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Puesto que la sección transformada representa la sección transversal de un elemento hecho de un material homogéneo con un modelo de elasticidad 𝐸𝐴 , el eje neutro puede trazarse a través del controide de la sección transformada; y el esfuerzo 𝜎𝑥 en cualquier punto del correspondiente elemento homogéneo ficticio puede ser determinado de la ecuación (6.14).

𝜎𝑥 = −

𝑀𝑧∙𝑦

(6.14 repetida)

𝐼𝑧

Donde “y” es la distancia desde la superficie neutra e 𝐼𝑧 , el momento de energía de la sección transformada con respecto al eje centroidal Z. Las deformaciones de un elemento compuesto también pueden ser determinadas usando la sección transformada en la ecuación (6.12) que nos de la curva de la línea neutra. 1 𝑀𝑍 = 𝜌 𝐸𝐴 𝐼𝑍

Un importante ejemplo de elementos estructurales hechos de dos materiales diferentes es el suministrado por vigas de concreto armado. b

b

c

y h

yc

d d-y Fs

n As

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

Las varillas de acero colocadas a una pequeña distancia por encima de la cara inferior de la sección sirven de refuerzo al concreto cuya resistencia a la tracción no es buena. 28

Por debajo de la superficie neutra, el concreto se agrita y las varillas de acero toman toda la carga de tracción, mientras que la parte superior de la viga de concreto toma toda la carga de compresión. Para obtener la sección transformada de una viga de concreto armado reemplazamos el área total A de las varillas de acero por un área (n.As) (con n = Es/Ec). Por otra parte, puesto que el concreto actúa efectivamente sólo en compresión, debe considerarse únicamente la porción de la sección transversal ubicada por encima del eje neutro en la sección transformada. La posición del eje neutro lo define la distancia “y” desde la cara superior hasta el centroide “c” de la sección transformada (ver figura 6.14). Si “d” es la distancia de la cara superior hasta la línea central de las maravillas de acero y “b” es el ancho de la viga; y como el momento estático de la sección transformada con respecto al eje neutro es nulo, tenemos: 𝐴𝑐 × 𝑌̅𝑐 − 𝑛𝐴𝑠 (𝑑 − 𝑦) = 0

(6.30)

El signo (-) es porque (d – y) está debajo del eje neutro z. de la figura (6.14), 𝐴𝑐 = 𝑏 × 𝑦 ∧ 𝑌𝑐 =

𝑦 2

⇒

1 2

𝑏𝑦 2 + (𝑛𝐴𝑠 ) 𝑌 − (𝑛𝐴𝑆 ) 𝑑 = 0

(6.31)

ecuación que al resolver nos permite obtener la posición “y” del eje neutro en la viga y la porción de la sección de la viga de concreto que es usada efectivamente. La distribución de los esfuerzos en la sección transformada se evalúa en forma similar a lo ya explicado anteriormente.

PROBLEMA 6.6.

La viga de concreto armado cuya sección se ilustra, es

sometida a un momento flector positivo de 100 klb.pie. Sabiendo que el módulo de elasticidad es 3.75 x 106 lb/pulg2 para el acero, determinar: a) el esfuerzo en el acero. b) es esfuerzo máximo en el concreto. 𝐸𝑐 = 3.75 × 106 𝑝𝑠𝑖 29

Es = 30 × 106 psi

24" 4"

20"

4  x 1" 2,5"

12"

SOLUCIÓN

n = 30 / 75 = 8 Determinación del eje neutro. (y)

𝜋 𝑚𝐴𝑠 = 8𝑥 [4𝑥 𝑥12 ] = 8𝜋 4

y L. N.

𝑚𝐴𝑠 = 25.1327

17.5 - Y

nA

s

Momento estático = 0 ⇒ 𝐴𝑐 × 𝑌̅𝑐 − (𝑛𝐴𝑠 ) × (17.5— 𝑦) = 0 (24 × 4) × (𝑦 − 2) +

12 (𝑦 − 4)2 − 8𝜋 (17.5 − 𝑦) = 0 2

3𝑦 2 + (24 + 4𝜋)𝑦 − (48 + 70𝜋) = 0 𝑦=

−(24 − 4𝜋) ± √(24 + 4𝜋)2 + 12(48 + 70𝜋) 2×3

30

=

−36.5664 ± √1337.1 + 3214.94 6 𝑦 = 5.15 𝑝𝑢𝑙𝑔.

Momento de inercia de la sección transformada. 𝐼𝑧 = [

1 1 × 24 × 43 + (24 × 4)(5.15 − 2)2 + × 12 × (5.15 − 4)3 12 12 + (12 × (5.15 − 4)) × (

5.15 − 4 2 ) ] + [25.13 × (17.5 − 5.17)2 ] ⇒ 𝐼𝑍 2

= 4924.51 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝐴 Nótese que en I no hemos considerado el momento de inercia de n.A respecto a su propio eje controidal por ser relativamente pequeño en relación los que si fueron tomados en cuenta. Calcular de los esfuerzos: a) En el acero: (𝜎𝑥 )𝑠 = −

(𝜎𝑥 )𝑠 = −

𝑀 × 𝑌𝑆 ×𝑛 𝐼𝑍

(1200000) 𝑙𝑏 − 𝑝𝑢𝑙𝑔 × (−12.35 𝑝𝑢𝑙𝑔) 𝑙𝑏 × 8 = 24075,5 4 4924.51 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑝𝑢𝑙𝑔2 (Tracción)

b) En el concreto: [(𝜎_𝑥 ) 𝑐𝑜𝑛𝑐 ]𝑀á𝑥 =

(1200000) × 5.15 1𝑏 = 1254.95 4924.51 𝑝𝑢𝑙𝑔2 (Comprensión)

PROBLEMA 6.7:

Determina el máximo valor de P que puede soportar la viga de

concreto armado, cuya sección se indica; sabiendo que los esfuerzos admisibles a tracción y comprensión son: Acero: 𝜎𝑡 = 120 𝑀𝑃𝑎

;

𝜎𝑐 = 80 𝑀𝑃𝑎 31

;

𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎

𝜎𝑐 = 9 𝑀𝑃𝑎

Concreto:

;

𝐸 = 20𝐺𝑃𝑎

200 P

250 kg/m 400 mm

1m

1m

0,5 m

3 x 1"

50 SECCION DE LA VIGA

SOLUCIÓN Utilizando el método de la sección transformada:

y

0,35-y

𝑛=

𝐸𝐴 200 = = 10 𝐸𝐶 20

𝑛 = 10

Área neta del acero: 𝐴𝐴 = 3 ×

𝜋 [(7/8)(0.0254) ]2 4

𝐴𝐴 = 1.164 × 10−3 𝑚2

Luego, 𝑛. 𝐴𝐴 = 10 × 0.001164 = 0.01164𝑚2

La posición del eje neutro lo define la distancia “y” que a continuación evaluamos reemplazamos valores en la ecuación (6.31) 32

1 ( × 0.2) 𝑦 2 + (0.01164)𝑦 − 0.01164 × 0.35 = 0 2 → 𝑦 2 + 0.1164 𝑦 − 0.04 = 0 Momento de energía de la sección transformada: 𝐼𝑍 =

1 × 0.2 × (0.15)3 + 0.01164 × (0.35 − 0.15)2 3 𝐼𝑍 = 6.906 × 10−4 𝑚4

El esfuerzo normal máximo en cada material lo determinamos por la ec. (6.16) evaluando previamente los momentos flectores máximos. -

Diagramas de fuerza cortante y momento flector:

Reacciones: ∑MB = 0 𝑅𝐴 =

𝑃 × 1 + (2450 × 2.5)0.75 2

→

∑ 𝐹𝑦 = 0: 𝑅𝐵 = 0.5𝑝 + 3828.12

33

𝑅𝐴= 0.5𝑃 + 2296.875

P 250 kg/m

1m

1m RA

Sección de momento máx. 𝑑(𝑀𝑧 )(𝑥) 𝑑𝑥

0,5 m RB

𝑀(𝑥) = 𝑅𝐴 × (−

2450 2 )𝑥 2

𝑑𝑀 = 𝑅𝐴 − 2450 𝑥 = 0 𝑑𝑥

De donde: 𝑋=

𝑅𝐴 2450

→

𝑋=

0,5 𝑃 + 2296,578 2450

Luego, 𝑀𝑚á𝑥

𝑅𝐴2 2450 𝑅𝐴2 𝑅𝐴2 = − × = 2450 2 24502 2 × 2450 𝑀𝑚á𝑥 =

(0.5 𝑝 + 2296.875)2 4900

Sección de momento mínimo: del DMF está en el apoyo B 𝑀𝐵 = 𝑀𝑚í𝑛 = 𝑅𝐴 × 2 − 1 × 𝑝 − (2450) × 1 𝑀𝑚í𝑛 = 2𝑅𝐴− (2𝑝 + 4900) = −306.25 𝑁 − 𝑚

Cálculo del mayor valor de la carga P: -

Momento máximo positivo: En esta sección, el acero soporta el mayor esfuerzo 34

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

Esfuerzo en el acero: ec. (6.16) 𝜎𝑚á𝑥

𝑀𝑧 =− 𝐶 𝐼𝑧

(0.5 𝑃+296.875)2

𝜎𝑚á𝑥 =

4900

6.906 × 10−4

[−(0.35 − 0.15)]

Igualando al esfuerzo admisible a la tracción del acero y efectuando: 16.92 × 120 × 10𝑆 = (0.5 𝑃 + 2296.875)2

De donde, P = 85 255,37 N

-

En el concreto actúa el máximo esfuerzo de compresión:

[0.5𝑃 + 2296.875]2 (+0.15) 𝜎𝐶 = 4900 × 6.906 × 10−4 Por dato, el esfuerzo admisible de comprensión del concreto es 9 Mpa. 9 × 106 × 3.384 = (0.5 𝑃 + 2296.875)2 0.15 De donde: 𝑃 = 23904.67 𝑁

-

Momento máximo negativo: ahora, el acero soporta el esfuerzo máximo de comprensión, y el concreto tracción. (𝜎𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 )𝑐𝑜𝑚𝑝 = −

− 306.25 × (−0.2) = −88691 𝑃𝑎 6.906 × 10−4

(σacero)comp = -0.089 MPa Este valor es muy pequeño comparado con el esfuerzo admisible de comprensión para el acero (-80 Mpa). El máximo valor de P que satisface las condiciones de los esfuerzos admisibles dados es: 35

𝑃𝑚á𝑥 = 23904.67 𝑁𝑒𝑤𝑡𝑜𝑛𝑠 PROBLEMA 6.8: Determinar la máxima carga “w” que puede soportar la viga

sabiendo que: 𝐸𝐴 = 210𝐺𝑃𝑎

;

(𝜎𝑇 )𝐴 = 210𝑀𝑃𝑎

; (𝜎𝐶 )𝐴 = 90𝑀𝑃𝑎

𝐸𝐵 = 70𝐺𝑃𝑎

;

(𝜎𝑇 )𝐴 = 180𝑀𝑃𝑎

; (𝜎𝐶 )𝐵 = 70𝑀𝑃𝑎

ROTULA w N/m

A

B

C

1,5 m

2m

2m

10 cm

A

2 cm

8 cm B

. 2

SOLUCIÓN

Primero determinaremos la sección critica, es decir aquella que soporta el mayor momento flector. Cálculo de reacciones: ∑𝐹𝑦 = 0 ∶ 𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 = 5.5 𝑊 … (1) Se sabe que en una rótula el momento flector es nulo: 𝑀𝐶 = 0 entrando por derecha.

𝑀𝐶 = 𝑅𝐵 × 1.5 − (𝑊 × 1.5) × 0.75 − (𝑊 × 2) × 2.5 = 0 36

5

De donde, 𝑅𝐵 = 𝑤 (0.75 + 1.5) Sustituyendo en (1): 𝑅𝐴 = (4.75 − 3.333) 𝑅𝐴 = 1.416 𝑤 MA

A

C

1,5 m

2m RA

RB

2m 2w

1,416 w DFC

1.146

-2,083 w

0,173 w DMF

- 0,8 w

-2 w

También por condición de equilibrio ∑𝑀𝐵 = 0

−𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 × 3.5 − (𝑤 × 3.5) × 1.75 + (𝑤 + 2) × 1 = 0

Reemplazando 𝑅𝐴 y despejando MA: 𝑀𝐴 = 𝑊(4.956 − 4.125) = 0.831 𝑊 Conocidas ya las reacciones, se trazan los diagramas de fuerzas cortantes y momento flector. Del diagrama de momentos flectores, tenemos dos secciones de momento

37

máximo: en B, negativo y en D, positivo. Primero determinamos la ubicación de la L.N. mediante la fórmula: 𝑦=

(𝐸𝐴𝑦̅)𝐴 + (𝐸𝐴𝑦̅)𝐵 … (1) (𝐸𝐴𝑦̅)𝐴 (𝐸𝐴𝑦̅)𝐵 Y

Z

L.N.

MB = -2 w

B

Y D

YA = 9 YB = 4

MD = 0,173 w

Reemplazando valores: 𝑦=

[210 × 103 × (100 × 20) × 90] + [70 × 103 × (20 × 80) × 40] 210 × 103 × (2,000) + 70 × 103 × (1,600) 𝑦 ≅ 79.5 𝑚𝑚.

Cálculo de esfuerzos: Material A (𝜎𝐴 𝑚á𝑥 )𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 = −

(𝑀𝑧 )𝐵 × 𝐶𝐴 ; 𝐼𝐴 + 𝑛 𝐼𝐵

(𝜎𝐴 𝑚á𝑥 )𝐶𝑜𝑚𝑝. = −

(𝑀𝑧 )𝐷 × 𝐶𝐴 ; 𝐼𝐴 + 𝑛 𝐼𝐵

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

𝐸𝐴 𝐸𝐵

→

𝑛=

𝐸𝐴 =3 𝐸𝐵

Los momentos de inercia: 𝐼𝐴 =

100 × 203 20 = × 104 𝑚𝑚4 ; 12 3

𝐼𝐵 =

20 × 803 256 = × 104 12 3

Tenemos entonces: (𝜎𝐴 𝑚á𝑥 )𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 = −

−2000𝑊 × 20.5 20

(3 +3×

256

38

3

) × 104

= 0.01567𝑊

𝑁 𝑚𝑚2

Igualando al valor del dato para (𝜎𝐴 𝑚á𝑥 )𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 y despejando W: 𝑊=

210 𝑁 = 13,401.4 0.01567 𝑚𝑚

Ahora, para el esfuerzo de comprensión: (𝜎𝐴𝑚𝑎𝑥 )𝑐𝑜𝑚𝑝 = −

Por dato, (𝜎𝐴 𝑚á𝑥 )𝑐𝑜𝑚𝑝 = 90𝑀𝑃𝑎 Tenemos entonces para W:

173000 𝑊 × 20.5 20

(3 +3×

256 3

) × 104

= −9.0013 𝑊

𝑁

→ 90 𝑚𝑚2 = −13 × 10−4 𝑊 W = 69,230.77 N/m

(𝜎𝐴 𝑚á𝑥 )𝑐𝑜𝑚𝑝 = 𝑛𝜎𝐴 ; 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝜎𝐴 = −

−2000𝑊 × (−79.5∗ ) 20

(3 +3×

256 3

) × 104

* el valor de -79.5 indica la posición de la fibra más alejada que soporta comprensión. Luego: (𝜎𝐴 𝑚á𝑥 )𝑐𝑜𝑚𝑝 = 3 × (−605.33 × 10−4 𝑊) = −0.181𝑊

𝑁 𝑚𝑚2

Por dato: (𝜎𝐴 𝑚á𝑥 )𝑐𝑜𝑚𝑝 = 70𝑀𝑃𝑎

El material B soportará la maxima traccion en la sección situada a 1.416m. del empotramiento (punto D) (𝜎𝐴 𝑚á𝑥 )𝑐𝑜𝑚𝑝 = 𝑛 𝜎𝐴 ; 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝜎𝐴 =

(173000)(−79.5∗ ) 20

(3 +3×

256 3

) 𝑥104

= 50.442 × 10−4 𝑊

En este caso (-79.5) es la ubicación de fibra que soporta tracción máxima. → (𝜎𝐵 𝑚á𝑥 )𝑡 = 3 × 50.442 × 10−4 𝑊 = 0.01513 𝑊 𝑁/𝑚𝑚2 reemplazando el dato para(𝜎𝐵 𝑚á𝑥 )𝑡 y despejando W. 𝑊=

180 = 11,896.9 𝑁/𝑚 0.01513

El máximo valor para la carga w es el menor de todos los obtenidos. 39

∴ 𝑊 = 385.5

PROBLEMA 6.9

𝑁 . 𝑅𝑝𝑡𝑎. 𝑛

Se construye una viga compuesta uniendo firmemente

secciones de acero (EAC= 2.1

106 Kg/cm2) y aluminio (EAL= 0.7 106 Kg/cm2) de

manera que el conjunto trabaja como una sola pieza. Determinar, para la porción horizontal principal de la viga las distribuciones de esfuerzo normal y deformación en las secciones de momento flector positivo y negativo. 3m 0.5 m

4 Ton

1 Ton

6 Ton (total)

1 Ton (total)

3m

3m

0.5 m

2m

7.5 cm

Alum

10 cm

Acero

30 cm

SOLUCIÓN

Trazamos el D. C.L. de la viga

40

4m

6 Ton

1 Ton 4 Ton 3 Ton-m

A B RA

O

Q RC

RB 1.5 m

1.5 m

1m

3m

RD 3m

2m

1m

Cálculo de reacciones en los apoyos. Descomponemos la viga dada en tres, utilizando las articulaciones como puntos de unión. Po es la carga debido a la acción de la viga OP. ∑𝐹𝑌 = 0

𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 = 6 + 𝑃𝑜 (1)

∑𝑀0 = 0

𝑅𝐴 + 3.5 + 𝑅𝐵 × 0.5

w=2 T/m PO

=6× 2 7𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 = 24

(2)

A

B

RA

RA

Viga OQ ∑MQ = O: PO =

5 × 2.5 + 3 9.5 = Ton 3 3

∑FQ = O: PQ = 6 Po ↝ PQ =

5 Ton

5.5 Ton 3

PO

3 Ton-m

(5.5/3)6 + 1 × 4/3 ∑MQ = O: R C = 4

Rc = 3,08 Ton.

Viga QD

41

PQ

O

1 Ton PQ

∑FY = O: R C = 3.08 −

RC

(5.5 + 1) = 3

𝑅𝐷 = 0.25 𝑇𝑜𝑛

RD

Reemplazando 𝑃𝑂 en (1) 𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 = Si restamos la relación (1a) de la (2), RA = 2,47 Ton.

27.5 3

(1.3)

6∙RA = (72-27,5)/3

→ 𝑅𝐵 = 6.17 𝑇𝑜𝑛

Diagrama de fuerza cortante y momento flector de la viga 3.18

2.47 1.25 0

0.25

D

F 1.235

DFC (TON)

-1.82

-3.53 4.59

1.52

1.59

0 DMF TON-m

-1.59

-3.6

42

Las secciones que soportan momento máximo son: 𝑀𝐹 = 4.59 𝑇𝑜𝑛 − 𝑚

Sección F

-

𝑦

𝑀𝐷 = 3.6 𝑇𝑜𝑛 − 𝑚

Sección D

Distribución de esfuerzos y deformaciones Y

Ubicación de la L. N. (ecuación 6.21) A

Material A: Aluminio Z

𝑌=

YA=25 B

Material B: Acero

YB=10

Y

L.N.

0.7 × 106 × 0.7.5025 + 2.1 × 106 × 20 × 7.5 × 10 0.7 × 106 × 10.7.5 + 2.1 × 106 × 20 × 7.5 Y = 12,14 cm

Sección F 𝛿𝐴 = −

𝑀 .𝑌 ; 𝐼𝐴+ 𝑛𝐼𝐵

𝛿𝐵 = 𝑛𝛿𝐴 )𝑒𝑐

Aquí tenemos, 43

6.24)

𝑛=

𝐸𝐵 =3 𝐸𝐴

;

𝐼𝐵 =

𝐼𝐴 =

7.5 𝑋 103 + (10 𝑋 7.5)(25 − 12.4)2 → 𝐼𝐴 = 12532 𝑐𝑚2 12

7.5 𝑋 203 + (20𝑋7.5)(12.4 − 10)2 → 𝐼𝐵 = 5864 𝑐𝑚4 12

Reemplazando valores en la ecuación (2.24) 𝛿𝐴 = −

459000 × 𝑌 = 15.237 𝑌 𝐾𝑔/𝑐𝑚2 12532 + 3 × 5864 𝛿𝐵 = 45.711 𝑌 𝐾𝑔/𝑐𝑚2

Para la deformación usaremos la ecuación (6.9) 𝜀𝑥 =

−𝑀𝐵 𝑦 𝐸𝐵 𝐼𝐵

Evaluamos MB utilizando la ecuación (6.28): 𝑀𝐵 =

𝑀 𝑛 𝐼𝐵 𝐼𝐴 + 𝑛 𝐼𝐵

Reemplazamos los valores, 𝑀𝐵 = (459000 × 3 × 5864)/(12532 + 3 × 5864) = 268049.7 La distribución de deformaciones queda expresada por: 𝜀𝑥 = −

268049.7 𝑌 = −2.16 × 10−5 𝑦 2.1 × 106 × 5864

Sección D 𝛿𝐴 = −

(−360000)𝑌 Kg = 11.95 y 30124 𝑐𝑚2 𝛿𝐵 = 35.85 𝑦

Kg 𝑐𝑚2

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

210235.05 = 1.7 × 10−5 𝑦 6 2.1 × 10 × 5864

44

PROBLEMA 6.10.

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

diferentes de madera: roble (𝐸 = 119000 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 ) (𝜎𝑎𝑑𝑚 = 84 𝐾𝐺/𝑐𝑚2 ) y pino: (𝐸 = 70000 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 ) (𝜎𝑎𝑑𝑚 = 70 𝐾𝐺/𝑐𝑚2 ) ,

para

lo

cual

se

proponen

las

alternativas (a) y (b) indicadas. Determinar la alternativa más conveniente en cuanto a resistencia y calcular la máxima conviviente en cuanto a resistencia y calcular la máxima carga uniforme repartida w que pueda llevar la viga.

w kg/m

1.20 m

3m

3 cm 3 cm 3 cm

15 cm 3 cm

roble

3 cm

roble

3cm

roble pino roble

15 cm

pino

SOLUCIÓN:

Con el sistema de cargas dado, trazamos los diagramas de fuerza cortante y de momento flector de la viga. Para hacer el análisis de resistencia de la viga de dos materiales, consideramos como material B al roble; y como material A al pino: 𝑛=

1,19 = 1.7 0,7

Las ecuaciones (6.24) nos dá los esfuerzos: 𝛿𝐴 = −

𝑀𝑦 𝐼𝐴 + 𝑛𝐼𝐵 45

𝑦

𝛿𝐵 = 𝑛. 𝛿𝐴

o R2

R1

1.26 W 1.2 W

DFC (kg) 1.26

0.7938 W -1.74 W

DMF (kg-m)

-0.72 W

seccion 2

seccion o

Tanto por la simetría de ambas alternativas como por la ec. (6.21) se verifica que la L. N coincide con el eje centroidal z; es decir: 𝑦𝐿.𝑁 = 7.5 𝑐𝑚 La viga cuya sección nos dá el mayor valor para el denominador de la relación (6.24) será lo más conveniente en cuento a resistencia. (vale decir mayor momentos de inercia 𝐼𝐴 𝑒 𝐼𝐵 ).

46

-

Momentos de inercia respecto a la L. N.

Alternativa (a) 𝐼𝐴 =

15×53

𝐼𝐵 = 2

12 15×53 12

Alternativa (b)

= 156.25 𝑐𝑚4

𝐼𝐴 =

+ (15 × 5) = 4062.5 𝑐𝑚4

𝐼𝐵 = 2

5×153 12

5𝑥153 12

= 1406.25 𝑐𝑚4

= 2812.5 𝑐𝑚4

B Z

L.N

Z

A

L.N

B

A

B

B -

Por comparación de los valores obtenidos, concluimos que la alternativa (b) es la sección más resistente.

-

Cálculo de máxima carga “W” Hacemos la evaluación de los esfuerzos máximos en las secciones críticas ya identificadas (ver DMF), considerando la alternativa (b). Sección “O”: M) 79.38 ww Kg-cm (𝛿)𝑚á𝑥 =

79.38 (−7.5) × 𝑤 = 1.2 10−2 𝑤 (𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛) 1406.25 + 1.7 × 28125

Para ambos materiales el esfuerzo máximo de compresión es numéricamente igual al de tracción (con 𝑦 = +0 7.5 𝑐𝑚) (𝛿)𝑚á𝑥 = 1.7 × 1.2 10−2w=2.04 10−2 𝑤 (𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛) Para obtener “w”, igualmente estos valores con sus respectivos esfuerzos admisibles: -

70

Material A: 𝑤 = 1.2× 10−2 = 5833.33 𝑘𝑔/𝑚 47

-

84

Material B: 𝑤 = 2.04× 10−2 = 4117.64 𝑘𝑔/𝑚

Sección 2: 𝑀 = −72 𝑤 𝐾𝑔 − 𝑐𝑚 𝛿𝐴 𝑚á𝑥 =

(−72) × 7.5 𝑤 = 1.1 𝑤 10−2 (𝑇𝑟𝑎𝑑𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛) 49218.75

𝛿𝐴 𝑚á𝑥 = 1.7 × 0𝐴 𝑚á𝑥 = 1.87 𝑤 10−2 𝑤 (𝑇𝑟𝑎𝑑𝑖𝑐𝑐𝑖ó𝑛)

Repitiendo el procedimiento anterior, tenemos para esta sección: (materiales A y B respectivamente) W= 6363.6 kh/m

;

w= 4492 Kg/m

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

48

6.2.2 FLEXIÓN ASIMÉTRICA

Ahora estudiaremos el caso de vigas donde los pares de flexión no actúan en un plano de simetría. A. Para sección con un eje de simetría - Por el principio de superposición. Considérese primero un elemento con un plano vertical de simetría que se somete a un momento flector M que actúa en un plano que forma

un

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

M



Z

G

Figura 6.15

𝑀𝑍 = 𝑀𝑐𝑜𝑠∅; 𝑀𝑦 = 𝑀𝑠𝑒𝑛∅

(6.32)

El par Mz actúa en un plano vertical, flexa al elemento en dicho plano y genera el esfuerzo: 𝜎𝑥 = −

𝑀𝑍 𝑦 𝐼𝑍

(6.14 𝑟𝑒𝑝𝑒𝑡𝑖𝑑𝑎)

De otro lado, el par My actúa en un plano horizontal, flexa al elemento en dicho plano y genera el esfuerzo:

49

𝜎𝑥 =

𝑀𝑦 𝑍 𝐼𝑦

(6.33)

(Dejamos al estudiante el análisis para verificar los signos de 𝜎𝑥 debido a My) 𝐼𝑦

𝑒 𝐼𝑍 son momentos de inercia respecto a los ejes centroidales principales y –

z de la sección de la viga ((𝐼𝑦𝑧 = 0) La expresión del esfuerzo normal causado por el momento resultante M se obtienen superponiendo las distribuciones de esfuerzos difinidos por las ecuaciones (6.14) y (6.33) → 𝜎𝑥 = −

𝑀𝑍 𝐼𝑍

𝑌+

𝑀𝑌 𝐼𝑦

𝑧

(6.34)

Y

M





Z

G E.N

Fig. 6.16. Eje neutro que delimita zonas de tracción y comprensión. Para el diseño por resistencia, nos enteresa calcular los esfuerzos máximos (a la tracción y comprensión) en la SECCIÓN CRITICA de la viga, que viene a ser la que ̅. soporta el mayor momento flector resultante 𝑀 Puesto que el EJE NEUTRO está definido por la condición de que en todos sus puntos el esfuerzo normal es nuño, igualmente a cero la relación (6.34). − Si reemplazamos

𝑀𝑧 𝑦 𝑀𝑦

𝑀𝑍 𝑌 𝑀𝑦 𝑍 + =0 𝐼𝑧 𝐼𝑦

por las relaciones (6.32) y despejando “y” tenemos

para el E. N.: 𝑧 =𝑚∙𝑦

(6.35)

(ecuación de un recta en el plano Y – Z donde m es la pendiente) El ángulo 𝛽 que el eje neutro forma con el eje Y: 𝑍

−1

𝐼

𝑚 = 𝑡𝑎𝑛𝛽 = 𝑌 ⇒ 𝑡𝑎𝑛𝛽 = (𝐼𝑍 𝑡𝑎𝑛∅) 𝑌

50

(6.36)

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

eje Z. esta consideración transformaría la 𝑡𝑔𝛽 en su inversión 𝑡𝑔𝛽 = 𝑍. B. Para sección Asimétrica con respecto a los ejes Y-Z

Los ejes centroidales de una sección, aún si es asimétrica; se determinan en forma analítica o usando el círculo de Mohr (se estudia en curso de Estática).

Si U y V son los ejes Y

centroidales principales

de

una

y

U

sección, la expresión 

para la distribución de esfuerzos debidos al

z

C.G

par resultante M es: V V

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

𝜎𝑥 =

𝑀𝑉 𝑀𝑢 ×𝑢+ × 𝑉 𝐼𝑉 𝐼𝑢

Donde: 𝑀𝑢 : componente de M es el eje U. 𝑀𝑉 : componente de M es el eje V.

51

(6.37)

u y v son las distancias del elemento de

y

U

área dA a los ejes centroidales V y U 

respectivamente. 𝐼𝑢 𝑒 𝐼𝑣 son los momentos de inercia con

My z

respeto a los ejes centroidales principales

 

U y V.

V

CASO GENERAL DE FLEXIÓN ASIMETRICA Expresando los esfuerzos en función de los momentos flectores y momentos y productos de inercia respecto a los ejes centrodales Y-Z de la sección transversal de geometría arbitraria.

P

Z

R

Y

M

M Q

G

dx

S

Consideramos nuevamente un tramo de viga deformada. La sección RS gira un ángulo 𝑑𝜃 respecto a su posición original

52



d

 R R'

T

x

M

Z

U

d

N

Y (y,z)

B

E.N.

a1 G

S' S

x Figura 6.18 Semejanza de triangulos: ∆ 𝑂𝑀𝑁 ≈ ∆ 𝑁𝑈𝑇:

𝑥 ∆𝑥

=

𝑑 𝜌

y-z: son ejes centroidales G: Centro de gravedad de la seccion 𝑒𝑁 : Vector unitario normal del eje neutro. Pero:

𝑥 =

𝑥 ∆𝑥

⇒ 𝑝𝑜𝑟 𝐻𝑜𝑜𝑘𝑒: 𝜎𝑥 = 𝐸.

𝑑 𝜌

(6.38)

De la figura de la sección transversal: 𝑑 + 𝑎1 = (𝑦, 𝑧) 𝑜 (𝑏1 , 𝑐1 ) ⇒ 𝑑 = 𝑦𝑏1 + 𝑍𝑐1 − 𝑎1 Luego, el esfuerzo normal: 53

en (b1,c1)

𝜎𝑥 =

𝐸 (𝑦𝑏1 + 𝑍𝑐1 − 𝑎1 ) 𝜌

Como 𝐸/𝜌 es constante, la expresión para el esfuerzo 𝜎𝑥 la podemos escribir: 𝜎𝑥 = 𝑏𝑦 + 𝐶𝑍 + 𝑎

(6.39)

a, b y c son constante que debemos hallar. Para cualquier sección tranversal de la viga, se cumple las condiciones de equilibrio. ∑𝐹𝑥 = 0 ⇒ ∫ 𝜎𝑥 𝑑𝐴 = 0

(6.40 a)

∑𝑀𝑍 = 0 ⇒ ∫(𝜎𝑥 𝑑𝐴) × 𝑦 = −𝑀𝑧 (6.40 b) ∑𝑀𝑦 = 0 ⇒ ∫ 𝑧 (𝜎𝑥 𝑑𝐴) = 𝑀𝑦 (6.40 c) Sustituyendo la expresión (6.39) para 𝜎𝑥 , en la ecuación (6.40 a). ∫(𝑏𝑦 + 𝐶𝑍 + 𝑎) 𝑑𝐴 = 0 𝑏 ∫ 𝑦𝑑𝐴 + 𝐶 ∫ 𝑍𝑑𝐴 ⇒ 𝑎 ∫ 𝑑𝐴 = 0 Como y – z son ejes centroidales: ∫ 𝑦𝑑𝐴 = ∫ 𝑍𝑑𝐴 = 0 ⇒ 𝑎 ∫ 𝑑𝐴 = 0 ⇒ 𝑎 × 𝐴 = 0 Pero 𝐴 ≠ 0 ⇒ 𝑎 = 0 Reemplazamos 𝜎𝑥 (con a = 0) en la ecuación (6.40b) ∫ 𝑦 (𝑏𝑦 + 𝑐𝑧)𝑑𝐴 = −𝑀𝑧 ⇒ 𝑏 ∫ 𝑦 2 𝑑𝐴 + 𝐶 ∫ 𝑦𝑧𝑑𝐴 = −𝑀𝑧 𝑏 ∙ 𝐼𝑧 + 𝑐𝐼𝑦𝑧 = −𝑀𝑧

(6.40 𝑏 − 𝐴)

Y ahora sustituyendo 𝜎𝑥 en la ecuación (6.40 c) ∫ 𝑧 (𝑏𝑦 + 𝐶𝑍)𝑑𝐴 = 𝑀𝑦 ⇒ 𝑏 ∫ 𝑦𝑍𝑑𝐴 + 𝐶 ∫ 𝑍 2 𝑑𝐴 = 𝑀𝑦 ⇒ 𝑏𝐼𝑦𝑧 + 𝐶𝐼𝑦 = 𝑀𝑦 (6.40 c – a) Resolvemos las ecuaciones (6.40 b-a) y (6.40 c-a)c

54

(6.40𝑏 − 𝐴) × 𝐼𝑦 + (6.40 𝐶 − 𝐴) × (−𝐼𝑦𝑧 ): 𝑏𝐼𝑦 𝐼𝑧 + 𝑐𝐼𝑦 𝐼𝑦𝑧 = −𝐼𝑦 𝑀𝑧 + 2 −𝑏𝐼𝑦𝑧 − 𝐶𝐼𝑦 𝐼𝑦𝑧 = −𝐼𝑦𝑧 𝑀𝑦 2 𝑏(𝐼𝑦 𝐼𝑧 − 𝐼𝑦𝑧 ) = −𝐼𝑦 𝑀𝑧 − 𝐼𝑦𝑧 𝑀𝑦

De donde: 𝑏=

𝑀𝑧 𝐼𝑦 − 𝑀𝑦 𝐼𝑦 2 𝐼𝑦 𝐼𝑧 − 𝐼𝑦𝑧

(6.40 𝑏 − 𝐴) × (−𝐼𝑦𝑧 ) + (6.40 𝐶 − 𝐴) × (𝐼𝑧 ): 2 −𝑏𝐼𝑧 𝐼𝑦𝑧 − 𝐶𝐼𝑦𝑧 = +𝑀𝑧 𝐼𝑦𝑧 +

𝑏𝐼𝑧 𝐼𝑦𝑧 + 𝐶𝐼𝑦 𝐼𝑧 = 𝑀𝑦 𝐼𝑧 2 𝐶(𝐼𝑦 𝐼𝑧 − 𝐼𝑦𝑧 ) = 𝑀𝑦 𝐼𝑧 + 𝑀𝑧 𝐼𝑦𝑧

Despejando C: 𝐶=

𝑀𝑦 𝐼𝑧 + 𝑀𝑧 𝐼𝑦𝑧 2 𝐼𝑦 𝐼𝑧 − 𝐼𝑦𝑧

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

𝜎𝑥 = −

𝑀𝑧 𝐼𝑦 +𝑀𝑦 𝐼𝑦𝑧 2 𝐼𝑦 𝐼𝑧 −𝐼𝑦𝑧

.𝑦 +

𝑀𝑦 𝐼𝑧 +𝑀𝑧 𝐼𝑦𝑧 2 𝐼𝑦 𝐼𝑧 −𝐼𝑦𝑧

.𝑧

(6.41)

Que nos dá la distribución del esfuerzo en una sección transversal de viga que soporta carga ortogonales a su eje axial. -

Casos particulares 1. Si los ejes y-z son ejes principales, Iyz=0 (sección con un eje de simetría). 𝜎𝑥 = −

𝑀𝑧 𝐼𝑧

𝑦+

𝑀𝑦 𝐼𝑌

𝑧

((6.34) repetida)

Que es la ecuación anteriormente obtenida (véase apartado 6.2.2) 55

2. Si My = 0: el vector M coincide con el eje z. La ecuación (6.41) se reduce a: 𝜎𝑥 = 𝐼

𝑀𝑧 𝐼𝑦

2 𝑦 𝐼𝑧 −𝐼𝑦𝑧

𝑦+𝐼

𝑀𝑧 𝐼𝑧𝑦

2 𝑦 𝐼𝑧 −𝐼𝑦𝑧

𝑧

(6.42)

Determinamos ahora localización del eje neutro para el caso general de flexión asimétrica.

Y

De acuerdo a lo indicado, en la



seccion transversal la pendiente del E.N. es : m = tg  = z/y. MY

Igualando a cero x en la ecuacion

MZ

Z E.N

𝑡𝑔𝛽 =

(6.41) y depejando z/y: 𝑧 𝑦

=

𝑀𝑧 𝐼𝑦 −𝑀𝑦 𝐼𝑦𝑧 𝑀𝑦 𝐼𝑧 +𝑀𝑦 𝐼𝑌𝑧

(6.43)

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

𝑡𝑔𝛽 =

𝑧 𝑦

=

𝐼𝑦 𝐼𝑦𝑧

(6.44)

PROBLEMA 6.11. Para la viga cuya sección transversal se muestra, hallar el esfuerzo

normal actuante en el punto A de la sección crítica. Considerar que P pasa por el C. G.

Y

Datos de la sección:

A

X 1.5 m

𝐼𝑦 = 185.9 𝑐𝑚4

P=20 kgf

𝐼𝑧 = 1730 𝑐𝑚4 𝐼𝑦𝑧 = 146.5 𝑐𝑚4

56

Y

2 cm

6 cm Z

6 cm

2 cm A

P 3 cm

3 cm

SOLUCIÓN

Según es sistema de cargas, la sección de empotramiento es la sección crítica (soporta el memento máximo): 𝑀𝑧 = 3,000 𝐾𝑔 − 𝑐𝑚 𝑀𝑦 = 0 Cálculo del esfuerzo normal en el punto A (0, -8, - 3) Con 𝑀𝑦 = 0, las ec. Del esfuerzo normal es: 𝜎=−

𝑀𝑧 . 𝐼𝑦 𝑀𝑧 . 𝐼𝑦𝑧 × 𝑦 + 2 2 ×𝑧 𝐼𝑦 𝐼𝑍 − 𝐼𝑌𝑍 𝐼𝑦𝑧 − 𝐼𝑌𝑍

Reemplazando valores: (𝜎𝐴 )𝑥 = −

3000 × 185.9 3000 × 146.5 (−8) (−3) 2 185.9 × 1730 − (146.5) 185.9 × 1730 − (146.5)2

(𝜎𝐴 )𝑥 = +10.47 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 57

Gráfica de la distribución de esfuerzos:

Pendiente de la L. N.: 𝐼𝑦 𝑦𝑧

reem. L.N

𝑧

𝑚=𝑦=𝐼

Y

Datos 𝑇𝑔𝛽

185.9 = = 1.269 146.25

 Z

𝛽 = 51.76° ≅ 52° A

10.47

-

Veamos ahora solución usando ejes principales de inercia:

-

Cálculo de los momentos de inercia máxima y mínimo de la sección por el método gráfico del circulo de Mohr:

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

𝑂=

𝐼𝑌 + 𝐼𝑍 185.9 − 1730 = = 958 ⇒ 0 = (0.958) 2 2

𝐼𝑧 − 𝐼𝑦 2 √ 𝑅= ( ) + 𝐼 2 𝑦𝑧 2

𝑅 = √(

58

1730 − 185.9 2 ) + (146.5)2 2

𝑅 = 785.82 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 𝐼𝑣 = (𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑂) + 𝑅 ) 𝐼𝑣 = 1743.82 𝑐𝑚2 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 𝐼𝑣 = (𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑂) − 𝑅 ) 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 172.18 𝑐𝑚4 𝑡𝑔 2𝜃 =

2 𝐼𝑦𝑧 𝐼𝑧 − 𝐼𝑦 2 × 146.5 1730 − 185.9

𝑇𝑔(2𝜃) =

2𝜃 = 12° → 𝜃 = 6°

Iyz (Iy,Iyz) Y (Iv,0)

2

U

V I Z

Iu (Iz,Iyz)

Iy+Iz 2

Con estos valores representamos en la sección transversal los ejes principales centroidales u – v.

59

y

u



Mu

z Mz

uA v

m

Mv

n

P A)

q

vA

(yA,z

𝑀𝑢 = 𝑀𝑧 𝑠𝑒𝑛 6°

𝑀𝑢 = 313.58 𝐾𝑔 − 𝑐𝑚

𝑀𝑣 = 𝑀𝑧 𝑠𝑒𝑛 6°

𝑀𝑣 = 2983.56 𝐾𝑔 − 𝑐𝑚

Las distancias del punto A los ejes principales: 𝑢𝐴 = −(𝑌𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑍𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑣𝐴 = − (𝑍𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑌𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃) Sustituyendo valores: 𝑢𝐴 = −(8 cos 6° + 3 𝑠𝑒𝑛 6° ) = −8.27 𝑐𝑚 𝑣𝐴 = − (8 cos 6° + 3 𝑠𝑒𝑛 6°) = −2.14 𝑐𝑚 La ec. (6.37) del esfuerzo normal: (𝜎𝑎 )𝑥 = −

𝑀𝑉 𝑀𝑢 .𝑢 .𝑣 𝐼𝑉 𝐼𝑢

Sustituyendo valores: 60

(𝜎𝐴 )𝑋 = −

2983.56 313.58 . (−8.27) + ∙ (−2.14) 1743.82 172.18

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

PROBLEMA 6.12: Para el material de la viga que se muestra: [𝜎𝑎𝑑𝑚]𝑐𝑜𝑚𝑝 =

800 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 ; [𝜎𝑎𝑑𝑚]𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 = 1200 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 determinar el mayor valor de W que puede soportar. 2 cm

10 cm

6m

G

E 2 cm

2m

A

6.78 cm

B Y1

w (Kg/m)

Z1 C

3.22 cm

y

D

SOLUCIÓN

Primero determinar el centro de gravedad y los momentos y productos de inercia de la sección. 𝑌̅ =

10(2)(1) + 8(2)6) 116 = = 3.22 𝑐𝑚 = 𝑧̅ 20 + 16 36

𝐺 = (3.22, −3.22) 1

1

𝐼𝑧 =(12) (10)(2)3 + (20)(3.22 − 1)2 + (12) (2)(8)3 + 16(6 − 3.22)2 𝐼𝑧 = 314.22 𝑐𝑚4 𝐼𝑦 = 314.22 𝑐𝑚4 𝐼𝑦𝑧 = 20(−2.22)(−1.78) + (16)(+2.78)(2.22) → 𝐼𝑦𝑧 = 177.77

Localización de la sección de momento máximo. -

Trazamos ahora los diagramas de fuerzas cortante y momentos flectores: 61

Momento máximo negativo: Ocurre en el apoyo 2: 𝑀𝑧 = −(𝑊 × 2) × 1 = −2𝑊 𝑘𝑔 − 𝑚1

2 X

DFC

Para la reacción del apoyo 1: ∑ 𝑀𝑧 = 0

3.55 w +

𝑅1 (6) − 8𝑊(2) = 0 DMF

16 8 𝑅1 = ( ) 𝑊 = ( ) 𝑊 6 3

-2 w

Momento máximo positivo: dM/dx = 0 8 8 ( ) 𝑊 − 𝑊𝑥 = 0 → 𝑥 = ( ) 3 3 8 8 1 8 2 𝑀𝑚𝑎𝑥 = (+) ∶ 𝑀𝑧 = ( ) 𝑊 ( ) − ( ) ( ) 𝑊 = 3.5 𝑊 𝑘𝑔 − 𝑚 → 355 𝑊 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 3 3 2 3 Pendiente del eje neutro para cualquier sección de la viga. 𝑇𝑔(𝛽) =

𝐼𝑦𝑦 314.22 = = 1.7674 → 𝛽 = 60.5° 𝐼𝑧𝑧 177.77

Con este valor como referencia graficamos al distribución de fuerzo normal. El tipo de esfuerzo. a uno y otro lado del E.N. dependerá de si la ecuación soporta momento positivo o negativo.

62

B

A Y

E.N

 44,5

E

C D

Puntos críticos A= (6.68,1.22) C= (-3.22,3.22) Cuando 𝑀𝑦 = 0 , tenemos la ec. (6.42): (𝜎)𝑥 =

(𝑀𝑧 . 𝐼𝑦) (𝑀𝑧 . 𝐼𝑦𝑧) .𝑦 + .𝑧 2 𝐼𝑦. 𝐼𝑧 − 𝐼 𝑦𝑧 𝐼𝑦. 𝐼𝑧 − 𝐼 2 𝑦𝑧

𝐼𝑦. 𝐼𝑧 − 𝐼 2 𝑦𝑧 = 67,129.27 * En la sección de momento máximo positivo: 𝜎𝑥 =

(355. 𝑊)(314.22)𝑦 + (355. 𝑊)177.77. 𝑧 67,129.27 𝜎𝑥 = (−1.66 𝑊 ) 𝑦 + (0.94 𝑊)𝑧

El pto. A soporta el esfuerzo de comprensión máximo, mientras el pto. C, el esfuerzo de tracción máximo. (𝜎𝑥 )𝐴 = −1.66 𝑊 (6.68) + 0.94 𝑊 (1.22) = 9.942 𝑊 (𝜎𝑥 )𝑐 = −1.66 𝑊 (−3.22) + 0.94 𝑊 (3.22) = 8.372 𝑊 El valor de W lo obtenemos igualando los esfuerzos de A y C con los respectivos esfuerzos admisibles. 63

− 9.942𝑊 = −800 8.372𝑊 = −1200

→ 𝑊 ≅ 80

𝑘𝑔 𝑚

→ 𝑊 ≅ 80 𝑘𝑔/𝑚

* En la sección de momento negativo máximo: La ecuación de esfuerzo normal: 𝜎𝑥 =

(−200𝑊)(314.22) (−200𝑊)(177.77) .𝑦 + .𝑧 67,129.27 67,129.27 𝜎𝑥 = (0.97 𝑊)𝑦 − (0.53 𝑊)𝑧

Ahora en c tenemos comprensión y en A tracción. (𝜎𝑥 )𝑐 = (0.94 𝑊)(−3.22) − (0.53 𝑊)(3.22) = −4.73 𝑊 −472 𝑊 = −800

→

𝑊 = 169 𝑘𝑔/𝑚

(𝜎𝑥 )𝑐 = (0.94 𝑊)(6.68) − (0.53 𝑊)(1.22) = 5.632 𝑊 5.632 𝑊 = 1200

→

𝑊 = 213 𝑘𝑔/𝑚

La respuesta para el valor de w debe satisfacer todas las condiciones de resistencia del material → 𝑊 = 80 𝐾𝑔/𝑚.

PROBLEMA 6.13. determinar los máximos

P

esfuerzos normales producidos por flexión 10 m

debido a la carga 𝑃 = 300𝑁 en el elemento mostrado.- sabiendo que su longitud es de 10m. y su sección transversal es cuadrada, siendo sus dimensiones en la parte superior de 600mm x 60mm y en la parte inferior de 120mm x 120mm.- determinar la posición de

en

la

dirección

de

la

diagonal.

64

12 0

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

60

la sección en donde se producen estos

SOLUCIÓN

Se trata de una viga empotrada isostática en voladizo.- Por comodidad, “voltearemos” la viga de manera que el eje x (horizontal) coincida con el eje axial de elemento. Tenemos entonces el DCL de la viga que se muestra en la página siguiente.

Cálculo de reacciones: ∑𝐹𝑦 = 𝑂: 𝑅𝐴 = 𝑃 = 300𝑁 ∑𝑀𝐴 = 𝑂: 𝑀𝐴 = 𝑃𝑥10 = 3,000𝑁 − 𝑚 estudiada en curso de ESTATICA). Y

Como

P

la

sección

transversal

es

simétrica tanto con respecto al eje y A

B

X

como el eje z (ver figura), la línea

MX

neutra coincide con el eje z; y como la X

carga P actua en el plano x-y genera

RX

momento flector MZ unicamente. 300

DFC (N)

+

O

DMF (N-m)

(-) MX=P.X

3000

Los diagramas de fuerza cortante y momento flector para este tipo de viga son fáciles de obtener (viga ya 65

Para el esfuerzo normal, tenemos: 𝜎𝑥 = −

𝑀 (𝑥) 𝐼𝑧 (𝑥)

, 𝑌(𝑥)….(1)

Y 60 cos 45°+a 60 cos 45°

Y max

a

X

60 cos 45°

y L.N.

z a

X 10,000 mm

Por semejanza de triangulos: a x = → a = 0 0.003√2 x 60 cos 54° 10,000 con este valor,quedan determinadas las dimensiones de la sección situada a una distancia x del extremo donde actúa la carga p; y por lo tanto, podemos obtener el momento de inercia de esta sección: 𝐼𝑧 3

1 1 4 √2 √2 𝐼𝑧 = (𝑥) = 2 [ [2 (60𝑥 + 3)] (60𝑥 + 3) ] = (30√2 + 𝑎) 12 2 2 3 1 4 4 ⇒ 𝐼𝑧 (𝑥) = 𝑥(√2) (30 + 0.003𝑥)4 = (30 + 0.003𝑥)4 3 3 Reemplazando en (1) las expresiones obtenidas para 𝐼𝑧, 𝑀 𝑒 𝑌(𝑥) tememos para el esfuerzo normal máximo en la sección x.

(𝜎𝑥 )𝑚á𝑥 = −

(−300𝑥)(30√2 + 0.003√2𝑥) 3 4

× 30 (1 + 0.001 𝑥)4

=

900√2 𝑥 … . (2) 4(1 + 0.0001𝑥)3

Para obtener el valor de x donde se produce el esfuerzo máximo en la viga, derivamos e igualemos a cero (teoría de máximos y mínimos). (1 + 0.0001𝑥)3 − 3(1 + 0.0001𝑥)2 × 0.0001𝑥 𝑑𝜎 = 255√2 × =0 (1 + 0.0001𝑥)6 𝑑𝑥 66

⇒1-0.0002x = 0 De donde, x = 5 000mm (RPTA) Reemplazando en (2): 𝜎𝑚á𝑥 = 17.46 𝑁/𝑚𝑚2

(1Mpa= 1 N/mm2)

PROBLEMA PROPUESTOS

6.1. Durante la construcción del nuevo puente sobre el río Virú en la carretera Panamericana, las trabes principales se proyectan de una pila a la siguiente (ver la figura). Cada trabe tiene una longitud en voladizo de 51.82 m y una sección transversal en forma de I con las dimensiones indicadas en la figura. La carga sobre cada trabe (durante el montaje) es de 750 Lb/pie, que incluye el peso de la misma. Determine el esfuerzo máximo de flexión en una trabe debido a esta carga.

67

6.2. Una viga DEC con un voladizo de B a C soporta una carga uniforme de 200 Lb/pie. La viga es un canal U con las dimensiones mostradas en la figura. El momento de inercia respecto al eje z (el eje neutro) es igual a 5.14 puig 4. Calculeel esfuerzo máximo en tensión 𝜎𝑡 y el esfuerzo máximo de compresión 𝜎𝑐 debido a la carga uniforme. y

200 lb / ft

0.674

z 10 ft

5 ft

C 2.496

6.3 Dos niños que pesan 90 Lb c/u ocupan el tablón de un sube y baja que pesa 3 Lb/pie de longitud (vea la figura). El centro de gravedad de cada menor está a 8 pies del fulcro. El tablón tiene 228" de longitud, 8" de ancho y 1/2" de espesor. ¿Cuál es el esfuerzo máximo de flexión en el tablón?

6.4 Una pequeña presa de altura h = 6 pies está construida de vigas AB verticales de madera, como se presenta en la figura. Las vigas de madera, que tienen espesor b =2 1/2" están simplemente soportadas por vigas horizontales de acero en A y B. Trace una gráfica que muestre el esfuerzo de flexión máximo

𝜎𝑚𝑎𝑥 en las vigas de madera versus la profundidad d

del agua arriba del soporte inferioren B. trafique el esfuerzo máximo 𝜎𝑚𝑎𝑥 (psi) como la ordenada de la gráfica y la profundidad d (pies) como la abcisa. (Nota: la gravedad específica del agua es, 𝛾 = 62.4 𝑙𝑏/𝑝𝑖𝑒 3 )

68

6.5. La sección transversal de un puente ferrocarrilero de vía angosta se muestra en la parte a) de la figura: El puente está construido con trabes longitudinales de acero que soportan los durmientes de madera. Las trabes están restringidas contra pandeo lateral por riostras diagonales, como se indica con la línea punteada. El espaciamiento de las trabes es s 1 = 0.8 m y la separación entre rieles es s2 = 0.6 m. La carga transmitida por cada riel a un solo durmiente es P= 18 KN. La sección transversal de un durmiente [parte b) de la figura], tiene ancho b = 120 mm y altura d. Determine el valor mínimo de d con base en un esfuerzo permisible de flexión de 10 Mpa en el durmiente. (no considere el peso del durmiente)

69