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Deformación debida a la Flexión Complemento Teórico de la Guía de Trabajos Prácticos
El presente trabajo es un sumario de conceptos teóricos de la materia Estabilidad IIb (64.12) correspondiente a las carreras de Ingeniería Mecánica e Ingeniería Naval y Mecánica.
Ing. Gabriel Pujol
Año de edición 2016
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 1 Curso: Ing. Gabriel Pujol
Tabla de contenido
DEFORMACIÓN DEBIDA A LA FLEXIÓN – ELÁSTICA DE UNA BARRA 3
CONCEPTOS GENERALES 3 RADIO DE CURVATURA 3 DESPLAZAMIENTO VERTICAL 4 DESPLAZAMIENTO ANGULAR 4 ECUACIÓN DE LA ELÁSTICA 5 DIMENSIONAMIENTO DE UNA VIGA A PARTIR DE LA FLECHA 6 MÉTODO DEL ÁREA DEL DIAGRAMA DE MOMENTOS 7 MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA 11 TEOREMA DE CASTIGLIANO 13
BIBLIOGRAFÍA RECOMENDADA 24
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 2 Estabilidad IIB – 64.12
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 3 Curso: Ing. Gabriel Pujol
Deformación debida a la Flexión – Elástica de una barra
Conceptos Generales
Las piezas flexadas sufren desplazamientos o deflexiones, cuyo control es tan importante para garantizar el buen comportamiento estructural como la verificación de la resistencia. Cuando la estructura presenta deformaciones excesivas, la percepción de las mismas por parte de los usuarios genera en éstos una sensación de alto riesgo.
Los elementos de máquinas, debido a grandes deflexiones pueden presentar desgastes prematuros u originar efectos vibratorios inadecuados.
Se denomina elástica de una viga solicitada a flexión a la curva que adopta la fibra neutra bajo la acción de las cargas exteriores.
Radio de Curvatura
Consideremos una viga sometida a flexión, empotrada en un extremo y libre en el otro. Sea CDEF un tronco de viga de longitud unitaria y xx la fibra neutra (figura a).
Bajo la acción de las cargas, la fibra neutra adopta una determinada curvatura (figura b). Hemos visto que la fibra neutra no experimenta variación de longitud, en cambio la fibra más alejada experimenta un alargamiento total:
d1
de los triángulos semejantes OCE y OC’E’ se deduce que:
v
EC
CE
''
o bien:
11
1
vd
vd
La ecuación (1) mide el aumento de longitud de la
fibra situada a la distancia + v del centro de
curvatura O. Conforme a la Ley de Hooke la tensión de dicha fibra es:
vEE max que debe igualar a: v
I
Mmax de donde:
21
IE
M
; o también 3
M
IE
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 4 Estabilidad IIB – 64.12
La expresión (2) expresa la curvatura elástica de flexión y la (3) el radio de curvatura de la misma.
Desplazamiento vertical
De la figura de la página siguiente resulta:
4 dxtgxdf
df mide el descenso del extremo libre B, originado por el momento flexor Mx que se produce a la distancia x del extremo B. En el triángulo OCD se tiene:
dxdddx
que reemplazado en la (4) resulta:
dxxdf
Por último, sustituyendo el valor de por el de la
expresión (3), se tiene:
dxIE
xMdf x
el descenso total o flecha máxima se obtiene en el extremo libre como la suma de todos los df dados. Luego:
l
x
l
dxIE
xMdff
00
Reglamentariamente se fijan valores para las flechas admisibles, así se tiene:
tinglados, galpones, vigas de entrepiso 1/400 a 1/600 de la luz.
vigas de puentes ferroviarios 1/900 a 1/1200 de la luz.
ejes de volantes 1/2000 de la luz.
Desplazamiento angular
De la expresión (4) se tiene:
x
dfddxdf ; y reemplazando df por su valor será:
dxIE
M
x
dfd x
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 5 Curso: Ing. Gabriel Pujol
que determina el desplazamiento angular, expresado en radianes, de la fibra media, entre dos secciones infinitamente próximas. Integrando resulta:
l
x
l
dxIE
Md
00
valor del ángulo de la tangente a la elástica en B, respecto a la fibra neutra.
Ecuación de la Elástica
Cuando una viga está sometida a la acción de una cupla, flexiona, deformándose. El eje primitivamente recto toma la forma de una curva, llamada línea elástica.
Para deducir la ecuación de la elástica vamos a suponer que las deformaciones son pequeñas. Además solo consideramos las deformaciones debidas a los momentos flectores.
Adoptamos un par de ejes coordenados, de manera que el eje “Z” coincida con el eje primitivo de la pieza y el origen, con un punto de éste (apoyo A). Las ordenadas a la elástica referidas al eje “Z” se las denomina habitualmente flechas.
Tomando sobre la elástica dos puntos a y b, separados por una
distancia dz, y designando con el ángulo que forma la
tangente a la elástica en el punto a con respecto a la horizontal
y con d el ángulo que forman entre sí las normales a la elástica trazadas en a y b, las que se cortan en un punto C,
siendo la distancia Ca el radio de curvatura , tendremos:
ds
ddds
1
pero por ser un ángulo pequeño
1
1
2
2
dz
dy
dz
d
dz
dytg
ydz
ddzds
Designamos como positivo el momento flexor que deforma la pieza presentando la concavidad hacia arriba, y negativo en el caso contrario.
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 6 Estabilidad IIB – 64.12
Para los ejes coordenados elegidos vemos que a valores crecientes de z corresponden valores
decrecientes de . En consecuencia, en la ecuación anterior debemos afectar al primer término de un
signo menos, así:
112
2
dz
dy
dz
d
Introduciendo esta expresión en la ecuación de alargamientos y tensiones (2) tendremos:
IE
M
dz
yd
IE
M
dz
yd
2
2
2
21
Dimensionamiento de una viga a partir de la flecha
En muchos casos conviene determinar el perfil de una viga solicitada a flexión simple, fijando previamente la flecha máxima de deformación vertical.
Como las fórmulas que fijan el valor de la flecha dependen de la luz de la carga, del módulo de elasticidad (todas magnitudes conocidas) y el momento de inercia del perfil (magnitud desconocida); este último podrá deducirse.
1. Ejemplo de Aplicación
Calcular el perfil normal doble T necesario para que en una viga de 6 m de luz, soportando una carga de 5 ton en su mitad, se origine una
flecha no superior a 1 cm. Adoptar como adm =
1 ton/cm y E = 2100 ton/cm2.
1.1. Resolución
Siendo la expresión de la flecha:
2
0
l
x dxIE
xMf
y teniendo presente que:
IE
lPf
IE
xPdx
IE
xxPf
xPM
ll
x
48622
32
0
32
0
despejando J tendremos:
fE
lPI
48
3
y siendo 4
max
lPM
será:
fE
lMI
12
2
max
reemplazando valores será:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 7 Curso: Ing. Gabriel Pujol
4
2
33
10714
1210048
6005
48cm
cmcm
ton
cmton
fE
lPI
De las tablas de perfiles, puede elegirse un PN doble T 32 con un Wx = 782 cm3. Ahora, será necesario verificar la tensión efectiva o de trabajo:
22
3
max
1000960
7824
60050001
4
cm
kg
cm
kg
cm
cmkg
W
lP
W
M
admef
xx
ef
Método del área del diagrama de momentos
1. Teoremas del área del diagrama de momentos reducidos
Si relacionamos las ecuaciones analizadas precedentemente llegamos a la siguiente expresión:
IE
M
ds
d
y siendo dzds obtenemos: )5(dz
IE
Md
Consideremos una porción de línea elástica comprendida entre dos puntos cualesquiera A y B, tal como se indica en la figura. Las tangentes a la línea elástica en los puntos extremos, indicadas a través de las segmentos AB’ y A’B, forman
entre si un ángulo que suponemos
pequeño.
Supongamos que el diagrama entre los puntos A1 y B1 es el diagrama de momentos flectores dividido por E.I correspondiente a la estructura que presenta la elástica supuesta. A este diagrama lo denominaremos “diagrama de momentos reducidos”.
Si consideramos dos secciones de la elástica muy próximas, separadas entre si ds, ambas
secciones presentan un giro relativo d. En
virtud de la ecuación (5) ese valor resulta ser igual al área de la franja rayada del diagrama de momentos reducidos. Luego, si integramos
la ecuación (5) obtenemos el ángulo que
forman las tangentes externas.
B
Adz
IE
M
El resultado de la integral dada por esta ecuación no es sino el área del diagrama de momentos reducidos, con lo cual puede enunciarse el siguiente teorema:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 8 Estabilidad IIB – 64.12
TEOREMA I: “El ángulo comprendido entre dos tangentes en dos puntos cualesquiera A y B de la línea
elástica, es igual al área total del trozo correspondiente del diagrama de momentos reducidos.”
Consideramos nuevamente la figura y observemos el segmento BB’. Podemos apreciar que cada
segmento ds de la elástica contribuye a la longitud f en una cantidad dfdz
Luego, integrando estas distancias podemos obtener el valor de f.
B
A
B
A
B
AdzzM
IEfdzz
IE
Mdzf
1bien o)6(
Dado que dzIE
M
es el área de la franja rayada del diagrama de momentos reducidos, la integral de la
ecuación (6) resulta ser el momento estático con respecto a B del área del diagrama de momentos reducidos. Esto último permite enunciar el siguiente teorema:
TEOREMA II: “Dado dos puntos A y B pertenecientes a una línea elástica, la ordenada de B respecto a la tangente en A es igual al momento estático con respecto a B del área de momentos reducidos comprendida entre A y B.”
El momento estático recientemente mencionado puede calcularse en forma muy simple multiplicando el área total del diagrama de momentos reducidos comprendida entre A y B por la distancia a su centro de gravedad. Por otro lado, si la figura que representa el diagrama puede descomponerse en figuras elementales tales como rectángulos, triángulos, parábolas, etc., el momento estático total resultara ser la suma de los correspondientes a cada una de las figuras elementales.
Una observación muy importante en cuanto a la aplicación de los teoremas anteriores es que cuando la elástica tiene un punto de inflexión el diagrama de momentos reducidos cambia de signo, en ese caso cada parte del diagrama debe tratarse con su propio signo.
2. Ejemplo de Aplicación
En este caso vamos a determinar la flecha
y el ángulo en el borde libre de la
estructura en voladizo de la figura. Dado que la tangente a la elástica en B coincide con el
eje no flexado de la viga, la flecha resulta
ser el desplazamiento de A respecto a la tangente en B. Aplicando entonces el Teorema II tenemos:
Área total del diagrama de momentos reducidos comprendida entre A y B:
IE
LP
IE
LPLA
2
2
1
2
1
Distancia a su centro de gravedad: LdG 3
2
IE
LPL
IE
LP
32
3
1
3
2
2
1
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 9 Curso: Ing. Gabriel Pujol
Idénticamente, la pendiente en A es el ángulo que forma las tangentes en A y B, por lo que según el Teorema I tenemos:
IE
LP
2
2
1
3. Ejemplo de Aplicación
A continuación vamos a determinar el valor de la flecha máxima que se produce en la viga simplemente apoyada de la figura.
La flecha máxima tiene lugar en el punto C donde la tangente a la elástica es horizontal. El ángulo entre las tangentes en A y C resulta
igual a A. Este ángulo podemos calcularlo de
la siguiente manera:
Aplicando el teorema II podemos calcular la distancia BB’.
Área total del diagrama de momentos reducidos comprendida entre A y B:
LIE
baP
LIE
baPbA
LIE
baP
LIE
baPaA
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
Distancia a su centro de gravedad: bdabd GG
3
2y
3
121
bLIE
baPBB
bLIE
baPab
LIE
baPBB
6
1'
operandoy 3
2
2
1
3
1
2
1'
22
La distancia anterior también puede calcularse como: L
BBLBB AA
''
Con lo que tenemos: bLLIE
baP
L
BBA
6
1'
Por otro lado, el área rayada en el diagrama de momentos reducidos también debe darnos el valor de A.
Siendo que ya conocemos el valor de este ángulo podemos calcular z, que es la distancia desde A hasta el punto donde la flecha es máxima.
Área total del diagrama de momentos reducidos comprendida entre A y z:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 10 Estabilidad IIB – 64.12
LIE
bzP
LIE
zbPzAz
2
2
1
2
1
Distancia a su centro de gravedad: zd z 3
1
por lo tanto:
36
1
2
1 2 bLazbL
LIE
baPz
LIE
bPA Az
Aplicamos el Teorema II podemos determinar la distancia CC’, a partir de la cual determinamos max.
33
max
3
max
32
39
6
1
6
1'
6
1'
3
1
2
1'
bLaL
bP
LIE
bzPzbL
LIE
baPCCz
LIE
bzPCCz
LIE
bzPdACC
A
zz
4. Ejemplo de Aplicación
4.1. Vigas hiperestáticas de un solo tramo
En lo que sigue resolveremos algunos ejemplos de las vigas hiperestáticas de un solo tramo, aplicando el método de superposición.
4.1.1. Viga empotrada – empotrada sometida a una carga concentrada
Elegimos como sistema primario la viga simplemente apoyada indicada en la figura. En este caso tenemos dos incógnitas hiperestáticas por calcular, MA y MB, ya que al no existir cargas horizontales las reacciones HA y HB son nulas.
Los giros en los extremos A y B pueden determinarse por superposición de efectos de la siguiente manera:
210210
210210
0
0
BBBBBBB
AAAAAAA
el ángulo A0 ya fue determinado en el Ejemplo de Aplicación 7.3
bLLIE
baPA
6
10
En forma semejante a lo realizado oportunamente, puede demostrarse que:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 11 Curso: Ing. Gabriel Pujol
aLLIE
baPB
6
10
Los ángulos A1 y B1 correspondientes a la viga simplemente apoyada cargada con el momento
incógnita MA pueden ser calculados aplicando el Teorema II del área del diagrama de momentos reducidos.
IE
LMLL
IE
ML
IE
LML
L
IE
ML
AB
AB
AA
AA
632
y33
2
2
11
11
En forma idéntica obtenemos los giros A2 y B2 correspondientes a la viga simplemente apoyada cargada con el momento incógnita MB :
IE
LM
IE
LM BB
BA
3y
6 22
Luego resolviendo el siguiente sistema de ecuaciones podemos determinar los valores de las incógnitas hiperestáticas.
2
2
2
2
6
1
36
6
1
63
L
baPM
L
baPM
aLLIE
baPM
IE
LM
IE
L
bLLIE
baPM
IE
LM
IE
L
A
A
BA
BA
Una vez conocidos los valores correspondientes a MA y MB es muy simple calcular las reacciones verticales y si interesa, el momento máximo MC.
Método de la viga conjugada
Recordemos las siguientes ecuaciones diferenciales ya conocidas:
(3);(2);(1)2
2
2
2
Qdz
dMq
dz
Md
IE
M
dz
yd
y consideramos al diagrama de momentos reducidos, como un diagrama de cargas ficticias q* = M/(EI) aplicado sobre una viga también ficticia y que llamaremos “viga conjugada”, de la identidad formal entre las dos ecuaciones (1) y (2) surge que la línea elástica de una viga coincide con el diagrama de momentos ficticios M* producido en todas las secciones de su viga conjugada cargada con la carga q*, dado que:
)4(
ademáspero
*2
2
*222
2
*2*
2
*2*
Mydzdz
Mdydz
IE
Myd
IE
M
dz
Mdq
dz
Md
IE
Mq
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 12 Estabilidad IIB – 64.12
Esta última conclusión se conoce como Teorema de Mohr sobre la línea elástica, y al diagrama de momentos reducidos utilizando como carga se lo denomina “carga elástica”.
Si la viga es homogénea y de sección constante (EI= cte), la viga conjugada puede cargarse directamente con el diagrama de momentos, siempre que luego los resultados sean divididos por EI. Si derivamos la ecuación (4) obtenemos:
)5(**
Qdz
dMtg
dz
dy
siendo Q* el esfuerzo de corte ficticio originado en la viga conjugada por la carga q*.
La ecuación (5) nos muestra que el diagrama de esfuerzos de corte Q* nos da, para cualquier sección de la viga real, el valor de la tangente de la línea elástica. Dado que el esfuerzo de corte Q* en los extremos de la viga conjugada se corresponde con las reacciones de vínculo, éstas representan numéricamente los giros de la elástica de la viga real en correspondencia con sus apoyos.
BBAA RR ** ;
En cuanto a las características de la viga conjugada, dado que al cargarse ésta con las cargas elásticas su diagrama de momentos flectores debe representar exactamente la elástica de la viga real, sus vínculos deben elegirse de manera tal que se respeten estas premisas.
Consideremos el ejemplo de la figura. En el punto A no tenemos flecha ni pendiente, en el punto B hay un descenso y además la pendiente a la derecha es distinta que a la izquierda, en el punto C no hay descenso pero sí existe un giro, y en el punto D tenemos flecha y pendiente.
A No hay flecha M* = 0
No hay pendiente Q* = 0
La viga conjugada debe tener un extremo libre
B
Hay flecha M* ≠ 0
Hay pendiente y resulta distinta a derecha e izquierda
Qi* ≠ Qd* ≠ 0
La viga conjugada debe tener un apoyo móvil intermedio
C
No hay flecha M* = 0
Hay pendiente y resulta distinta a derecha e izquierda
Qi* ≠ Qd* ≠ 0
La viga conjugada debe tener una articulación simple
D Hay flecha M* ≠ 0
Hay pendiente Q* ≠ 0
La viga conjugada debe tener un empotramiento
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 13 Curso: Ing. Gabriel Pujol
Las conclusiones que hemos obtenido apoyándonos en el ejemplo citado pueden generalizarse de la siguiente manera:
En algunos casos, en especial cuando las estructuras son estáticamente indeterminadas, la viga conjugada puede resultar inestable. Este inconveniente queda resuelto cuando se carga a la misma, ya que el propio estado de cargas le confiere estabilidad.
Teorema de Castigliano
Consideremos una estructura, que no puede ser hipostática (mecanismo con movimientos). Consideremos ahora un sistema de cargas actuando sobre la misma, con valores tales que todos los elementos estructurales estén sometidos a esfuerzos, para los cuales, las tensiones y deformaciones estén dentro del régimen elástico. Dichas fuerzas las indicamos con P1 ..... Pj ..... Pn, sistema que está en equilibrio, es decir que, o bien son sistema de fuerzas externas, o alguna de ellas son fuerzas externas y otras son reacciones de vínculo.
Al actuar las fuerzas creciendo desde cero a su valor final, el cuerpo de deforma y los puntos de aplicación de las mismas se desplazan. Por ejemplo el punto, 2 pasa a ocupar la posición 2', por lo que cada fuerza realizará un trabajo elástico de valor:
PTe2
1
Siendo δ la proyección del despalzamiento Δ sobre la recta de acción de la fuerza. El trabajo total, debido
a todas las fuerzas vale:
n
j
jje PT1 2
1
lo cual expresa la energía total elástica acumulada por el sistema. Si la fuerza Pj, varía en dPj, el trabajo valdría:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 14 Estabilidad IIB – 64.12
j
j
ee dP
P
TT
donde ∂Te/∂Pj es la variación del trabajo total cuando Pj varía en la unidad. Consideramos ahora que
primero se aplique dPj y luego el sistema P
1 a P
n. El trabajo total, en este caso resulta:
ejjjj TdPddP 2
1
donde:
• El 1° sumando, expresa el trabajo elástico de dPj, al aplicar dicha fuerza creciendo desde cero a su valor final.
• El 2° sumando, representa el trabajo físico de dPj debido al desplazamiento que provoca el sistema P1 a Pn, al crecer desde cero a sus valores finales.
• El 3° sumando, el trabajo elástico del sistema P1 a Pn.
Como los estados finales, del 1° y 2° caso son iguales, debe cumplirse:
j
ejjjj
j
eejjjjj
j
ee
P
TdPdP
P
TTdPddPdP
P
TT
2
1
donde hemos simplificado Te y despreciando el primer sumando del segundo miembro por ser un diferencial de orden superior. Esta es la expresión del Teorema de Castigliano.
Como el trabajo externo que realiza el sistema de fuerzas P1 a Pn, se acumula como energía interna elástica, podemos escribir Te = Ti, y por lo tanto:
j
i
j
ej
P
T
P
T
Ello implica poder enunciar: "En todo sistema elástico, sometido a un sistema de fuerzas en equilibrio, la variación del trabajo interno para un incremento unitario de la fuerza aplicada en un punto cualquiera del mismo, representa el desplazamiento del punto proyectado en la dirección de la fuerza, siempre que el sistema se encuentre en el régimen elástico."
Debido que para obtener las deformaciones con el trabajo externo Te, necesitamos las deformaciones, debemos desarrollar la expresión del trabajo interno Ti.
Dado que los esfuerzos internos están representados por tensiones y las deformaciones por deformaciones específicas, el trabajo interno por unidad de volumen estará expresado de la siguiente manera:
2
1
2
1*
iT
y por la Ley de Hooke resulta GE
Ti
22*
2
1
2
1
Para obtener el trabajo interno de deformación debemos integrar la expresión en el volumen:
dxdAG
dxdAE
dVTTV
ii 22
*
2
1
2
1
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 15 Curso: Ing. Gabriel Pujol
Las tensiones normales son producidas por momentos y esfuerzos axiles (M y N), y las tensiones tangenciales por los esfuerzos de corte (Q):
A
Q
Jb
QSy
J
M
A
N x
0
; con Jb
ASx
0
y reemplazando:
dxdAA
Q
GdxdAy
J
M
EdxdAy
J
M
A
N
EdxdA
A
N
ETi 2
222
2
2
2
2
2
1
2
11
2
1
A
A
A
A
dAA
AdAy
dAy
AdA
donde
sección) la de forma de te(coeficien
inercia) de (momento
sección) la de área el todade estático (momento 0
(área)
:
2
2
por lo tanto:
dxGA
Qdx
EJ
Mdx
EA
NTi
222
2
1
2
1
2
1 y aplicando el Teorema de Castigliano
resulta:
GA
dx
P
EJ
dx
P
MM
EA
dx
P
NN
P
T
jjjj
ij
Problemas de aplicación
Ejercicio I: Sea una viga en voladizo, empotrada en A y con un momento aplicado en B. Nos
planteamos calcular el desplazamiento vertical de C (punto medio de AB). En tal caso:
Lx
xi
C dxF
MM
EJF
T
0
1
donde F es una fuerza infinitesimal aplicada en C, en la dirección en que se quiere calcular el desplazamiento. Así tendremos:
2;0
0;2
;
2
2
0
2
2
0
Lx
dF
dM
dF
dM
FL
xFMMMM
L
L
x
L
x
L
Lx
L
x
y reemplazando:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 16 Estabilidad IIB – 64.12
EJ
MLLMML
EJ
LLM
LL
M
EJ
dxL
MdxxMEJ
dxL
xMdxMEJ
CC
L
L
L
L
L
L
L
C
848
31
2242
1
2
1
20
1
222
22
2 22
2
0
Ejercicio II: Sea una viga en voladizo, empotrada en A y con una carga en el extremo libre B. Calcular
el giro de la sección C. En tal caso:
Lx
xi
C dxm
MM
EJm
T
0
1
Como en C no actúa un momento, debemos aplicar en dicho punto un momento m infinitamente pequeño en la dirección en que se quiere calcular el giro. Así tendremos:
1;0
0;;
2
2
0
2
2
0
L
L
x
L
x
L
Lx
L
x
dm
dM
dm
dM
mxPmMxPM
y reemplazando:
EJ
PLLLP
EJdxxPdxxP
EJC
L
L
L
C8
3
42
1110
1 222
2
2
0
Ejercicio III: Sea un pórtico empotrado en A y con una carga en el extremo libre C. Calcular el
desplazamiento vertical del punto C = δvc. En tal caso:
Lx
xi
C dxP
MM
EJP
T
0
1
Para el cálculo del desplazamiento vertical, dado que P está en el punto y con la dirección del desplazamiento que queremos calcular, el diagrama Mx1 será el correspondiente para P.
1
00
100
21
21
;
;
LdP
dMx
dP
dM
LPMxPM
L
x
L
x
L
x
L
x
y reemplazando:
2
2
2
1
1
3
1
011
20
1
23
11 21
EJ
LLP
EJ
LP
dyLLPEJ
dxxxPEJ
vc
LL
vc
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 17 Curso: Ing. Gabriel Pujol
Ejercicio Nº IV: Para la barra en el estado de carga indicado se pide:
a) Dibujar los diagramas de características previo análisis cinemático.
b) Dimensionar la sección de la barra.
c) Hallar la ecuación de las rotaciones absolutas y la ecuación de la elástica.
d) Calcular el corrimiento vertical máximo (flecha máxima).
e) Dibujar el diagrama de rotaciones absolutas y corrimientos verticales.
Datos: l = 7,4 m; P = 4,5 t; q = 1,8 t/m; adm = 1400 Kg/cm2; adm = 800 Kg/cm2; E = 2,1x106 Kg/cm2; Perfil “doble T” (DIN 1025)
Resolución:
a) Trazar los diagramas de características previo análisis cinemático:
a.1) Análisis cinemático:
Se trata de una barra isostáticamente sustentada pues posee un apoyo móvil y uno fijo que restringen sus tres (3) grados de libertad. Además no existen vínculos aparentes pues la normal del apoyo móvil no pasa por el punto fijo “B”.
a.2) Cálculo de las reacciones de vínculo:
Calculamos las reacciones de vínculo RA y RB. Tomando momento respecto de “A” se tiene:
tmm
ttR
lq
PR
lqlR
lP
M
B
BB
i
91,82
4,78,1
2
5,4
220
220
2
Proyectando sobre el eje “y” se tiene:
tm
m
tttR
lqRPRlqRRP
PA
BABA
i91,84,78,191,85,4
0
0
a.3) Diagramas de características:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 18 Estabilidad IIB – 64.12
b) Dimensionar la sección de la barra:
b.1) Cálculo de la sección de la barra y verificación de las adm:
La sección más comprometida de la barra es una tal como la n-n; en esta sección resulta:
3
2
5
71,1474
1400
10646,20
646,20;25,2
cm
cm
kg
cmkgMW
mtMtQ
adm
X
de tablas obtenemos el perfil “doble T” (DIN 1025) 425, que tiene un módulo resistente WX = 1740 cm3; por lo que resulta entonces:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 19 Curso: Ing. Gabriel Pujol
b.2) Verificación de las tensiones normales debidas a la flexión y las tangenciales debidas al corte:
Las tensiones normales debidas a la flexión las calculamos como sigue:
223
5
max
3
5
140055,11861740
10646,20
1740
10646,20
cm
kg
cm
kg
cm
cmkg
W
M
cmW
cmkgM
adm
x
x
Las tensiones tangenciales las calculamos como sigue:
224
3
max
43
max
maxmax
80049,16053,136970
10208900
53,1;36970;1020;8900
:
cm
kg
cm
kg
cmcm
cmkg
cmecmJcmSkgQ
dondeeJ
SQ
adm
XX
X
X
c) Hallar la ecuación de las rotaciones absolutas y la ecuación de la elástica:
c.1) Tramo AC:
Recordamos que (siendo el corrimiento vertical o flecha):
)4(1
)3(;)2(;)1(
2
2
dxMJE
dxJE
M
dxJE
Md
dx
d
JE
M
dx
d
dx
d
dx
dMQ
dx
dQq
Por lo tanto será de (1):
lqRxqQlqRCRQ
CxqdxqQ
AAAlx
1
1
de (2) resulta:
22
2
2
2
220
2
lxq
lxRMlRl
qCM
CxlqxRx
qdxlqRxqdxQM
AAlx
AA
de (4) será:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 20 Estabilidad IIB – 64.12
3232
32
32
3
32
2
48862
1
488
10
62
1
2
11
lq
lR
lxq
lxR
JE
lq
lR
JEC
Clxq
lxR
JE
dxlxq
lxRJE
dxMJE
AA
Al
x
A
A
y de (3) resulta:
lxlq
lxlR
lxq
lxR
JE
lq
lR
JEC
Cxlq
xlR
lxq
lxR
JE
dxlq
lR
lxq
lxR
JEdx
AA
A
lx
AA
AA
3243
43
4
4
3243
3232
488246
1
488
10
488246
1
48862
1
c.2) Tramo BC:
Procediendo en forma análoga, resulta:
BRxqQ
2
2x
qxRM B
3232
48862
1l
ql
Rx
qx
R
JE
BB
xl
qxl
Rx
qx
R
JE
BB 3243
488246
1
d) Calcular el corrimiento vertical máximo (flecha máxima):
El valor de la flecha máxima lo obtenemos cuando x = l/2, por lo que reemplazando en alguna de las
expresiones de resulta:
cmlq
lR
lq
lR
JE
BBl
x3940,1
961638448
1 4343
2
e) Dibujar el diagrama de rotaciones absolutas y corrimientos verticales:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 21 Curso: Ing. Gabriel Pujol
e.1) Tabla de valores:
X (cm) (x10-3) (cm)
0 0 = 0 - 5,89 0
1 L/10 = 74 - 5,59 0,429
2 2L/10 = 148 - 4,76 0,815
3 3L/10 = 222 - 3,49 1,123
4 4L/10 = 296 - 1,87 1,324
5 5L/10 = 370 0 1,394
6 6L/10 = 444 1,87 1,324
7 7L/10 = 518 3,49 1,123
8 8L/10 = 592 4,76 0,815
9 9L/10 = 666 5,59 0,429
10 L = 740 5,89 0
e.2) Gráficos:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 22 Estabilidad IIB – 64.12
Ejercicio Nº V: Una varilla de aluminio de sección semicircular y radio “r” es flexada en forma de arco
circular de radio medio “”.
Sabiendo que la cara plana de la varilla está orientada hacia el centro de curvatura del arco se pide:
a) Determinar las tensiones máximas tanto de tracción como de compresión en la varilla.
b) Determinar el valor de la deformación máxima.
Resolución:
a) Cálculo de las máximas tensiones de tracción y compresión:
a.1) Cálculo de la máxima tensión de tracción:
Planteando la relación entre tensiones y deformaciones resulta:
0
01
0 l
ll
l
lademásE
111
11
0 yE
yy
yl
lt
ahora bien, siendo:
3
41
3
41
3
4
3
4
1max
1221
rEy
E
rr
ryr
yconyry
t
a.2) Cálculo de la máxima tensión de compresión:
En forma análoga será:
rEyE
ry c
3
4
3
4 22
b) Cálculo de la deformación máxima:
La calculamos como sigue:
11
11
0
0
01
0
yy
yl
l
l
ll
l
l
Ejercicio Nº VI: Sea la viga de madera dimensionada en el Ejercicio Nº 25 del Trabajo Práctico Nº 5, de longitud L cuya sección es rectangular y su sección es K, que posee una inclinación dada por el ángulo
estando apoyada en sus extremos y sometida a una carga uniformemente distribuida de magnitud p que
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 23 Curso: Ing. Gabriel Pujol
actúa en el plano vertical según puede observarse en la figura. De acuerdo a los datos que se indican se solicita:
a) Determinar el máximo corrimiento vertical (v) de la misma.
Datos: L = 3,10 m; p = 3 kN/m; = 15°; K (h/b) = 2,5; JX = 5333,33 cm4; JY = 853,33 cm4; E = 1,05 kN/cm2
Resolución:
a) Determinación del máximo corrimiento vertical
El máximo corrimiento vertical tiene una determinada dirección cuyas componentes escalares son:
ji yx
Aplicando el principio de superposición de efectos puede proyectarse dicho corrimiento según la línea de fuerza m, y de esa forma obtener el máximo
corrimiento vertical (v) solicitado, es decir:
cossin yxv
Por otra parte la carga específica p que actúa en el plano vertical de cargas, definido por la línea de fuerzas m, posee las siguientes componentes escalares:
jpipp yx
Siendo:
sincos
cossin
ppp
ppp
y
x
Finalmente, de acuerdo con lo analizado en el ejercicio de aplicación IV y teniendo en cuenta que en este
caso para las cargas exterioeres P = 0 y que las causas de los corrimientos y y x son respectivamente las componentes de las cargas específicas py y px. Se tiene:
Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 24 Estabilidad IIB – 64.12
tmm
tR
lqR
lqlR
M
B
BB
i
91,82
4,78,1
20
20
2
JE
lq
JE
lq
xlq
xq
xlq
JE
lx
44
2
max
343
384
5
48
1
384
1
96
1
242412
1
por lo que:
XX
xy
YY
y
x
JE
Lp
JE
Lp
JE
Lp
JE
Lp
44
44
cos
384
5
sin
384
5
y reemplazando y agrupando se obtiene:
cmcmcm
cm
kN
cmcm
kN
JJE
Lp
v
YX
v
87,033,853
15sin
33,5333
15cos
05,1
310103
384
5
sincos
384
5
4
2
4
2
2
42
224
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Estabilidad II - E. Fliess
Resistencia de materiales - R. Abril / C. Benítez
Problemas de resistencia de materiales - M. Ferrer Ballester y otros
Curso superior de resistencia de materiales - F. Seely / J. Smith(Título original de la obra: "Advanced Mechanics of Materials")
El acero en la construcción (Título original de la obra: "Stahl im hochbau")
Introducción a la estática y resistencia de materiales - C. Raffo
Mecánica de materiales - F. Beer y otros
Mecánica de materiales - R. C. Hibbeler
Problemas de resistencia de materiales - I. Miroliubov y otros
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