

ϑ

−

−

= − = = = − =

− + −= − =

= − = = = − =

− + − + − + −= − =

∫

∫ ∫

12

08 8

2 2

.

( 1. 11,5. 16,5). .(1 )

0,00231 0,002312,1.10 .1320.10

( 0 tan )

.

( 1 11,5 16,5). .(2 ) ( 1 9 14). .(2

AC

AB

MC

C CAz

CA C

CA

MB

B BAz

BA

d

Qy

E I

x x dx x

m y m

el puntoC está por debajo dela genteen A

Qy

E I

x x dx x x x dx

δ

δ

δ

δ

δ

−

= =

− + − −= = − → =

< →

= =

− + − − + − + −=

∫

1 2

0 18 8

)

0,0072,1.10 .1320.10

( 0 tan ) 0,007BA B

x

m

el punto B está por debajo dela genteen A y mδ

−

−= −

< → → =

∫ ∫

6.6.-En la viga de la figura de sección rectangular de 30 cm x 40 cm se pide calcular la flecha en la sección C Datos: E= 2,1x104 N/mm2 Descompongamos la fuerza de 6000 Kg en la dirección de los ejes principales y,z:

Cálculo de las reacciones: Ecuaciones de equilibrio:

Los momentos de inercia de la sección serán:

con lo cual:

4 3 8 2

4 3 8 2

. 2,1.10 .10 .160000.10 33600 .

. 2,1.10 .10 .90000.10 18900 .z

y

E I kN m

E I kN m

−

−

= =

= =

2053,13º

15. 60. 53,13º 48

.cos 60.cos53,13º 36

y

z

tag

F F sen sen Kg

F F Kg

α α

αα

= → =

= = =

= = =

0 48 0 36

0 .5 48.3 0 .5 36.3

: 19,2 28,8 14,4 21,6

y Ay By z Az Bz

Az By Ay Bz

Ay By Az Bz

F R R F R R

M R M R

resolviendo R kN R kN R kN R kN

= + = = + =

= = = =

= = = =

∑ ∑∑ ∑

RBy

RBz

4343 9000030.40.12

116000040.30.

12

1cmIcmI yz ====

36 kN

48 kN

A C B

2 m 3 m

30 cm

z

y

40 cm

z

y

48 kN

36 kN

60 kN

α

RAy RAz

60 kN 60 kN

SECCION

A C B

2 m 3 m

30 cm

z

y

40 cm


Por el método de la ecuación diferencial de la elástica: Flechas en plano xy:

Mz

My

x

x

57,6

43,2

+

-

0 3

19,2.

0 0 3 57,6

14, 4.

0 0 3 43,2

3 5

28,8.(5 )

3 57,6 5 0

21,6.(5 )

3 43, 2 5 0

z

z z

y

y y

z

z z

y

y y

x

M x

x M x M

M x

x M x M

x

M x

x M x M

M x

x M x M

− −=

= → = = → == −

= → = = → = −

− −= −

= → = = → == − −

= → = − = → =

36 kN

48 kN

A C B

2 m 3 m

z

y

19,2 kN

14,4 kN

28,8 kN

21,6 kN

2 2

2 2

2 2

1 3

3 3 2

1 2 3 4

0 3 19,2. 3 5 28,8.(5 ) 144 28,8.

. . 19,2. . . 28,8. 144

. . 19,2. . . 28,8. 144.2 2

. . 19,2. . . . 28,8. 144. .6 6 2

z z

z z z z

z z

z z

x M x x M x x

d y d yE I M x E I M x

dx dx

dy x dy xE I C E I x C

dx dx

x x xE I y C x C E I y C x C

cond

− − = − − = − = −

= − = − = − = −

= − + = − +

= − + + = − + +

0 3 3 5 0 3 3 50 3 3 5

1 2 3 4

3

:

0 0 5 0 3 3

: 67,2 0 283,2 216

19,2. 67,2.60 3

33600( 3) 0.0034 0,34C

iciones decontorno

dy dyx y x y x y y x

dx dx

operando C C C C

xx

x y y y x m cm

− − − −− −

= → = = → = = → = = → =

= = =

=

= −

− +− − =→ == = ↓

Flechas en plano xz:

Calculemos zC, por el método de los Teoremas de Mohr: Si abatimos el plano horizontal xz hacia el vertical xy la figura quedará:

4800 Kg B C

36 kN

A

zC

z(x)

z

y

21,6 kN 14,4 kN

x

2 2

2 2

2 2

1 3

3 3 2

1 2 3 4

0 3 14,4. 3 5 21,6.(5 ) 108 21,6.

. . 14,4. . . 21,6. 108

. . 14,4. . . 21,6. 108.2 2

. . 14,4. . . . 21,6. 108. .6 6 2

y y

y y y y

y y

y y

x M x x M x x

d z d zE I M x E I M x

dx dx

dz x dz xE I C E I x C

dx dx

x x xE I z C x C E I z C x C

c

− − = − − − = − − = − +

= − = = − = − +

= + = − + +

= + + = − + + +

0 3 3 5 0 3 3 50 3 3 5

1 2 3 4

3

( 3) 0.004

:

0 0 5 0 3 3

: 50,4 0 212,4 1

6 0,4

62

14,4. 50,4.60 3

18906

0 C

ondiciones decontorno

dz dzx z x z x z z x

dx dx

operando C C C C

xx

z mx z xz m c

− − − −− −

= → = = → = = → = = → =

= − =

=

= − =

−− == → =− = ↓

4800 Kg B C

36 kN

A zC

z(x)

z

y

21,6 kN 14,4 kN

x

δBA

θyA

C δCA hC

tag. en A

[ ]3 5

0 3

0 3 14, 4. 3 5 21, 6.(5 )

( 14, 4. ). .(5 ) 21, 6.(5 ) . .(5 ). .(5 )

. . 18900

0, 01333 ( tan )

0, 013330, 00267 0,

5 5

AB

y y

B

yMB A

BAy y

BA

BAyA yA yA

x M x x M x

x dx x x dx xM dx xQ

E I E I

punto B por debajo gente en A

tag rad

δ

δδ

ϑ θ ϑ

− − = − − − = − −

− − + − − −−= = =

= −

≅ = = = → = −

∫ ∫∫

00267rad

3

0

( )

.3 .3 0,00267.3 0,00801

( 14,4. ). .(3 ). .(3 )

0,00343. . 18900

( tan )

0,00801 0,00343 0,00458

AC

C C CA

C yA yA

C

yMC A

CAy y

C C CA C

z h ver figura

h tag m

x dx xM dx xQ

mE I E I

el puntoC está por debajo dela genteen A

z h m z

δ

θ ϑ

δ

δ

= −

= ≅ = =

− −−= = = = −

= − = − = →

∫∫

0,46cm= −

4800 Kg B C

48 kN

36 kN

A

yC zC

δC

C´

y(x) z(x)

z

y

β

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 20,34 0,46 0,57

0,4653,5º

0,34

C C C

C

C

y z cm

ztag

y

δ

β β

= + = + − =

= = → =



Problemas resueltos

7.1.-En la viga de la figura calcular las reacciones en los apoyos

Ecuaciones de equilibrio:0 10.1 (1)

0 3 10.1.2,5 (2)

A B

A A B B

F R R

M M R M

= + =

= + = +∑∑

4 incógnitas: RA, RB, MA, MB → Viga hiperestática de 2º grado (tiene 2 apoyos de más) Viga Isostática Equivalente Ecuaciones deformación: )4(0)3(0 == BB yϑ Para desarrollar (3) y (4) aplicaremos el Método de los Teoremas de Mohr Desarrollemos la ecuación (3):

2 m 1 m

B A

10 kN/m

RA

RB

MA

MB

A

MA 10 kN/m

2 m 1 m RA

RB

MB

B

2 32

0 2

0 0 0 0

0 2 : .

( 2)2 3 : . 10.( 2).

2

0 ( . ). ( . 5.( 2) ).

4,5 3 1, 667 0 (3)

0 0 0.

0 ( .

AB AB

AB

AB

AB

AB

AB

M MM

B AB A Bz z

z A A

z A A

MA A A A

A A

MMB

B B BA Bz

MB A

S SS

EI EI

x M R x M

xx M R x M x

S R x M dx R x M x dx

R M

Qy y Q

E I

Q R x

ϑ ϑ ϑ ϑ

δ

= → = − = → − = → =

− − = −−− − = − − −

= = − + − − −

− − =

= → = = = → =

= =

∫ ∫

2 32

0 2

).(3 ). ( . 5.( 2) )(3 ).A A AM x dx R x M x x dx− − + − − − −∫ ∫

RA= 0,926 kN., RB= 9,074 kN., MA= 0,833 kN.m., MB= 3,056 kN.m.

4,5 4,5 0,4167 0 (4)

(1), (2), (3) (4)A AR M

resolviendo y

− − =→

7.2.-En la viga de la figura se pide determinar: 1) Reacciones en los apoyos 2) Giro de la sección B 3) Flecha en C

Datos: perfil IPE -180, E= 2,1x105 N/mm2 Ecuaciones de equilibrio: 3 incógnitas: RA, RB, MA → viga hiperestática de 1º grado (tiene en apoyo de más) Viga Isostática Equivalente:

Ecuación de deformación: )3(0=By Para desarrollar (3) emplearemos el Método de los Teoremas de Mohr:

5 kN/m 8 kN

3 m

A B C

1 m RA RB

MA

5 kN/m 8 kN

3 m

A B C

1 m

3 m

A B C

1 m

MA

RA RB

RA = 4,125 kN., RB = 23,875 kN., MA = 0,375 kN.m

32

0

0 0 0.

0 3 : . 5. .2

0 ( . 2,5. ).(3 ). 4,5 4,5 16,875 0 (3)

(1), (2) (3) :

AB

AB

AB

MMB

B B BA Bz

z A A

MB A A A A

Qy y Q

E I

xx M R x M x

Q R x M x x dx R M

resolviendo y

δ= → = = = → =

− − = − −

= = − − − → − − =∫

0 5.4 8 (1)

0 .3 8.4 5.4.2 (2)

A B

A B A

F R R

M R M

= + = +

= + = +∑∑

2

2

2

32

05 3 8

.

2) ( 0). . .

0 3 4,125. 0,375 2,5.

3 4 4,125. 0,375 2,5. 23,875.( 3)

28. 72 2,5.

(4,125. 0,375 2,5. ).

2,1.10 .10 .1317.10

AB AB

B

zM MA

AB A B A B Bz z z

z

z

B

M dxS S

comoE I E I E I

x M x x

x M x x x

x x

x x dx

ϑ ϑ θ θ θ θ

θ −

= − = = = − = → = − = −

− − = − −

− − = − − + − =

= − −

− −= −

∫

∫⇒

θB = 0,00183 rad

3 42 2

0 35 3 8

. .(4 )

3). .

(4,125 0,375 2,5 ).(4 ). [28. 72 2,5 ).(4 ).

2,1.10 .10 .1317.10

0,00274 ( tan )

0 0

AC

C

zMC A

CAz z

CA

CA

C CA C CA C CA

M dx xQ

E I E I

x x x dx x x x dx

m puntoC por debajo de la genteen A

y y y

δ

δ

δδ δ δ

−

−= =

− − − + − − −=

= −= > < → = −

∫

∫ ∫

0,003 0,3Cy m cm= = ↓

A B

C RB MA

3 m 1 m

5 kN/m 8 kN RA

A B C 3 m 1 m

5 kN/m

A B C 3 m 1 m

8 kN

+

1 2 3 0,3C C C Cy y y y cm= + − = ↓

Observación: Otra forma de haber calculado yc, hubiera sido aplicando el “Principio de Superposición de Efectos”.

4 4

1

. 5.4( )

8. . 8.2,1.1317

0,0578 5,78

Cz

q Ly tablas

E I

m cm

= = = =

= = ↓

+

⇓⇓⇓⇓

3 3

2

. 8.4( )

3. . 3.2,1.1317

0,0616 6,16

Cz

P Ly tablas

E I

m cm

= = = =

= = ↓

2

3

2

.( ) .(2 3 )

6. .

23,875.3.(2.3 3.1)

6.2,1.1317

0,1165 11,65

Cz

P by tablas b a

E I

m cm

= = + =

= + =

= = ↑

A B C 3 m 1 m

RB = 23,875 Kg

+

7.4.-La viga AB de la figura se encuentra empotrada en A y sujeta por un cable de acero en C. Al aplicar la carga de 100 kN. en el extremo B se pide calcular las reacciones en el empotramiento y la fuerza a la que estará sometida el cable. Datos: viga: IPE-300; cable: radio = 1 cm.; E= 2.1.105 N/mm2

Ecuaciones de equilibrio: 0 100 (1)

0 .3 100.4 (2)

A

A A

F R T

M T M

= + =

= + =∑∑

3 Incógnitas: RA, MA, T → Viga Hiperestática de 1º grado (tiene 1 apoyo de más) Viga Isostática Equivalente: Ecuación de deformación: )3()(cableLyC ∆=

yC la calcularemos por la Ecuación Diferencial de la Elástica:

100 kN 2 m

A C B

3 m 1 m

RA

MA

T

100 kN

A C B

3 m 1 m

RA

MA T

Observación: Se podría haber desarrollado la ecuación (3) de deformación a partir de los Teoremas de Mohr. En este caso se tendría que tener cuidado con los signos.

Cálculo de yC por los Teoremas de Mohr : yC = -δCA (pues como se observa en la figura: yC >0 y por el contrario: δCA < 0)

yC δCA < 0

C

C

A B

tag. en A x

y 3 m 1 m

RA

MA

RA = 41,62 kN., MA = - 24,68 kN.m (sentido horario)., T= 141,62 kN

)3(LyC ∆=

3

08 8 8 8

8 8

( . ). .(3 ). .(3 )4,5. 4,5.

. . 2,1.10 .8360.10 2,1.10 .8360.10

4,5. 4,5.

2,1.10 .8360.10

AC

C

A AzMC A A A

CAz z

A AC CA C

R x M dx xM dx xQ R M

E I E I

R Mcomo y y el mismovalor obtenido anteriormente

Así pues la ecuación

δ

δ

− −

−

− − −−− −= = = =

+= − → = →

∫∫

(3)será la misma deantes

2

2

2 3 2

1 1 2

1 2

3 2

35 3 8

0 3 . . . .

. . . . . . . . .2 6 2

: 0 0; 0 0 : 0 0

. . 4,5.6 22,1.10 .10 .8360.10

z A A z z A A

z A A z A A

A A

C x

d yx M R x M E I M R x M

dx

dy x x xE I R M x C E I y R M C x C

dxdy

condiciones decontorno x x y resolviendo C Cdx

x xR M

y y y =−

− − = − − = − = +

= + + = + + +

= → = = → = = =

+= → = =

8 8

8 8 8 2 4

4,5.

2,1.10 .8360.10

4,5. 4,5. .2(3) (1),(2) (3) :

2,1.10 .8360.10 2,1.10 . .1 .10

A A

A AC

M R

M R Ty L y resolviendo y

π

−

− −

+

+= ∆ → =

7.5.-En la viga de la figura se pide determinar: 1) Reacciones en los apoyos 2) Diagramas de solicitaciones 3) Giro de la sección A 4) Flecha en x = 3 m

Datos: E = 2,1x105 N/mm2 , IPE-200

Ecuaciones de equilibrio: 0 20 10.3 (1)

0 7 3 20.8 10.3.1,5 (2)

A B C

C A B C

F R R R

M R R M

= + + = +

= + + = +∑∑

4 incógnitas: RA, RB, RC, MC → Viga Hiperestática de 2º grado (tiene dos ligaduras de más) Nota: Este problema en lugar de resolverlo por el método de la “viga isostática equivalente”, lo resolveremos por el método de la “Ecuación de los tres Momentos”. La viga dada es equivalente a la siguiente: siempre que se cumpla la ecuación de deformación: θC = 0 (3) Por último emplearemos la: ecuación de los tres momentos (4) Desarrollemos a continuación las ecuaciones (3) y (4): Ecuación de los tres momentos:

+=+++

+

+−+++−

+−

1

111111

1,,1

.6.).(2.n

Mn

n

Mn

nnnnnnn L

Q

L

QLMLLMLM

nnnn

para analizar cada uno de sus términos separemos la viga continua en dos vigas simplemente apoyadas:

10 kN/m 20 kN

A B C 1 m 4 m 3 m RA

RC

MC

RB

10 kN/m 20 kN

A B

C

1 m 4 m 3 m RA RB RC

MC

RA

RB

(20.5-4RA) kN.m

RC

(20-RA) kN (MC+10.3.1,5-3.RC) kN.m

20.1 kN.m 20 kN

A B 4 m

(10.3-RC) kN 10 kN/m

B C

RC

MC

3 m

siendo:

1, , 1

1 1

1 1 1

20 . ., (20.5 4. ) . ., .

4 ., 3 ., 0,n n n n BCAB

n A n B A n C

M M MMn AB n BC n A n C

M M kN m M M R kN m M M kN m

L L m L L m Q Q Q Q− +

− +

+ − +

= = = = − =

= = = = = = =

cálculo de :BCMCQ

La ecuación de los tres momentos será pues:

0 33,7520.4 2.(20.5 4. ).(4 3) 3. 6. (4)

4 3A CR M + − + + = +

Desarrollemos a continuación la ecuación (3): 0=Cϑ (lo desarrollaremos por Mohr)

32

0

0 3 . (20 ). (20.5 4. ) 10. .2

0 0 0 03 .

0 ( . (20 ). (20.5 4. ) 5. ). .

27. 9. 731,25 0 (3)

BC

BC

BC

z B A A

MMBC B

C C BC BC Bz

MB B A A

A B

xx M R x R x R x

Qtag siendo Q

E I

Q R x R x R x x dx

R R

δϑ ϑ δ δ

− − = − − − − −

≅ = = → = = = → =

= = − − − − −

+ − =

∫

resolviendo las ecuaciones (1), (2), (3) y (4):

RB

10 kN/m

B C

3 m RC

32

0

0 0 15

0 3 15. 10. .2

(15. 5. ).(3 ). 33,75BC

C B C

z

MC

F M R R Kg

xx M x x

Q x x x dx

= = → = =

− − = −

= − − =

∑ ∑

∫

MC

B C

10 kN/m

3 m RC RB

(20-RA) kN (20.5-4RA) kN.m

1) RA = 25,925 kN., RB = 3,475 kN, RC = 20,6 kN., MC = 13,1 kN.m

2) Diagramas de esfuerzos:

3) Giro sección A: aislemos el tramo AB

10.3.1,5 3. 3,7 . ( )

10.3 9,4B C C

B C

M M R kN m sentido anti horario

F R kN

= + − = − −= − =

Vy

20

5,925

9,4

20,6

x

13,1

20

3,7 8,118

x

Mz

+

-

- -

+

10 kN/m 20 kN

A B C 1 m 4 m 3 m

RA=25,925 kN RB=3,475 kN RC=20,6 kN

MC=13,1 kN.m

RA=25,925 kN MB=3,7 kN.m

RB=3,475 kN

20.1 kN.m 20 kN

A B 4 m

FB=9,4 kN

4

08 8

0 4 (25,925 20). 20 5,925. 204

(5,925. 20).(4 ).

0,024 ( tan ). 2,1.10 .1940.10

AB

BAA A z

MB

BAz

tag x M x x

x x dxQ

m punto B por debajo genteen AE I

δϑ ϑ

δ −

≅ = − − = − − = −

− −= = = −

∫

4) Flecha en x = 3 m: aislamos el tramo AB y empleamos el método de la Ecuación Diferencial de la Elástica (Nota: x=3 m en la viga → x=2 m en el tramo AB)

|θA |= |δBA|/4 = 0,024/4 = 0,006 rad (sentido antihorario, ver figura)

RA=25,925 kN MB=3,7 kN.m

RB=3,475 kN

20.1 kN.m 20 kN

A B 4 m

FB=9,4 kN

A B 4 m

tag en A

δBA

θA

2

2

2

1

3 2

1 2

1 2

3

0 4 (25,925 20). 20 5,925. 20

. . 5,925. 20

. . 5,925. 20.2

. . 5,925. 20. .6 2

: 0 0; 4 0 : 24,2 0

5,925. 20.6

z

z z

z

z

x M x x

d yE I M x

dx

dy xE I x C

dx

x xE I y C x C

condiciones decontorno x y x y resolviendo C C

x x

y

− − = − − = −

= − = − +

= − + +

= − + + +

= → = = → = = − =

− +=

2

8 8

24,2.2

2,1.10 .1940( 2) 0,004 0,4

.10y x m cm

x

− = = − = −−

→ ↑

Nota: Si para calcular las reacciones se hubiese empleado el método de la viga isostática equivalente, hubiese sido: Viga isostática equivalente Con las condiciones de deformación: yA = 0 (3) yB = 0 (4) Desarrollando estas ecuaciones por cualquiera de los métodos conocidos y junto con las dos ecuaciones de equilibrio: (1) y (2), se hubiese tenido un sistema de 4 ecuaciones con 4 ncógnitas, que al resolverlo se hubiese obtenido el mismo resultado para las reacciones en los apoyos: RA, RB, RC y MC

10 kN/m 20 kN

A B C

1 m 4 m 3 m

RA RB RC

MC


Tema 8: TORSIÓN

T

x

G

1 2

2´

G

Problemas resueltos

8.1.-En la ménsula de la figura de sección maciza circular se pide: 1) Diagrama de momentos torsores 2) Dimensionamiento a resistencia de la sección empleando el criterio de Von Misses 3) Diagrama de giros de torsión

Datos: fy = 275 N/mm2; G = 81000 N/mm2 ; coeficiente de minoración del material: γγγγM =1,1 coeficiente de mayoración de cargas: γγγγ =1,5 Cálculo del Momento de empotramiento. Ecuaciones de equilibrio:

Diagramas de esfuerzos: Dimensionamiento a resistencia: Sección más solicitada: tramo 0-x-1 → T = 12 kN.m Punto más solicitado: los del borde de la sección circular

x

0 1:

12 .

1 2 :

4 .

tramo x

T kN m

tramo x

T kN m

− −

= −− −

= −

τmax

τmax

τmax

τmax

*

* * * * * 2* *

max 4 3 3

0

12.10 .1,5( sec . )

. . .2

2 2ot o

T T T T Tcaso c circular

I R R RW WR

R

σ

τ τπ π π

=

= = = = = = = =

4 kN.m 8 kN.m

1 m 1 m

sección

TA

A

T (kN.m)

4

12

0,0276 0,0368

x

ϕx (rad)

-

-

0 8 4 12 .AT T kN m= = + =∑

Von Misses: sustituyendo valores:

Criterio elástico de dimensionamiento:

Diagramas de giros a torsión:

2

6

3

12.10 .1,5 2753.

. 1,12

co Rσ

π

= ≤ →

43R mm≥

3

6 8

0 1:

12.10 .( 0)

. 81000.10 .537.10

0 0 1 0,0276

AXT

XA X A A Xt

x x

tramo x

S xcomo

G I

x x rad

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

−

− −

−= − = = = = =

= → = = → = −

4 44. .4,3

( sec . ) 5372 2t o

RI caso c circular I cm

π π= = = = =

3 3

6 8

1 2 :

12.10 .1 4.10 .( 1)( 0)

. 81000.10 .537.10

1 0,029 2 0,0369

AXT

XA X A A Xt

x x

tramo x

S xcomo

G I

x rad x rad

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

−

− −

− − −= − = = = = =

= → = − = → = −

*2 *23.co ydfσ σ τ= + ≤

* 6 3, , , ,

330

,

2751,1. 12.10 .1,5 . 124707,66

3 3

.(caso de sección circular)= 124707,66

242,98 43 ¡el mismo resultado que con Von Misses!

ydel d T el T el T el

T el o

fT T W W W mm

I RW W mm

RR mm mm

π

≤ = → ≤ → ≥

→ = = = =

→ ≥ ≃

8.2.-En la barra de la figura se pide calcular: 1) Diagramas de momentos torsores 2) Diagramas de giros de torsión

Datos: G, It Ecuaciones de equilibrio: 1 ecuación de equilibrio y 2 incógnitas: TA y TB → viga hiper-estática Viga isostática equivalente: condición: Desarrollemos la ecuación (2):

To To

L/3 L/3 L/3

TA TB

To To

L/3 L/3 L/3

TA TB

)2(0=Bϕ

/3

0

0 ( ) 0 ( 2).

0 0 . 0 :.

0 / 3 :

/ 3 2 / 3 :

2 / 3 : 2. :

. ( ). ( ).

AB

AB

AB

T

BA B A A Bt

BTT

BAt A

A

A o

A o

B L

A A o

A

Spero empotramiento y ecuación

G I

SS T dx siendo

G I

x L T T

L x L T T T

L x L T T T con lo cual sustituyendo

T dx T dx T T d

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ

= − = = =

= = → = → =

− − = −− − = − +

− − = − +

= − + − +

∫

∫ ∫2 /3

/3 2 /3

( 2 ). 0

. ( ). ( 2. ). 0 (2)3 3 3

(1) (2) :

L L

A o

L L

A A o A o

A o B o

x T T dx

L L LT T M T M

resolviendo el sistema deecuaciones y T T T T

+ − + =

− + − + + − + =

= =

∫ ∫

0 00 (1)A BT T T T T= → + = +∑

To To

L/3 L/3 L/3

To To

ϕx

x

To L /3GIt

0 / 3 :

.( 0)

. .

.0 0 / 3

3. .

/ 3 2. / 3 :

0

.( 0)

. 3. .

2. / 3 :

(

AX

AX

o

To

XA X A A Xt t

oX X

t

o o

To

XA X A A Xt t

o o o o

XA X A

tramo x L

T T

T xScomo

G I G I

T Lx x L

G I

tramo L x L

T T T

T LScte

G I G I

tramo L x L

T T T T T

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ

− −

= −

−= − = = = = =

−= → = = → =

− −

= − + =

−= − = = = = = =

− −

= − + + =

= − =.

2..( )

3 30). .

.2. / 3 0

3. .

AXT o o

A Xt t

oX X

t

L LT T xS

G I G I

T Lx L x L

G I

ϕ

ϕ ϕ

− + −= = = =

−= → = = → =

To

T0

T

x -

+

-

8.5.-La sección de una viga está sometida a un momento torsor de valor: T = 7,5 kN.m. Se pide:

1) Dimensionar a resistencia dicha sección empleando el criterio de Von Misses 2) Calcular las tensiones en los puntos 1 y 2 indicados en la figura 3) Calcular el ángulo de torsión unitario

Datos: G = 81000 N/mm2, fy = 275 N/mm2 ; coeficiente de minoración del material: γγγγM =1,1 coeficiente de mayoración de cargas: γγγγ =1,35

Observación: Si no se tuviesen los valores de WT se podría ir tanteando perfiles tubulares rectangulares y calculando el WT correspondiente, a partir de su fórmula:

*2 *2 *

* 6*

63

: 3. ( 0) . 3 :

7,5.10 .1,35:

7,5.10 .1,35 275. 3 70,148.10 100 / 80 / 6

1,1

100 80 6

co yd

t t

tt

aplicandoVon Mises como f siendo

Tsustituyendo

W W

W mm tablas perfilW

h mm b mm t mm

σ σ τ σ τ

τ

= + = = = ≤

= =

≤ → ≥ → →

= = =

1,4 t

z

y

τa

τb

T

t

t

2

h

b

1 5 cm

5 cm

y

* 6, , , ,

(en este caso coincidiría con el plástico, pues al ser el espesor cte,

todos los puntos alcanzan la f a la vez) :

2751,1. 7,5.10 .1,35 . 70,148.10

3 3yd

el d T el T el T el

aplicandocriterioelástico

fT T W W W≤ = → ≤ → ≥ 3 3

100 /80 / 6 ¡el mismo resultado que con Von Misses!

mm

tablas perfil→ →

min2. . 2. . . 2. .( ).( )

los valores de h, b y t los iríamos sacando de las tablas de los perfiles que fuésemos tanteando

=(area encerrada por la línea media)= . =( ).( )

T m m m

m m m

W t A t h b t h t b t

A h b h t b t

= = = − −

− −

2) 3)

62

3

7,5.1089,95 /

2. . 2.6.6956.10aa m

TN mm

t Aτ = = =

62

2

7,5.1089,95 /

2. . 2.6.6956

: 6 . (80 6).(100 6) 6956

bb m

a b m m m

TN mm

t A

siendo t t mm A b h mm

τ = = =

= = = = − − =

6

4

7,5.100,0000268 /

. 8,1.10 .3456138xt

Trad mm

GIϑ = = =

2 2 2 244. 4.( . ) 4.(80 6) .(100 6)

: 3456138(100 6) (80 6)

2. 2.2. 2.6 6

m m mt

i m m

i

A b hsiendo I mm

s h b

t t t

− −= = = =− −++∑

8.6.-En la viga de la figura se pide: 1) Momento torsor máximo que se podrá aplicar para que el giro de la sección B

respecto de A no supere los 6º 2) Para el momento torsor obtenido en el apartado anterior, calcular la tensión

máxima Datos: G = 81000 N/mm2

2)

M M 0,4 cm

0,4 cm

10 cm

10 cm A B

1,5 m

1,5

0

6 8

3 3 3 4

2.6º 6. 0,105

3600 1,5 :

.

( 0) 0,105 :. .

.1,50,105

81000.10 .0,148.10

1 1. . . 1. .(9,8.0, 4 9,8.0, 4 ) 0,1483 3

ABT

BA B A A Bt t

t i i

rad

tramo x T M cte

M dxS

como sustituyendoG I G I

M

siendo I s t cm

π

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

α

−

→ =

− − = =

= − = = = = = =

= →

= = + =

∫

∑

8,4 . 0,0084 .M N m kN m= =

32

max 3

8,4.108 /

1,045.10t t

T MN mm

W Wτ = = = =

3222 045,1)4,0.8,94,0.8,9.(3

1.1..

3

1. cmtsWsiendo iit =+== ∑α

M

τmax

τmax

z

y



T

x

y

z

L

Mz

My

N

Vy

Vz

Problemas resueltos

9.1.-En la viga de la figura calcular por el Teorema de los Trabajos Virtuales: 1) Flecha en C 2) Giro en B

Datos: IPE-180, E = 2,1.105 N/mm2

Ecuaciones de equilibrio: Esfuerzos en la viga: 1.-Flecha en C: Ecuaciones de equilibrio: Esfuerzos en la viga: Aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales a la viga con carga unitaria:

siendo:

0 20

0 .4 20.1

A B

A B

F R R

M R

= + =

= =∑∑

15

5A

B

R kN

R kN

==

20 kN

A B

1 m 3 m

RA RB

C

0 1 ´ 15.

1 2 ´ 5.(4 )z

z

x M x

x M x

− − =− − = −

1 kN

A B 1 m 3 m

RA RB

C

1.14.0

10

==

=+=

∑∑

BA

BA

RM

RRF 0,75

0, 25A

B

R kN

R kN

==

)4.(25,021

.75,010

xMx

xMx

z

z

−=−−=−−

5 4 9 2. 2,1.10 .1320.10 2772.10 .zE I N mm= =

0

. ´ .. ´ . ´ ( )

.

Lz z

i i i i yz

M M dxF R se desprecia efectosV

E Iδ + ∆ =∑ ∑ ∫

1 4

0 19 3 6

0,75. .15. . 0,25.(4 ).5.(4 ).

1. 02772.10 .10 .10C

x x dx x x dx

y − −

+ − −+ = ⇒

∫ ∫

1 ´ ( 0,75 0,25 ) ´ 0 :i i C i A B iF kN y R R kN y R kN y sustituyendoδ= = = = = ∆ =

0,0054 5,4Cy m mm= = ↓

2.-Giro en B: Ecuaciones de equilibrio: Esfuerzos en la viga: Aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales a la viga con carga unitaria:

siendo:

1 kN.m

A B

1 m 3 m

RA RB

C

14.0

0

==

==

∑∑

BA

BA

RM

RRF 0, 25

0, 25A

B

R kN

R kN

==

xMx z .25,040 =−−

0

. ´ .. ´ . ´ ( )

.

Lz z

i i i i yz


E Iδ + ∆ =∑ ∑ ∫

1 . ´ ( 0,25 0,25 ) ´ 0 :i i B i A B iF kN m R R kN y R kN y sustituyendoδ ϑ= = = = = ∆ =

1 4

0 19 3 6

0,25. .15. . 0,25. .5.(4 ).

1. 02772.10 .10 .10B

x x dx x x dx

ϑ − −

+ −+ = ⇒

∫ ∫radB 0045,0=ϑ

9.3.-Calcular aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales el alargamiento total de la barra de la figura Datos: E = 2,1.105 N/mm2

Ecuaciones de equilibrio:

Esfuerzos en la barra: Alargamiento de la barra: ∆L

Ecuaciones de equilibrio: Esfuerzos en la barra: Aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales a la viga con carga unitaria:

siendo:

0 2 ´ 10 2 4 ´ 10

4 6 ´ 10 20 10 6 10 ´ 10

x N x N

x N x N

− − = − − − = −− − = − + = − − =

4 cm2

2 cm 2

1 cm 2

2 m

2 m

2 m

4 m

20 kN

10 kN

RA A

B

4 cm 2

2 cm 2

1 cm 2

2 m

2 m

2 m

4 m

1 kN

RA A

B

0 10 20 10A AF R R kN= + = → =∑

0 1AF R kN= =∑

0 10 1x N− − =

´

0

. .. ´ . ´

.

L

i i i i

N N dxF R

E Aδ + ∆ =∑ ∑ ∫

1 ´ 1 ´ 0 :i i i A iF Kg L R R kN y sustituyendoδ= = ∆ = = ∆ =

2 104 6

0 62 45 3 6 4 5 3 4 5 3 4 5 3 4

1.( 10). 1.10.1.( 10). 1.10.

1. 02,1.10 .10 .10 .4.10 2,1.10 .10 .2.10 2,1.10 .10 .2.10 2,1.10.10 .1.10

dx dxdx dx

L − − − − −

− −∆ + = + + +

∫ ∫∫ ∫

0,00167 1,67 ( arg )L m mm se al a∆ = =⇒

9.4.-En la barra de la figura calcular las reacciones en los empotramientos utilizando el Teorema de los Trabajos Virtuales Ecuaciones de equilibrio: Se tiene 1 ecuación de equilibrio y 2 incógnitas ⇒ VIGA HIPERESTÁTICA para su resolución iremos a la viga isostática equivalente Viga isostática equivalente: condición: ϕB = 0 (2) Esfuerzos en la barra: Desarrollemos la ecuación (2) aplicando el método del Teorema de los Trabajos Virtuales: Ecuaciones de equilibrio: Esfuerzos en la barra: Teorema de los Trabajos virtuales: siendo:

To To

A B

L/3 L/3 L/3

TB TA

0 00 (1)A BT T T T T= + = +∑

To To

A B

L/3 L/3 L/3

TB TA

A B

L

1 kN.m TA

0

0 / 3 ´

/ 3 2. / 3 ´

2. / 3 ´

A

A

B

x L T T

L x L T T T

L x L T T

− − = −− − = − +

− − =

0 1AT T= =∑

0

. .. ´ . ´

.

L

i i i it

T T dxF R

G Iδ + ∆ =∑ ∑ ∫

1 . ´ 0 1 . ´ 0 :i i B i A iF kN m R T kN m y sustituyendoδ ϕ= = = = = ∆ =

0 1x L T− − =

resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1) y (2):

/3 2 /3

0

0 /3 2 /3

1.( ). 1.( ). 1. .

1.0 0 :. . .

L L L

A A B

L L

t t t

T dx T T dx T dx

operandoG I G I G I

− − ++ = + +

∫ ∫ ∫

0. ( ). . 0 (2)3 3 3A A B

L L LT T T T− + − + + =

0

0

A

B

T T

T T

==

9.7.-La estructura de la figura está formada por dos barras perpendiculares: AC y BC, que se encuentran articuladas en C. Si se sabe que el apoyo B sufre un asiento vertical de ∆∆∆∆= 2 cm. Se pide calcular el desplazamiento vertical del nudo C. Datos: A(1) = 6 cm2 , A(2) = 18 cm2 , E= 2,1.105 kN/mm2 Por el teorema del seno se calcula el ángulo α:

Nota: “en las estructuras de barras articuladas y con cargas exteriores actuando en los nudos (como es este caso), las barras trabajarán sólo a Tracción o a Compresión”. En función de ello y para ver cómo trabajan las barras, aislemos el nudo C y estudiemos el equilibrio de todas las fuerzas que concurren en él Ecuaciones de equilibrio del nudo C:

Para saber si son de tracción o de compresión se razona de la siguiente forma: los sentidos de F1 y F2 dibujados en la figura, representan las acciones que las barras 1 y 2 respectivamente están haciendo sobre el nudo C. Por tanto, las acciones que el nudo C estará haciendo sobre las barras (por el Principio de la acción y reacción), serán de sentidos contarios a las dibujadas, es decir:

β

α

B´

C

3 m (1) (2) 4 m

A B ∆=2 cm

5 m

150 kN

α

β

º13,53º90º87,365

3

º90

53 =−==→=→= αβααα

sensensen

F1 F2 β

B´

C

3 m (1) (2) 4 m

A B ∆=2 cm

5 m

150 kN

α=36,87º β=53,13º

α

x

y

1 2

1 2

0 . 36,87º . 53,13º 150

0 .cos36,87º .cos53,13º

x

y

F F sen F sen

F F F

= + =

= =∑∑

⇒⇒⇒⇒ 1

2

90

120

F kN

F kN

==

Esfuerzos en las barras: Desplazamiento vertical del nudo C: se calculará aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales: Ecuaciones de equilibrio del nudo C:

y por lo dicho antes en relación a sus sentidos, en este caso las dos barras trabajarán a compresión Esfuerzos en las barras: Teorema de los Trabajos Virtuales: siendo Cálculo de la reacción VB: Ecuación de equilibrio:

F1

A

C

1

F2

C

B

2 tracción compresión

1

2

: ´ 90

: ´ 120

barra AC N F kN

barra BC N F kN

= =

= − = −

1º13,53cos.º87,36cos.0

º13,53.º87,36.0

21

21

=+=

==

∑∑

FFF

senFsenFF

y

x ⇒⇒⇒⇒

1

2

: 0,8

: 0,6

barra AC N F kN

barra BC N F kN

= − = −

= − = −

0

. .. ´ . ´

.

L

i i i i

N N dxF R

E Aδ + ∆ =∑ ∑ ∫

1 ´ ( 0,36 , , , ) ´ 2i i C i B A B A iF kN y R V kN V H H kNδ= = = = ∆ =

x

F1 F2 β

B´

C

3 m (1) (2) 4 m

A B ∆=2 cm

5 m

1 kN

α=36,87º β=53,13º

α

y

VB VA

HB HA

0 .5 1.(3.cos53,13º ) 0,36A B BM V V kN= = → =∑

1

2

0,8

0,6

F kN

F kN

==

Nota: Sólo se calcula VB, pues al descender el apoyo B verticalmente, es el único que producirá trabajo y ese trabajo será negativo, pues el sentido de VB y el del desplazamiento que sufre son contrarios. y sustituyendo finalmente:

3 4

0 05 3 6 4 5 3 6 4

( 0,8).(90). ( 0,6).( 120).

1. 0,36.0,022,1.10 .10 .10 .6.10 2,1.10 .10 .10 .18.10C

dx dx

y − − − −

− − −− = +

∫ ∫

⇒ 0,0062 6, 2Cy m mm= = ↓

9.8.-En la estructura de la figura se pide calcular: 1) Las reacciones en los apoyos 2) Desplazamiento horizontal de B Datos: viga y pilar : IPE-300, E =2,1.105 N/mm2 Ecuaciones de equilibrio:

Hay 3 ecuaciones de equilibrio y 5 incógnitas ⇒ ESTRUCTURA HIPERESTÁTICA Estructura isostática equivalente: Desarrollemos las ecuaciones (4) y (5) aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales: xC = 0 (4)

0 (1)

0 10.4 (2)

0 .4 .3 10.4.2 (3)

H A C

V A C

A C A C

F H H

F V V

M V M H

= =

= + =

= + = +

∑∑∑

MA

)5(0

)4(0

==

C

C

y

xCondiciones:

A B

4 m

3 m

VA

VC

HA

HC C x

y

C

A B

4 m

3 m

MA

HA

1 Kg x

y 0 1

0 1.3 3 .

x A

A A

F H kN

M M kN m

= =

= = =∑∑


A B

C

4 m

3 m

VA

VC

HA

HC

10 kN/m

Teorema de los Trabajos Virtuales:

siendo:

Esfuerzos en las barras:

y sustituyendo:

operando: yC = 0 (5) Teorema de los Trabajos Virtuales:

siendo:

0 0

. ´ .. .. ´ . ´ ( )

. .

L Lz z

i i i i yz

M M dxN N dxF R se desprecia efectosV

E A E Iδ + ∆ = +∑ ∑ ∫ ∫

1 ´ 0 ( 1 ., 3 . ) ´ 0i i C i A A iF Kg x R H kN M kN mδ= = = = = = ∆ =

:

arg : 1 3

arg : ´ ´ . 10. .2

:

arg : 0 1.

arg : ´ ´ .

z

A z A A

z

C z C

viga AB

estructura con c aunitaria N M

xestructura dada con c a real N H M V x M x

pilar CB

estructura con c aunitaria N M x

estructura dada con c a real N V M H x

= =

= − = − −

= = −= − =

4 4 32

0 0 05 3 6 4 5 3 6 8 5 3 6 8

1.( ). 3.( . 5. ). ( 1. ).( . ).

1.0 02,1.10 .10 .10 .53,8.10 2,1.10 .10 .10 .8360.102,1.10 .10 .10 .8360.10

A A A CH dx V x M x dx x H x dx

− − − − − −

− − − −+ = + +

∫ ∫ ∫

0,0622. 24. 12. 320 9. 0 (4)A A A CH V M H− + − − − =

C

A B 4 m

3 m

MA VA

1 Kg

x

y


0 1

0 1.4 4 .

y A

A A

F V kN

M M kN m

= =

= = =∑∑

0 0

. ´ .. .. ´ . ´ ( )

. .

L Lz z

i i i i yz


E A E Iδ + ∆ = +∑ ∑ ∫ ∫

1 ´ 0 ( 1 ., 4 . ) ´ 0i i C i A A iF Kg y R V kN M kN mδ= = = = = = ∆ =

Esfuerzos en las barras:

y sustituyendo:

operando: resolviendo finalmente el sistema de ecuaciones: (1), (2), (3), (4) y (5):

3) Desplazamiento horizontal de B:

Estructura isostática equivalente: Apliquemos el teorema de los trabajos Virtuales:

:

arg : 0 1. 4 4

arg : ´ ´ . 10. .2

:

arg : 1 0

arg : ´ ´ .

z

A z A A

z

C z C

viga AB

estructura con c aunitaria N M x x

xestructura dada con c a real N H M V x M x

pilar CB


estructura dada con c a real N V M H x

= = − + = −

= − = − −

= − == − =

4 32

0 05 3 6 8 5 3 6 4

(4 ).( . 5. ). ( 1).( ).

1.0 02,1.10 .10 .10 .8360.10 2,1.10 .10 .10 .53,8.10

A A Cx V x M x dx V dx

− − − −

− − − − −+ = +

∫ ∫

10,667. 8. 106,667 0,0466. 0 (5)A A CV M V− − + =

2,164 ., 22,604 ., 16,908 .

2,164 ., 17,396 .A A A

C C

H kN V kN M kN m

H kN V kN

= = == =

A B

4 m

3 m

VA = 22,604 kN

VC = 17,396 kN

HA = 2,164 kN

HC = 2,164 kN C x

y

MA = 16,908 kN.m 10 kN/m


siendo: Esfuerzos en las barras:

y sustituyendo:

C

A B

4 m

3 m

HA

1 kN

x

y 0 1AF H kN= =∑

0 0

. ´ .. .. ´ . ´ ( )

. .

L Lz z

i i i i yz


E A E Iδ + ∆ = +∑ ∑ ∫ ∫

1 ´ 0 ( 1 .) ´ 0i i C i A iF Kg y R H kNδ= = = = = ∆ =

:

arg : 1 0

arg : ´ 2,164 ´ 22,604. 16,908 10. .2

:

arg : 0 0

arg : ´ 17,396 ´ 2,164.

z

z

z

z

viga AB


xestructura dada con c a real N M x x

pilar CB


estructura dada con c a real N M x

= =

= − = − −

= == − =

4

05 3 4

66

(1).( 2,164).

1. 02,1.10 .10 .10 .5

8.10 0,003,8.10

8HBHB

x

m mm

d

δ δ− −−

−+ = −= → = − ←

∫

9.9.-La viga de la figura está empotrada en A y apoyada en B y tiene un cable de sujeción en C. Se pide calcular las reacciones en los apoyos y el esfuerzo en el cable. Datos: viga: IPE-240, cable: Φ=8 cm, E =2,1.105 N/mm2 Ecuaciones de equilibrio:

2 ecuaciones de equilibrio con 4 incógnitas ⇒ VIGA HIPERESTÁTICA Viga isostática equivalente: condiciones: Las flechas yB e yC las calcularemos aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales yB = 0 (3)

B A 3 m

10 kN/m

1 m

2,5 m

C MA

RA RB

T

0 10.4 (1)

0 .4 .3 10.4.2 (2)

y A B

zA B A

F R R T

M R T M

= + + =

= + + =∑∑

B A 3 m

10 kN/m

1 m C MA

RA RB

T

)4()3(0 Lyy CB ∆==

MA B A

3 m 1 m C

RA 1 kN


0 1

0 1.4 4 .

y A

A A

F R kN

M M kN m

= =

= = =∑∑


siendo:

Esfuerzos en la viga:

y sustituyendo:

operando: yC = ∆L (4) a) cálculo de yC: por el Teorema de los Trabajos Virtuales:


0

. ´ .. ´ . ´ ( )

.

Lz z

i i i i yz


E Iδ + ∆ =∑ ∑ ∫

1 ´ 0 ( 1 ., 4 . ) ´ 0i i B i A A iF Kg y R R kN M kN mδ= = = = = = ∆ =

0 3:

arg : 1. 4 4

arg : ´ . 10. .2

3 4 :

arg : 1. 4 4

(4 )arg : ´ .(4 ) 10.(4 ).

2

z

z A A

z

z B

x

viga con c a unitaria M x x

xviga dada con c a real M R x M x

x


xviga dada con c a real M R x x

− −= − + = −

= − −

− −= − + = −

−= − − −

3 42 2

0 35 3 6 8

(4 ).( . 5. ). (4 ). .(4 ) 5.(4 ) .

1.0 02,1.10 .10 .10 .3890.10

A A Bx R x M x dx x R x x dx

− −

− − − + − − − − + =

∫ ∫

.9 .7,5 80 .0,33 0 (3)A A BR M R− − + =

RA

MA B A

3 m 1 m C

1 kN


0 1

0 1.3 3 .

y A

A A

F R kN

M M kN m

= =

= = =∑∑

siendo:

Esfuerzos en la viga:

y sustituyendo:

b) Cálculo de ∆L:

igualando ambos resultados por la ecuación (4):

resolviendo finalmente el sistema de ecuaciones (1), (2), (3) y (4):

0

. ´ .. ´ . ´ ( )

.

Lz z

i i i i yz


E Iδ + ∆ =∑ ∑ ∫

1 ´ 0 ( 1 ., 3 . ) ´ 0i i C i A A iF Kg y R R kN M kN mδ= = = = = = ∆ =

0 3:

arg : 1. 3 3

arg : ´ . 10. .2

3 4 :

arg : 0

(4 )arg : ´ .(4 ) 10.(4 ).

2

z

z A A

z

z B

x


xviga dada con c a real M R x M x

x

viga con c a unitaria M

xviga dada con c a real M R x x

− −= − = −

= − −

− −=

−= − − −

32

05 3 6 8

( 3).( . 5. ).

1. 02,1.10 .10 .10 .3890.10

A A

C

x R x M x dx

y − −

− − −+ = →

∫ .4,5 .4,5 33,75

2,1.3890A A

C

R My

− + +=

5 3 6 2 4 4 2

. .2,5 .2,5

. 2,1.10 .10 .10 . .0, 4 .10 2,1.10 . .0,4

F L T TL

E A π π− −∆ = = =

4 2

.4,5 .4,5 33,75 .2,5(4)

2,1.3890 2,1.10 . .0,4A AR M T

π− + + =

23,274 ., 17,791 . ., 12,03 ., 4,696A A BR kN M kN m R kN T kN= = = =

9.10.-La ménsula ABC tiene su eje situado en un plano horizontal. Está formada por dos barras de sección circular, acodadas a 90º y está sometida a la carga vertical en C de 20 kN. Se pide:

1) Tensiones normales y cortantes máximas, indicando sección y puntos donde se darán

2) Desplazamiento vertical de C Datos: Φ=14 cm., E =2,1.105 N/mm2, G =8,1.104N/mm2 Nota: para el cálculo del apartado 2º se despreciará el efecto de las fuerzas cortantes Vy. Cálculo de las reacciones en el empotramiento: Diagramas de esfuerzos: tramo AB:

0 20

0 20.1 20 .

0 20.2 40 .

y yA

xA A

zA zA

F V kN

M T kN m

M M kN m

= =

= = =

= = =

∑∑∑

A B

y

2 m

z TA = 20 kN.m

MzA = 40 kN.m

x 20 kN.m

VyA = 20 kN 20 kN

20

40 20

Vy

T

Mz

x

x

x

+

+

_

C

A 2 m

1 m

VyA

TA

MzA

x

y

z

20 kN

B

tramo BC:

B C

20 kN

1 m

y

z

x

20 kN.m

20 20 Vy

Mz

x

x

+

_

20 kN

0 2

20

20

20.(2 )

0 40

2 0

y

z

z

z

x

V

T

M x

x M

x M

− −=

== − −

= → = −= → =

0 1

20

20.(1 )

0 20

1 0

y

z

z

z

x

V

M x

x M

x M

− −=

= − −= → = −= → =

1) Sección más solicitada: ⇒ la sección A del tramo AB

Punto de σmáx: ⇒ puntos 1 Punto de τmáx : ⇒ punto 2

2) Desplazamiento vertical del extremo C: se hará aplicando el Teorema de los trabajos Virtuales Cálculo de las reacciones en el empotramiento:

20 20 . 40 .y zV kN T kN m M kN m= = =

x

y

z z

y y

1 1 1

2 2 2

τ (T) τ (Vy) σ (Mz)

1

3

1

31

44

2

1:

. 40.10 .10 .7.10.7

1480

4

/1

,5.

máz

zx

punto

M y

IN mmσ σ

π= = = =

3 322

2 44

3 32* 2

2 442

2 2 3/ 2 2 2 3/ 2 3

22

2

*2

2

2

2 :

. 20.10 .10 .7.10( ) 37,1 /

.7.10

2. 20.10 .228,7.10

( ) 1,73 /.7.

14.10. .104

2 2.( ) .(7 0 ) 228,7

3 3

( ) 38,8) /( 3máx

t

y zy

z

z

y

punto

T rT N mm

I

V QV N mm

t I

siendo Q R y cm

T V N mm

τπ

τπ

τ τ ττ

= = =

= = =

= − = − =

= + ==

C

A 2 m

1 m

VyA

TA

MzA

x

y

z

1 kN

B

0 1

0 1.1 1 .

0 1.2 2 .

y yA

xA A

zA zA

F V kN

M T kN m

M M kN m

= =

= = =

= = =

∑∑∑

Diagramas de esfuerzos: (se despreciará según el enunciado el efecto de las Vy) Tramo AB Tramo BC


siendo: y sustituyendo:

operando:

A B

y

2 m

z TA = 1 kN.m

MzA = 2 kN.m

x 1 kN.m

VyA = 1 kN 1 kN

2

1 T

Mz

x

x

+

_

B C 1 m

y

z

x

1 kN.m

1

Mz

x

_

1 kN 1 kN

0 2

1

1.(2 )

0 2

2 0

z

z

z

x

T

M x

x M

x M

− −=

= − −= → = −= → =

01

10

)1.(1

10

=→=−=→=

−−=−−

z

z

z

Mx

Mx

xM

x

0 0

. ´ . . .. ´ . ´ ( )

. .

L Lz z

i i i i yz t

M M dx T T dxF R se desprecia efectosV

E I G Iδ + ∆ = +∑ ∑ ∫ ∫

1 ´ ( 1 ., 1 . ., 2) ´ 0i i C i yA A zA iF Kg y R V kN T kN m Mδ= = = = = = ∆ =

0,028 2,8Cy m cm= = ↓

[ ] [ ] [ ] [ ]2 1

0 04

5 3 6 8

2

04

4 3 6 8

1.(2 ) . 20.(2 ) . 1.(1 ) . 20.(1 ) .

1. 0.7

2,1.10 .10 .10 . .104

1.20.

.78,1.10 .10 .10 . .10

2

C

x x dx x x dx

y

dx

π

π

− −

− −

− − − − + − − − −+ = +

+

∫ ∫

∫

9.12.-Una pieza poco esbelta, empotrada en su extremo inferior y libre en el superior, está sometida en su extremo superior a una carga excéntrica de compresión de 50 kN, tal y como se indica en la figura. Se pide:

1) Tensiones en los puntos: a, b, c y d de la sección de empotramiento. 2) Posición del eje neutro en la sección de empotramiento. 3) Indicar si la carga excéntrica está actuando dentro o fuera del núcleo de la sección. 4) Desplazamientos en x, y, z, del centro de gravedad de la sección superior de la

pieza. Datos: E= 2,1.105 N/mm2

Llevando la carga de 50 Kg al centro de gravedad de la sección donde actúa se tendrá:


50 kN x

y

c d

a b

2,5 cm

80 cm

15 cm

20 cm

1,25 cm

z

50 kN

x

y

c d

a b

80 cm

15 cm

20 cm

z

62,5 kN.cm 125 kN.cm

M zA

M yA

VA

50.1,25 62,5 .

50.2,5 125 .z

y

M kN cm

M kN cm

= == =

0 50

0 62,5 .

0 125 .

x A

zA zA

yA yA

F V kN

M M kN cm

M M kN cm

= =

= =

= =

∑∑∑

43

43

2

1000020.15.12

1

562515.20.12

1

30020.15

cmI

cmI

cmA

y

z

==

==

==


Tensiones en los puntos a, b c y d:

Eje neutro:

Como el eje neutro corta a la sección ⇒ “la carga de 50 kN actúa fuera del núcleo de la sección” Desplazamiento en x del extremo superior:

62,5 kN.cm

125 kN.cm

50 kN

125 kN.cm

62,5 kN.cm

50 kN x

y

z

x x x

N Mz My

50 62,5 125

_ _ _

0 80

50 62,5 . 125 .z y

x

N kN M kN cm M kN cm

− −= − = − = −

.. yz

z y

M zM yN

A I Iσ = + +

3 3 32

2 4 4

50.10 62,5.10 .10.( 7,5.10) 125.10 .10.( 10.10)0,417 /

300.10 5625.10 10000.10a N mmσ − − − − −= + + =

3 3 32

2 4 4

50.10 62,5.10 .10.( 7,5.10) 125.10 .10.( 10.10)1,25 /

300.10 5625.10 10000.10b N mmσ − − + − −= + + = −

3 3 32

2 4 4

50.10 62,5.10 .10.( 7,5.10) 125.10 .10.( 10.10)3,75 /

300.10 5625.10 10000.10c N mmσ − − + − += + + = −

3 3 32

2 4 4

50.10 62,5.10 .10.( 7,5.10) 125.10 .10.( 10.10)2,083 /

300.10 5625.10 10000.10d N mmσ − − − − += + + = −

cme

AI

e

iyz

y

z

y

znn 15

25,1300

56250

2

−=−=−=−==

cme

AI

e

izy

z

y

z

ynn 33,13

5,2300

100000

2

−=−=−=−==

15 cm

n

n

y

13,3 cm

a b

c d

20 cm

15 cm

tracción

compresión

z

Cálculo de reacciones: Esfuerzos: Teorema de los Trabajos Virtuales: siendo:

sustituyendo: Desplazamiento en y del extremo superior: (Se desprecia el efecto de las Vy)

Cálculo de reacciones: Esfuerzos: Teorema de los Trabajos Virtuales:

siendo: sustituyendo: Desplazamiento en z del extremo superior: (Se desprecia el efecto de las Vz)

Cálculo de reacciones:

Esfuerzos: Teorema de los Trabajos Virtuales:

siendo:

sustituyendo:

x

1 kN

VA

0 1x AF V kN= =∑

0 80 1x N− − = −

0

. .. ´ . ´

.

L

i i i i

N N dxF R

E Aδ + ∆ =∑ ∑ ∫

1 ´ 1 ´ 0i i x i A iF kN R V kNδ δ= = = = ∆ =80

05 3 2

( 1).( 50).

1. 02,1.10 .10 .10 .300x

dx

δ −

− −+ =

∫⇒ ↓= − cmx

410.35,6δ

x

1 kN

HyA

y

z MzA

0 1

0 1.80 80 .

y yA

zA zA

F H kN

M M kN cm

= =

= = =∑∑

8080.1800 −=−=−− xxMx z

∫∑∑ =∆+L

z

zziiii IE

dxMMRF

0 .

.´.´.´.δ

1 ´ ( 1 ., 80 . ) ´ 0i i y i yA zA iF kN R H kN M kN cmδ δ= = = = = ∆ =80

05 3 2

( 80).( 62,5).

1. 02,1.10 .10 .10 .5625y

x dx

δ −

− −+ =

∫⇒ →= − cmy

310.7,1δ

x

1 Kg

HzA y

z

MyA

0 1

0 1.80 80 .

z zA

yA yA

F H kN

M M kN cm

= =

= = =∑∑

8080.1800 −=−=−− xxMx y

∫∑∑ =∆+L

y

yyiiii IE

dxMMRF

0 .

.´.´.´.δ

1 ´ ( 1 ., 80 . ) ´ 0i i z i zA yA iF Kg R H kN M kN cmδ δ= = = = = ∆ =

80

05 3 2

( 80).( 125).

1. 02,1.10 .10 .10 .10000z

x dx

δ −

− −+ =

∫⇒ cmz

310.9,1 −=δ

9.14.-En la marquesina de la figura se pide calcular: 1) Diagramas de esfuerzos 2) Dimensionamiento a resistencia de la sección de la viga y el pilar, utilizando un

criterio plástico 3) Desplazamiento vertical y horizontal del extremo derecho de la viga

Datos: viga: IPE, pilar: HEB, E= 2,1.105 N/mm2, fy = 275 N/mm2; coeficiente de minoración del material: γγγγM =1,1; coeficiente de mayoración de cargas: γγγγ =1,35 Nota: En el cálculo del apartado 3º se despreciará el efecto de las fuerzas cortantes Vy

0 5.3 15

0 50 20.4 130

0 50.3 5.3.1,5 20.4.1 252,5 .

H A

V A

A A

F H kN

F V kN

M M kN m

= = =

= = + =

= = + + =

∑∑∑

Cáculo de las reacciones

20 kN/m

5 kN/m

50 kN

3 m

3 m

1 m

VA

H

MA A

B C D


20 kN/m

5 kN/m

50 kN

3 m

3 m

1 m

VA = 130 kN HA = 15 kN

MA =252,5 kN.m

_ 130

A

N

A

240

230

252,5

10

_

_

Mz

A

Vy

110

50

15 +

+

20

0 1

20. 0 0 1 20

20. . 0 0 1 102

1 4

50 20.(4 ) 1 110 4 50

(4 )50. 20.(4 ). 1 240 4 0

2

y y y

z z z

y y y

z z z

x

V x x V x V

xM x x M x M

x

V x x V x V

xM x x x M x M

− −= − = → = = → = −

= − = → = = → = −

− −= + − = → = = → =

−= − − − = → = − = → =

Viga

Pilar

0 3

130

15 5. 0 15 3 0

15. 252,5 5. . 0 252,5 3 2302

y y y

z z z

x

N

V x x V x V

xM x x x M x M

− −= −= − = → = = → =

= − − = → = − = → = −

A

B C D

Observación: con el objeto de comprobar los resultados de los diagramas de esfuerzos se pueden hacer comprobaciones del equilibrio de los nudos de la estructura. Así por ejemplo si se aisla el nudo B de unión entre viga y pilar y le aplicamos las solicitaciones de las tramos que llegan a él se tendría: Dimensionamiento a resistencia de la sección de la viga (criterio plástico):

B

110 kN

130 kN

20 kN

240 kN.m

230 kN.m

10 kN.m ⇒⇒⇒⇒ ∑∑

=

=

0

0

:

M

F

nudodelequilibrioelcumplese

*,

23 3 3

* 2,

3

:

. :

275 /240.10 .10 .1,35 . . 1296000

1,1

: 400

tan :

. . 400.13,5 54003

: 110.10 .1,35 148500

z zpl d zpl yd

zpl zpl

ydy ypl d v v f

a flexión

M M W f sustituyendo

N mmN mm W W mm

tablas IPE

acor te

fV V A siendo A h t mm

sustituyendo N

≤ =

≤ → ≥

→ −

≤ = ≅ = =

=2

2

*,

275/1,1 /5400 . 779422,9

3¡ sec !

1 779422,9: 148500 . 389711,4

2 2¡ tan !

: 400

y ypl d

z y

N mmmm N

Si umple

y ademas como V N V N

Noes necesariocombinar el flector M con

vigaCB

lacor t

D IPE

eV

≤

= =

−

=

= ≤

Dimensionamiento a resistencia de la sección del pilar (criterio plástico):

*,

23 3 3

**

, ,

: 252,5 .

. :

275 /252,5.10 .10 .1,35 . . 1363500

1,1

: 280

: : 252,5 . ; 130

1

zmáx

z zpl d zpl yd

zpl zpl

zmáx máx

z

pl d zpl d

a flexión M kN m

M M W f sustituyendo

N mmN mm W W mm

tablas HEB

combinación axil flexión M kN m N kN

MNsust

N M

=

≤ =

≤ → ≥

→ −+ = =

+ ≤

3 3 3

22 2

,

3,

*,

:

130.10 .1,35 252,5.10 .10 .1,350,94 1 ¡ !

3285000 383500000

275 /: . 131,4.10 . 3285000

1,1

275( 280). 1534.10 . 383500000 .

1,1

tan :

pl d yd

zpl d zpl yd

y ypl d

ituyendo

si cumple

N mmsiendo N A f mm N

M W HEB f N mm

acor te

V V

+ = <

= = =

= − = =

≤ = 2

23 2

*,

. . 280.18 50403

275/1,1 /: 15.10 .1,35 20250 5040 . 727461,3

3¡ sec !

1 727461,3: 20250 . 363730,7

2 2¡

ydv v f

y ypl d

z

fA siendo A h t mm

N mmsustituyendo N mm N

Si umple

y ademas como V N V N

Noes necesariocombinar el flector M y el ax

≅ = =

= ≤ =

= ≤ = =

t

: 280

an !y

pilar A

il N con la cor t

HEB

V

B

e

−

Desplazamiento vertical de D: se aplicará el Teorema de los Trabajos Virtuales. (Se despreciará el efecto de las Ry) Esfuerzos en la viga: Esfuerzos en el pilar: Teorema de los Trabajos Virtuales:

siendo: y sustituyendo:

y operando: Desplazamiento horizontal de D: se aplicará el Teorema de los Trabajos Virtuales. (Se despreciará el efecto de las Ry)

1 kN

3 m

3 m

1 m

VA = 1 kN

MA =3 kN.m A

B

C

D

0 1

0 1.3 3 .

V A

A A

F V kN

M M kN m

= =

= = =∑∑


)4.(141

010

xMx

Mx

z

z

−−=−−=−−

0 3 1 3zx N M− − = − = −

0 0

. ´ .. .. ´ . ´ ( )

. .

L Lz z

i i i i yz


E A E Iδ + ∆ = +∑ ∑ ∫ ∫

1 ´ ( 1 ., 3 . . ) ´ 0i i D i A A iF kN y R V kN M kN mδ= = = = = ∆ =

[ ]

3 3

0 05 3 6 4 5 3 6 8

4

15 3 6 8

( 1).( 130). ( 3).(15. 252,5 5. . ).2

1. 02,1.10 .10 .10 .131,4.10 2,1.10 .10 .10 .19270.10

(4 )1.(4 ) . 50.(4 ) 20.(4 ). .

2

2,1.10 .10 .10 .23130.10

D

xdx x x dx

y

xx x x dx

− − − −

− −

− − − − −+ = + +

− − − − − − − +

∫ ∫

∫

6,64Dy cm= ↓

HA = 1 kN MA =3kN.m

1 kN

3 m

3 m

1 m

A

B

C

D


0 1

0 1.3 3 .

H A

A A

F H kN

M M kN m

= =

= = =∑∑

Esfuerzos en la viga: Esfuerzos en el pilar:

siendo:

y sustituyendo: operando:

0 1 0 0

1 4 1 0z

z

x N M

x N M

− − = =− − = =

3.130 −=−− xMx z

0 0

. ´ .. .. ´ . ´ ( )

. .

L Lz z

i i i i yz


E A E Iδ + ∆ = +∑ ∑ ∫ ∫

1 ´ ( 1 ., 3 . . ) ´ 0i i D i A A iF Kg x R H kN M kN mδ= = = = = ∆ =

3

05 3 6 8

(1. 3).(15. 252,5 5. . ).2

1. 02,1.10 .10 .10 .19270.10D

xx x x dx

x − −

− − −+ =

∫

→= cmxD 69,2


1) Ecuación de momentos flectores y momento flector máximo 2) Ecuación de la elástica 3) Flecha máxima 4) Comprobación a resistencia de la sección con criterio elástico


1) Ecuación de la elástica 2) Flecha máxima 3) Ecuación de momentos flectores y momento flector máximo 4) Comprobación a resistencia de la sección con criterio elástico

Datos: fy = 275 N/mm2 ; γγγγM = 1,1; γγγγ = 1,5; E = 2,1.105 N/mm2; HEB-200 A.-Considerando que la curva elástica es producida sólo por las cargas laterales Cálculo de reacciones: Diagramas de esfuerzos

0 300

0 10

0 .6 60 10

x A

y A B A

zA B B

F V kN

F H H H kN

M H H kN

= =

= = → =

= = → =

∑∑∑

0

0

0 0max

0 6

300

10

10.

0 0

6 60

y

z

z

z z

x

N

V

M x

x M

x M M

− −= −= −

= −

= → =

= → = − =0 0max10. 60 .z zM x M kN m= − = −

N Vy M0z

x x x

300 10 60

z

y

F=300 kN

60 kN.m

6 m

VA

HA

HB

- -

-

z

y

F=300 kN

60 kN.m

6 m

Comprobación a resistencia de la sección con criterio elástico: sección más solicitada:

**

, ,

* 3 3 * 6 3

2 3,

3 3,

1

300.10 .1,5 450.10 60.10 .1,5 90000.10 .

275. 91.10 . 2275.101,1

275. ( 200) 569,6.10 . 142400.10 .1,1

z

pl d zel d

z

pl d yd

zel d zel yd

Comprobación a flexión

MN

N M

N N M N mm

N A f N

M W f tablas HEB N mm

sustituyendo

+ ≤

= = = =

= = =

= = − = =

3 3

3 3

450.10 90000.10: 0,83 12275.10 142400.10

en la fórmula si cumple+ = ≤ →

02 0 2 00

2 2

0 2 30

1 1 2

0

01 2

. . ( 10. ) 10..

. . 10. . . 10. .2 6

: 0 0

6 0 60, 0

zz z

z

z z

Ecuación línea elástica

Md y d yE I M x x

dx E I dx

dy x xE I C E I y C x C

dx

condiciones de contorno x y

x y C C

= − → = − = − − =

= + = + +

= → == → = ⇒ = − =

3

05 3 6 8

10. 60.

62,1.10 .10 .10 .5696.10

x xy − −

−=

mxdx

dymáximaflecha 46,30:

0

=→= 0 0max ( 3,46 ) 11,6y y x m mm= = = −

06 300 ., 60 . ., 10z yx m N kN M kN m V kN= → = − = − = −

*,

* 3 3

3,

3 3

*,

.3

10.10 .1,5 15.10

1751,1200.9. 165,332.103

:15.10 165,332.10

1: .

2

ydy ypl d v

y

ypl d

y ypl d

Comprobación a cortadura

fV V A

V N

V N

sustituyendoenla fórmula si cumple

y además secumple V V no hay quecombinar con flect

≤ =

= =

= =

≤ →

≤ → ores

B.-Considerando que la elástica producida por las cargas laterales se amplifica por la carga de compresión:

02 20

2 2

022

2 5 3 6 8

022

2

:

( . )( : . )

. .

300. ( : 0,025

. . . 2,1.10 .10 .10 .5696.10

( 10. ). 8,36.

. 2,1.5696

z zz z

z z

zz

z z z

zz

z

Ecuación línea elástica

M M F yd y d ysiendo M M F y

dx E I dx E I

Md y F Fy y haciendo k

dx E I E I E I

Md y xk y

dx E I

− −

+= − = + → = −

+ = − = = =

−+ = − = − = 4

1 2 3 4

03 4

3 4

10 .

: . . .cos . .

( : , 1 : . )

tan

z z

erz

x

esta ecuación diferencial tieneuna solución de la forma y C senk x C k x C x C

observación la solución particular es del mismo grado que M osea será de grado C x C

Para obtener las cons tesC y C se p

−

= + + +

+

1 2 3

22 2

1 22

2 2 21 2 1

mod :

: . cos . . . .

. . . . .cos . exp . :

. . . . .cos . .( .

z z z z

z z z z

z z z z z

rocederá del siguiente o

dyderivando C k k x C k senk x C y derivando de nuevo

dx

d yC k senk x C k k x y llevando esta resión y la de y a la ec dif

dx

C k senk x C k k x k C

= − +

= − −

− − + 42 3 4

2 2 4 23 4

. .cos . . 8,36.10 .

: . . . 8,36.10 . ( : 0,025)

z z

z z z

senk x C k x C x C x

operando k C x k C x y como k

−

−

+ + + =

+ = =

:

0244,0:06

00

:tan

)158,0025,0:(

.033,0.158,0cos..158,0...cos...

:

21

21

2

214321

elásticalínealadeecuacióncomofinalmentequedaráasí

CCobtieneseyyx

yx

contornodescondicionelasponenseCyCtesconslashallarpara

kksiendo

xxCxsenCCxCxkCxsenkCy

elásticaladeecuaciónla

zz

zz

=−=

=→==→=

=→=

++=+++=

xxseny .033,0).158,0(.244,0 +−=

mxdx

dymáximaflecha 44,30: =→=

max ( 3,44 ) 12,7y y x m mm= = = −

0

033,0

0.025,0

10.36,8.025,0.10.36,8.025,0..025,0

4

3

4

434

43 ==

==

⇒=+−

−

C

C

C

CxCxC

Comprobación a resistencia de la sección con criterio elástico: sección más solicitada:

en este caso son los mismos esfuerzos que en la sección A: (Mz = 60 kN.m = M0z), luego no es

necesaria la comprobación

2 2

2 2

:

. . 2,1.5696.( 0,244.0,025. (0,158. )).

z

zz z

z

Momento flector M

Md y d yM E I sen x

dx E I dx= − → = − = − −

72,966. (0,158. )zM sen x=

0 . 10. 300.( 0,244. (0,158. ) 0,033. )z zM M F y x sen x x= + = − + − +

0 0 6 60 . 4,2 44,95 .z z zx M x m M kN m x m M kN m= → = = → = = → =

Otra forma de obtenerlo sería:

z

y

F=300 kN

60 kN.m

6 m

VA

HA

HB

N Vy Mz

x x x

300 10 60

4,2m

42

44,95

60

M0z

y

y0

x

1,16

1,27

3,44

- - -

Si representamos la elástica y los diagramas de esfuerzos ahora serían:

6 300 ., 60 . ., 10z yx m N kN M kN m V kN= → = − = − = −


Tema 10 : PANDEO

L

x

y

y

Ncr

(1) (2)

x

2

2

. . zcr

E IN

L

π=

Problemas resueltos

10.1.- Un pilar, de 3 m de longitud, se encuentra sometido a una carga F de compresión centrada. Se pide calcular el valor de la carga máxima que podrá soportar para los siguientes supuestos: 1) El pilar tiene impedido totalmente el pandeo 2) El pilar tiene impedido el pandeo en el plano xy 3) El pilar tiene impedido el pandeo en el plano xz 4) El pilar puede pandear líbremente Datos: fy= 275 N/mm2, E= 2,1.105 N/mm2. Perfil : HEB-160, γγγγM = 1,1, γγγγ = 1,35

F

3 m

z

y

z

y

HEB-160

( )

*

2

*

2 2 5 4

22

1) sec :

.

275.1,35 54,3.10 . 10555551,1

2) ( )

. .

. . .2,1.10 .889,2.102045669,8

1.3000

.

yd

yd

ycy

k

yy

Comprobación ción pilar a compresión

N A f

F F N

Comprobación pilar a pandeo impedido pandeoen plano xy

N A f

E IN N

L

A f

χ

π π

λ

≤

≤ → ≤

≤

= = =

=2

2

*

2 2 5

2

54,3.10 .2750,854 0,63

2045669,8

. 1.3000

275: .1,35 0,63.54,3.10 . 469259,31,1

3) ( )

. .

. . .2,1.10

y

k

yd

zcz

k

curva c de pandeoN

L L mm

fórmula F F N

Comprobación pilar a pandeo impedido pandeoen plano xz

N A f

E IN

L

χ

β

χ

π π

= = → → =

= =

≤ → ≤

≤

= =( )

4

2

2

2

.2492.105733028,7

1.3000

. 54,3.10 .2750,51 0,84

5733028,7

. 1.3000

275: .1,35 0,84.54,3.10 . 844666,71,1

4) ( )

4

yy

y

k

N

A fcurva c de pandeo

N

L L mm

fórmula F F N

Comprobación pilar a pandeo puede pandear líbremente

F

λ χ

β

=

= = = → → =

= =

≤ → ≤

≤ 69259,3N

10.2- Un pilar de 6 m de longitud, articulado en sus extremos, se encuentra sometido a una carga de compresión de 1100 kN. La sección del pilar es tubular rectangular. Se pide:

1) Dimensionar la sección de dicho pilar a resistencia 2) Comprobar el pilar a pandeo utilizando:

a) La fórmula de Euler b) La fórmula de la Normativa española DBE-SE-A

3) Repetir los apartados anteriores suponiendo que el pilar tiene 8 m de longitud Datos: fy = 275 N/mm2, E = 2,1.105 N/mm2 , γγγγ = 1,5, γγγγM = 1,1 Cálculo de las reacciones: Diagrama de esfuerzos:

Dimensionamiento a resitencia: Sección más solicitada: todas igual

y

Sección

z

6 m

1100 kN

y

z

x

RA

N

x 1100

-

0 1100x AF R kN= =∑0 6 1100x N kN− − = −

0 6 1100x N kN cte→ − − = − =

* 3 2 2,

275. 1100.10 .1,5 . 66.101,1

: 200 /120 /12,5

pl d ydN N A f A A mm

tablas

≤ = → ≤ → ≥

→

200 /120 /12,5

Comprobación a pandeo:

a) Pandeo teórico: Fórmula de Euler

b) Pandeo práctico: Método de la Normativa española DBE-SE-A

* * 3

,

2 4 4

2 2 5 4 2

2 2

: . . : . 110.10 .1,5 1165000

1 tan : 220 /180 /8 59,2 ; 4109 ; 3020

.. . .2,1.10 .4109.10 59,2.10 .2752366000

(1.6000) 23

b Rd yd

erz y

yzzcrz

k crz

Comprobación a pandeo N N A f siendo N N N

teo A cm I cm I cm

A fE IN N

L N

χ γ

π π λ

≤ = = = =

→ = = =

= = = = =

2 2 5 4 2

2 2

0,8366000

. . ..2,1.10 .3020.10 59,2.10 .2751739000 0,968

(1.6000) 1739000

0,83 0,78

0,968 0,69

y yycry

k cry

z

y

E I A fN N

L N

curva a de pandeo

curva a de pandeo

nos quedamos naturalmenteconel valor menor del

π π λ

λ χλ χ

=

= = = = = =

= → → =

= → → =

* 2

2 : 0,69

2751165000 . . 0,69.59,2.10 . 1021200

1,1yd

os

N N A f N No cumple

χ

χ

=

= ≤ = = →

2min

2

* * 3

.

2 2 54 4 min

min 2

. .Carga crítica de Euler:

Comprobación a pandeo: N siendo: N . 1100.10 .1,5 1650000

1 tan : 200 /120 /12,5 :

. . .2,1.10 .133099 1397

crk

cr

er

z y crk

E IN

L

N N N

teo perfil

E II cm I cm I N

L

π

γ

π π

=

< = = =

= = = → = =4

2

*

.

2 2 5 44 4 min

min 2 2

*

.

97.10803475

(1.6000)

1650000 803475

2 tan : 200 /160 /12,5 :

. . .2,1.10 .2820.103979 2820 1624000

(1.6000)

1650000 1624000

3 tan

cr

o

z y crk

cr

er

N

N N No cumple

teo perfil

E II cm I cm I N N

L

N N No cumple

π π

=

= < = →

= = = → = = =

= < = →

2 2 5 44 4 min

min 2 2

*

: 220 /180 /8 :

. . .2,1.10 .3020.104109 3020 1739000

(1.6000)

1650000 1739000

z y crk

cr

teo perfil

E II cm I cm I N N

L

N N Si cumple

π π= = = → = = =

= < = →

220 /180 /8

2 4 4

2 2 5 4 2

2 2

2 2 5 4

2 2

2º tan : 250 / 200 /10 82,6 ; 7266 ; 5154

.. . .2,1.10 .7266.10 82,6.10 .2754183000 0,737

(1.6000) 4183000

. . ..2,1.10 .5154.102967000

(1.6000)

z y

yzzcrz

k crz

yycry

k

teo A cm I cm I cm

A fE IN N

L N

E I A fN N

L

π π λ

π π λ

→ = = =

= = = = = =

= = = =2

* 2

82,6.10 .2750,875

2967000

0,737 0,781

0,875 0,747

2 : 0,747

2751165000 . . 0,747.82,6.10 . 1543000

1,1

y

cry

z

y

yd

N

curva a de pandeo

curva a de pandeo

nos quedamos naturalmenteconel valor menor delos

N N A f N No cu

λ χλ χ

χ

χ

= =

= → → =

= → → ==

= ≤ = = →

2 4 4

2 2 5 4 2

2 2

2 2 5 4

2 2

3 tan : 250 / 200 /12 96,1 ; 8159 ; 5792

.. . .2,1.10 .8159.10 96,1.10 .2754697000 0,75

(1.6000) 4697000

. . .2,1.10 .5792.103335000

(1.6000)

erz y

yzzcrz

k crz

yycry

k

mple

teo A cm I cm I cm

A fE IN N

L N

E IN N

L

π π λ

π π λ

→ = = =

= = = = = =

= = =2

* 2

. 96,1.10 .2750,89

3335000

0,75 0,825

0,89 0,737

2 : 0,737

2751165000 . . 0,74.96,1.10 . 1771000

1,1

y

cry

z

y

yd

A f

N

curva a de pandeo

curva a de pandeo

nos quedamos naturalmenteconel valor menor delos

N N A f N Si cu

λ χλ χ

χ

χ

= = =

= → → =

= → → ==

= ≤ = = → mple

250 / 200 /12

:

dim : 200 /120 /12,5

dim : 220 /180 /8

dim : 250 / 200 /12

resultados finales

ensionamientoacompresión

ensionamientoa pandeo por la formula de Euler

ensionamientoa pandeo por la formula dela Normativaespañola

:

dim : 200 /120 /12,5

dim :300 / 200 /10

dim :300 / 220 /12

resultados finales

ensionamiento a compresión

ensionamiento a pandeo por la formula de Euler

ensionamiento a pandeo por la formula dela Normativa española

3.-Repitiendo el procedimiento para una longitud del pilar de 8 m:

10.3- En la estructura de la figura se pide el dimensionamiento a resistencia de las secciones de la viga( utilizando un criterio plástico) y del pilar y la comprobación de éste a pandeo, en los dos casos siguientes: Datos: fy = 275 N/mm2, E = 2,1.105 N/mm2 , γγγγ = 1,5, γγγγM = 1,1

a) Se considera el pilar de rigidez axil infinita (no se acorta) b) El pilar se acorta

Perfil viga: IPE, perfil pilar: HEB El pilar se considera debidamente arriostrado en el plano perpendicular al de la figura. Cálculo de las reacciones en los apoyos. Ecuaciones de equilibrio: Estructura isostática equivalente: se quita el apoyo en C y se pone la condición: yC = 0 (3) Ecuación que se desarrollará aplicando el Teorema de ls Trabajos Virtuales

50 kN/m

6 m

5 m

A B

C

0 50.6 (1)

0 .6 50.6.3 (2)

A C

A C A

F R R

M R M

= + =

= + =∑∑

50

6

5

A B

C

MA

RA

RC

es una estructura hiperestática ↓ tiene una ligadura de más ↓ se buscará una ecuación de deformación

50

6

5

A B

C

MA

RA

RC

: . 50. .2

50.

:

z A A

y A

C

xAB M R x M x

V R x

BC N R

= − −

= −

= −

Cálculo de las reacciones. Ecuaciones de equilibrio


a) Se considera el pilar de rigidez axil infinita (no se acorta)

al considerarse el pilar de rigidez axil infinita ( no se acorta) → el trabajo interno debido a las Rx será cero, es decir se cumplirá: siendo:

Diagrama de esfuerzos:

50

6

5

A B

C

M´A R´A

1 Kg

0 ´ 1

0 ´ 1.6 6 .

A

A A

F R kN

M M kN m

= =

= = =∑∑

: ´ 1. 6

´ 1

: ´ 1

z

y

AB M x

V

BC N

= − += −

= −

´

0 0

. ´ .. .. ´ . ´ ( )

. .

L Lz z

i i i i yz


E A E Iδ + ∆ = +∑ ∑ ∫ ∫

1 ´ 0 ( ´ 1 ´ 6 . ) ´ 0 :i i C i A A iF kN y R R kN y M kN m y sustituyendoδ= = = = = = ∆ =

6

0

( 1. 6).( . 50. . ).2

1.0 0.

: 36. 18. 2700 0 (3)

(1), (2), (3) : 187,5 . 225 . 112,5

A A

z

A A

A A C

xx R x M x dx

E I

operando R M

y resolviendo R kN M kN m R kN

− + − −+ =

− − == = =

∫

´

0

. .0

.

L N N dx

E A=∫

Vy

3,75 m

+

A B

C

18,75

112,5

A B

C

112,50

N

-

A B

C

225

126,56 3,75 m

Mz

+

Dimensionamiento sección viga AB a resistencia con criterio plástico: sección más solicitada:

Dimensionamiento sección pilar BC a resistencia: sección más solicitada: todas igual:

* * 3,

2

. . 112,5.10 .1,5 168750

275168750 . 675 1001,1

pl d ydN N A f N N N

A A mm tablas HEB

γ≤ = = = =

≤ → ≥ → → −

: 187,5. 225 50. . 187,5 50. 02

0 225 0 187,5

6 0 6 112,5

3,75 126,56 0 3,75

: 0 0 112,5

z y

z y

z y

z y

z y

xAB M x x V x N

x M x V

x M x V

x M V x

BC M V N

= − − = − =

= → = − = → =

= → = = → = −

= → = = → =

= = = −

0 225 . ., 187,5z yx M kN m V kN= → = − =

450: −IPEABviga

112,5N kN= −

* * 6 6,

6

* * 3,

:

. . 225.10 .1,5 337,5.10 .

275337,5.10 . 4501,1

:

. . 187,5.10 .1,5 2812503

. 45

z zpl d zpl yd z z

zpl

ydy ypl d v y y

v w


M M W f M M N mm

W tablas IPE


fV V A V V N

A area alma h t

γ

γ

≤ = = = =

≤ → → −

≤ = = = =

= = = 2

*

0.9,4 4230

2751,1281250 4230. 610547,93

1sec : . tan

2y ypl

mm

N sí cumple

además umpleque V V no senecesita combinar flectores concor tes

=

≤ = →

≤ →

Comprobación pilar BC a pandeo:

( )

* * 3,

2 4 4

2 2 5 4

22

. . . 112,5.10 .1,5 168750

( 100) 2600 ( 100) 449,5.10

. . .2,1.10 .449,5.10372278,8

1.5000

2752600.. 1,1 1,386 0,39372278,8

b d yd

z

zcz

k

yd

cz

N N A f N N

A HEB mm I HEB mm

E IN N

L

A fcurva b de pandeo

N

fórmul

χ γ

π π

λ χ

≤ = = = =

− = − =

= = =

= = = → → =

275:168750 0,39.2600. 2535001,1a N sí cumple≤ = →

b) Se considera que el pilar se acorta

al considerar que el pilar no se acorta → el trabajo interno debido a las Rx ya no será cero y habrá que tomarle en cuenta, es decir se cumplirá: Teorema de los Trabajos Virtuales:

siendo:

Los diagramas de esfuerzos serían ahora:

100: −HEBBCpilar

0 0

. ´ .. .. ´ . ´ ( )

. .

L Lz z

i i i i yz


E A E Iδ + ∆ = +∑ ∑ ∫ ∫

1 ´ 0 ( ´ 1 ´ 6 . ) ´ 0 :i i C i A A iF Kg y R R kN y M kN m y sustituyendoδ= = = = = = ∆ =

6 5

0 0

4 2

( 1. 6).( . 50. . ). ( 1).( ).2

1.0 0. .

tan : 450 ( 33740 ), 100 ( 26 )

: 936. 468. 70200 16,87. 0 (3)

(1), (2), (3) : 188,5 .

A A C

z

z

A A C

A

xx R x M x dx R dx

E I E A

primer teo viga IPE I cm pilar HEB A cm

operando R M R

y resolviendo R kN

− + − − − −+ = +

→ − = → − =− − + =

=

∫ ∫

231,03 . 111,5A CM kN m R kN= =

A B

C

111,50

N

-

A B

C

231,03

124,29 3,77 m

Mz

+

A B

C

188,5

111,5

+

Comprobación sección viga AB (IPE-450) a resistencia: sección más solicitada:

Comprobación pilar BC (HEB-100) a resistencia y a pandeo: Dado que el pilar va a trabajar ahora, en el apartado b) con N = 111,5 kN < que la N = 112,5 kN con los que trabajaba en el apartado a), no será necesario su comprobación. Así pues:

0 231,03 . ., 188,5z yx M kN m V kN= → = − =

450: −IPEABviga

100: −HEBBCpilar

* * 6 6,

6 3 6

* * 3,

:

. . 231,03.10 .1,5 346,545.10 .

275 275346,545.10 . 1702.10 . 425,5.101,1 1,1

:

. . 188,5.10 .1,53

z zpl d zpl yd z z

zpl

ydy ypl d v y y


M M W f M M N mm

W sí cumple


fV V A V V

γ

γ

≤ = = = =

≤ = = →

≤ = = = 3

2

3 3

*

282,75.10

. 450.9,4 4230

2751,1282,75.10 4230. 610,547.103

1sec : . tan

2

v w

y ypl

N

A area alma h t mm

N sí cumple

además umpleque V V no senecesita combinar flectores concor tes

=

= = = =

≤ = →

≤ →

10.4.-Un pilar de 4 m de longitud articulado en ambos extremos y de sección tubular cuadrada: 100/10 está sometido a una carga de compresión centrada. Se pide calcular la máxima carga que podrá soportar y la tensión correspondiente a) Utilizando la fórmula del pandeo teórico de Euler b) Utilizando la fórmula práctica de la Normativa Española DB-SE-A Datos: fy = 275 N/mm2 , E = 2.1.105 N/mm2 , γγγγM = 1,1

2 4

*

2 2 5 4

2 2

22

2

sec : 32,6 , 411 , 3,55

) : :

. . .2,1.10 .411.10531863,8

(1.4000)

531863,8 .163 / :

32,6.10

z y z y

cr

crk

crcr cr

Datos cióntubular cuadrada A cm I I cm i i cm

a Pandeoteórico Fórmula de Euler N N

E IN N

L

N EN mm obien

A

π π

πσ σλ

= = = = =

≤

= = =

= = = =2 5

22 2

2 2 5

lim

* * * * 2

.2,1.10163 /

112,676

. 1.400 . .2,1.10: 112,676 ( 86,8)

3,55 275

: 531863,8 : 163 /

) :

k

y

cr cr

N mm

L L Esiendo

i i f

con locual N N N N obien N mm

b Pandeo práctico Fórmula dela Normativa Española DB SE

π

β π πλ λ

σ σ σ

= =

= = = = = = =

≤ → ≤ ≤ → ≤

− − *,

2 2 5 4

2 2

2

* *,

: . .

:

. . .2,1.10 .411.10531863,8

(1.4000)

. 32,6.10 .2751,298 1,3 0,47

531863,8

: . . 0,47.32,6

b Rd yd

crk

y

r

b Rd yd

A N N A f

Cálculo del coeficientede pandeo

E IN N

L

A fcurva a de pandeo

N

conlocual N N A f N

χχ

π π

λ χ

χ

≤ =

= = =

= = = → → =

≤ = → ≤

≃

2

** 2

2

275.10 . 383050

1,1

383050: 117,5 /

32,6.10

N

Nobien N mm

Aσ

=

= ≤ =

Con los resultados obtenidos comprobamos cómo el cálculo a través de la normativa es más restrictivo que el teórico de Euler, tal y como nos dice la teoría (ver tema 10, sección 10.3.1)

163

117,5

λlim=86,8

λ=112,676

λ

fy=275

σ

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