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Universidad Autónoma Gabriel Rene Moreno
Facultad de Ciencias Exactas y Tecnología
Carrera de Ingeniería Civil
Mecánica de los Materiales I
CIV302 “A” y “B”
Ing, Elías Guillermo Belmonte Clementelli
Santa Cruz de la Sierra – Bolivia
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 1
Unidad 1
Tensiones Normales y Cortantes simples en sistemas Isostáticos.
1.1 Objetivos Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes objetivos
trazados para el Estudio de tensiones normales y cortantes en sistemas Isostáticos.
1. Definir y conocer que estudia la resistencia de materiales.
2. Conocer y comprender las hipótesis básicas de resistencia.
3. Definir que son las tensiones o esfuerzos normales y cortantes.
4. Resolver problemas de elementos estructurales en sistemas Isostáticos.
sometidos a fuerzas normales y cortantes
1.2 Introducción A diferencia de la Estática, que trata del estudio del equilibrio de las fuerzas que
componen un sistema, sobre cuerpo rígido, la Mecánica de Materiales se ocupa del estudio de
los efectos causados por la acción de cargas externas sobre un sólido deformable; analizando las
fuerzas y deformaciones que se producen en su interior, además de las relaciones que existen
entre ellas, permitiéndole al ingeniero , con base a estos análisis tomar decisiones acerca de los
materiales a usar, su tamaño y forma correcta de las piezas o elementos de un sistema dado,
además de tener la capacidad poder definir y concluir si una pieza o elemento es capaz de
resistir un sistema de cargas propuesto.
Sea un sólido deformable como muestra la figura, sometido a cargas externas.
P1
P3
P6
Pn
P4P5
P
P6
3
P4P5
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 2
Lo que queremos conocer es que sucede en el interior del sólido deformable, respecto a
los las fuerzas y deformaciones en cualquier sección del mismo, de tal forma de poder definir el
material, tamaño y forma del sólido en otras palabras poder dimensionar el elemento.
Para dimensionar una pieza o elemento, es necesario que conocer de ellos tres
propiedades:
- Resistencia
- Rigidez
- Estabilidad
Resistencia.- Capacidad que tiene el interior del sólido deformable de soportar cargas
antes de romperse.
Rigidez.- Capacidad que tiene el interior del sólido deformable de contrarrestar
deformaciones.
Estabilidad.- Capacidad que tiene el sólido deformable de mantener su equilibrio
estático.
1.3 Hipótesis básicas de resistencia de materiales. 1.3.1 Hipótesis de continuidad del material Se supone que el material llena, totalmente el volumen que ocupa. La teoría atómica de la
composición discreta de la materia no se la toma en consideración.
Ejemplo: El Hormigón, es un material compuesto por otros materiales que son cemento,
arena, grava y agua y si se estudia por separado la resistencia de cada uno de los componentes
del hormigón sería demasiado complejo por eso se considera como un solo material llamado
continuo llamado Hormigón
- Cemento Hormigón
- Arena σi , δi
- Grava
- Agua
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 3
1.3.2 Hipótesis de Homogeneidad Se supone que el material tiene las mismas propiedades fisicas y mecánicas en todo su
volumen
Ejemplo: Dos testigos extraídos de un mismo material, todas sus propiedades físicas (color, olor,
peso, etc) y propiedades mecánicas (tensiones y deformaciones) tiene que ser las mismas.
2
1.3.3 Hipótesis de Isotropía Se supone que un material tiene las mismas propiedades físicas y mecánicas en todas sus
direcciones.
Ejemplo: Si comparamos un material acero, con otro material madera nos daría como
resultado que el acero sus propiedades físico, mecánicas son las mismas en todas sus direcciones,
en cambio el caso de la madera debido a su composición de sus fibras no todas sus propiedades
son las misma en todas sus direcciones como vemos en el esquema.
1 12
Testigos
ACERO Material Isótropo
Resiste igual en cualquier dirección
MADERA Material Anisótropo
No tiene la misma resistencia en todas las direcciones
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 4
1.3.4 Hipótesis de Rigidez Se supone que las deformaciones son pequeñas con relación a las dimensiones del cuerpo
deformado.
Ejemplo:
δ
L
δ <<< L
La deformación es mucho más pequeña que la longitud
1.3.5 Hipótesis de Elasticidad perfecta Se supone que todo sólido en estudio, recupera totalmente su deformación al retirar la
carga que produce dicha deformación.
Ejemplo:
δ = 0
L
Estado Inicial: No tiene peso ni
deformación
P = 0 1
δ≠ 0
L
P ≠ 0
2 Estado de carga: tiene peso y se deforma
δ = 0
L
Estado de descarga: Se retira el pes y el elemento recupera su estado inicial
P = 03
o
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 5
1.3.6 Hipótesis de Dependencia lineal entre carga y deformación
Se supone que existe una dependencia lineal entre la carga aplicada y la deformación
producida.
Ejemplo:
δ = 0
L
P = 01
δ
L
P
2
3
2δ
L
2P
δ
P
LEY DE HOOCKE
• Principio De superposición de Efectos Se considera que el efecto producido por un conjunto de cargas externas a una estructura
es igual a la suma de los efectos producidos por cada una de ellas que componen el conjunto de
cargas externas.
P 0
M
0A
=
R
P 1 2 3 M
+ +
1AR 2
AR 3AR
AAAA aaaaaaaa −−−−3210 MMMM ++= 3210 RRRR ++=
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 6
1.3.7 Hipótesis de Bernoulli o de secciones planas Se supone que las secciones planas trazadas perpendicularmente al eje de la barra, alejada
un poco en el punto de aplicación de la carga, en el proceso de su deformación, se mantienen
planas y perpendiculares a dicho eje.
P P
δ δ
1.3. Hipótesis de Saint Venant o Hipótesis de distribución uniforme de cargas.
Se supone que al aplicar una carga en una sección plana y perpendicular al eje la
respuesta en otra sección un poco alejada del punto de aplicación es una carga uniformemente
P
b
a
b
a
P
a a
P
b b AP
q =
Real Hipótesis
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 7
1.4 Esfuerzos internos 1.4.1 Tensiones Normales Sea un elemento sometido a fuerzas normales como muestra la figura:
Lo que queremos saber es la respuesta interna que se presenta en cualquier sección
normal a la fuerza N como la sección a-a. Aplicando la Hipótesis de Saint Venant:
σ = Esfuerzo interno normal (TENSIÓN NORMAL)
∫∫ ⊥=N
0
N
0
dA*σdN
⊥= A*σN , entonces: ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡= 2cm
KgANσ
La tensión normal es la carga aplicada que actúa perpendicularmente al área.
N
a a
Sección a-a
N
a a dA
⊥= dA*σdN
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 8
1.4.2 Tensión Cortante Sean dos chapas unidas mediante un roblón o perno como muestra la figura:
aaP P
Sección resistente
Lo que queremos saber es la respuesta interna que se presenta en la sección paralela a la
fuerza del roblón, aplicando la hipótesis de Saint Venant:
τ = Esfuerzo interno de corte (TENSIÓN CORTANTE)
∫∫ =P
0
P
0
dA//*τdP
, entonces: /A/*τP = ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡= 2cm
KgAPτ
Tensión cortante es la fuerza aplicada a una sección paralela o transversal a ella.
Ejemplo 1:
Sea la estructura mostrada en la figura, sometida a esfuerzos internos normales, determinar las
distintas secciones que se presentan, considerando que la sección 1 – 1 es cuadrada y la sección
Elías Belmonte C.
dA//*τdP =
dA//
2 – 2 es circular.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 9
Datos
σAdm =1200 Kg/cm2
P1 = 20000 Kg
P2 = 5000 Kg
Incógnitas
Dimensiones a, d
Solución:
Aplicando ANσ = y despejando A de la fórmula se tiene:
AdmσNA ⊥=
Para la sección 2 - 2
Sabemos que:
5000KgN2 =
2Adm cmKg1200σ =
4d*πA
2
⊥=
Reemplazando en la fórmula se determina el valor de “d”
2
2
1200
50004*
cmKgKgd
=π ⇒
21200*
5000*4
cmKgKgd
π= , por tanto: cmd 30.2=
a
Sección -
a
P1 = 20000 Kg
d
Sección -
P2 = 5000 Kg
N2 = 5000 Kg
P1 = 5000 Kg
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 10
Luego la sección tendrá las siguientes dimensiones:
2,30 cm
Sección -
Para la sección 1 - 1
Sabemos que:
KgN 250001 =
21200cmKg
Adm =σ
2aA ⊥=
N1 = 25000 Kg
P1 = 20000 Kg
P2 = 5000 Kg
Reemplazando en la fórmula se determina el valor de “a”
2
2
1200
25000
cmKgKga = ⇒
21200
25000
cmKgKga = , por tanto: cma 56.4=
Luego la sección tendrá las siguientes dimensiones:
4.56 cm
Sección -
4.56 cm
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 11
Ejemplo 2:
Sea un sistema estructural que consta de 3 piezas unidas mediante pernos de 1 cm. de diámetro,
calcule el esfuerzo cortante que se produce en las secciones de los pernos.
Datos
φ = 1cm
Incógnitas
P = 1000 Kg
P = 1000 Kg
τ -
τ -
Solución: Aplicando AP
=τ
Roblón Nº 2 Sabemos que: P2 = 1000 Kg.
4
* 2
2dA π
=
Reemplazando:
( )41*
10002cm
Kgπ
τ = ⇒ 2
1273cmKg
=τ
Roblón Nº 1 Sabemos que: P1 = 1000 Kg.
4*
//22
2
2
dA
AA
π=
=
Reemplazando:
2 áreas de corte
( )41*2
10002cm
Kgπ
τ = ⇒ 2
636cmKg
=τ
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 12
Ejemplo 3:
Determinar los diámetros de las barras elásticas mostradas en la siguiente figura, además
dimensionar el pasador aplicado en el punto A.
Datos
σAdm. =1200 kg /cm2
τAdm =500 Kg/cm2
P1 = 10000 Kg
P2 = 5000 Kg
Incógnitas
Dimensionar barras y
Dimensionar pasador
Solución: Representando el esquema isostáticamente:
Para el punto #
KgNKgN
73208965
2
1
==
30º
P2 = 5000 Kg
1.00 m 2.00 m 1.00 m
45º
P1 =10000 Kg
! ∀ # ∃
Pasador
1.00 m
P2 = 5000 Kg
P1 =10000 Kg
1.00 m 2.00 m
VC
VA
A
( ) ( ) ( )
KgVV
F
KgVV
M
A
A
V
C
C
A
5000050001000010000
0
1000004*50003*1*1000
0
==−+−
=
==+−
∑ =
H
∑
VC = 10000 Kg
VC = 10000 Kg
30º 45º
N2 N1
( )
( )BsenNNF
AsenNsenNF
H
V
.........º.........45º30cos0
........10000º45º300
12
12
=
=
=+
=
∑
∑
Elías Belmonte C.
Chapa Rígida
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 13
Para las barras y :
Aplicando AN
=σ y despejando A de la fórmula se tiene: Adm
NAσ
⊥= pero 4
* 2dA π=
AdmAdm
NNσπ
φσ
φπ*
*44* 2
=⇒=
cm08.31200*8965*4
11 =⇒= φπ
φ
cm79.21200*7320*4
22 =⇒= φπ
φ
Para el pasador:
Aplicando A
P=τ y despejando A de la fórmula se tiene:
Adm
P A2
2 τ
=//
cmd
dPdPd
AdmAdm
52.2500*
5000*2*
*24
*22
=
=⇒=⇒=πτπτ
π
Luego las los diámetros de las barras elásticas y el pasador serán:
30º 45º 79.2
cm=φ
cm08.3=φ
cmd 52.2=
Elías Belmonte C.
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TENSIONES NORMALES Y CORTANTES EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS 14
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 1
Unidad 2
Propiedades Mecánicas de los Materiales
2.1 Objetivos Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes
objetivos trazados para el Estudio de tensiones normales y cortantes en sistemas Isostáticos.
1. Definir las deformaciones unitarias.
2. Enunciar la “Ley de Hooke”
3. Relacionar las deformaciones con las fuerzas aplicada
4. Describir el procedimiento para efectuar la prueba estándar de tensión (σ) -
deformación unitaria (ε) y a partir de esta prueba definir las propiedades mecánicas
que se presentan en el diagrama.
5. Describir un método para determinar el punto de fluencia en materiales que no se
presenta bien definido.
6. Clasificar los materiales de acuerdo a su comportamiento mecánico
7. Describir la relación de Poissón
8. Conocer o estudiar las tensiones admisibles y sus valores que podemos adoptar de
trabajo de los distintos materiales.
9. Aprender a resolver problemas de tensión (σ) y deformación (δ), que obedezcan la
Ley de Hooke en elementos o sistemas Isostáticos sometidos a esfuerzos normales
simples.
2.2 Introducción En la unidad anterior nos dedicamos fundamentalmente a estudiar los conceptos
básicos que relaciona la fuerza (carga) con los esfuerzos o tensiones. En esta unidad nos
ocuparemos de estudiar los cambios de forma de los materiales en otras palabras sus
deformaciones y sus relaciones que existen con las fuerzas y los esfuerzos (tensiones).
Examinaremos las propiedades mecánicas de los materiales interpretando su
comportamiento de acuerdo a las hipótesis planteadas. Además conoceremos que son las
tensiones admisibles.
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 2
2.3 Deformaciones Unitarias 2.3.1 Deformaciones Unitarias Normales
Sea un elemento sometido a fuerzas normales como muestra la figura:
Aplicando la hipótesis de Bernoulli podemos definir:
cmcm
LΔ
ε LN=
2.3.2 Deformaciones Unitarias Transversales o Distorsión angular
Sea un elemento sometido su sección a fuerzas transversales como muestra el
esquema de la figura:
N
ΔLN
Deformación
===
εLΔLN
Longitud del elemento L
Deformación Unitaria
Estado Inicial o Estado no deformado
Estado Final o Estado deformado
Deformación Unitaria
ΔLτ
Estado inicial No deformado
Estado final deformado
V
L γ
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 3
Aplicando Bernoulli podemos definir:
LΔLτγ = Distorsión angular
2.4 Prueba estándar de tensión (σ) – deformación unitaria (ε) del Acero Dulce La resistencia de un material depende de muchas propiedades de los
materiales la mas importante es la capacidad para soportar cargas sin deformación
excesiva o falla. En menor grado depende de otras como ser la dureza, la tenacidad y la
ductilidad que influyen en la decisión de elección de un material. Todas estas
propiedades se determinan mediante ensayos de materiales en laboratorio, en el
transcurso del tiempo se han standardizado, de modo de comparar los resultados
obtenidos, por ejemplo en Estados Unidos, la American Society for Testing and Materials
(ASTM) ha publicado pautas y lineamientos para llevar a cabo tales pruebas y
proporcionar limites de los cuales es aceptable el uso de material determinado.
Examinaremos uno de ellos el Ensayo de Tracción en el acero dulce,
dada su importancia y su inestimable ayuda que nos proporciona en la introducción de
conceptos básicos respecto a comportamiento mecánico de los materiales.
2.4.1 Diagrama de tensión – deformación unitaria Este ensayo consiste en aplicar a una probeta de dimensiones estándares,
una carga que incrementa gradualmente, anotando las lecturas de los valores de cargas y
deformaciones correspondientes hasta que se produce la rotura. Esta prueba se la realiza
mediante una maquina conocida con el nombre de “Maquina Universal”, como
muestra el esquema.
Reloj de carga
Gato hidráulico Regla para
medir deformación
L
A
Probeta de Acero dulce Máquina Universal
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 4
Consideremos una probeta de acero con contenido bajo de carbono (acero
dulce), Con los valores obtenidos de fuerza y deformación mediante la maquina universal
construyamos una tabla para calcular los valores de tensión y deformación unitaria, los cuales
son graficados en un diagrama como mostramos a continuación.
TABLA DE CALCULO DE σ - ε
P ΔL APσ =
LΔLε =
0 0 0 0
100 0.002 180 0.0004
200 0.004 360 0.0008
300 0.006 540 0.0012
0.008 720 0.0016
0.0020
DIAGRAMA (σ - ε) PARA EL ACERO DULCE
O
Limite de proporcionalidad Limite de elasticidad
Escalón de
fluencia Tensión de rotura
aparente
Tensión ultima
Tensión de rotura real σ
ε
Lpσ Leσ fσ
uσ
rotσ
Zona Elástica
Zona Plástica
σLp= Tensión limite de proporcionalidad σLe = Tensión limite de elasticidad σf = Tensión de fluencia σu = Tensión ultima σrot = Tensión de rotura
A B C D
E
F
F’
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 5
2.4.2 Propiedades mecánicas Del diagrama “Tensión – Deformación unitaria” del acero dulce
podemos definir varios conceptos y propiedades del comportamiento mecánico de los materiales.
• Limite de proporcionalidad (punto A): Es el punto de la curva hasta donde
la deformación unitaria es proporcional al esfuerzo aplicado. Al esfuerzo que caracteriza este
punto se lo denomina Tensión Limite de Proporcionalita (σLP).
• Limite de elasticidad (punto B): Es el punto de la curva hasta donde el
material es capaz de recuperar su deformación al quitarle la carga aplicada. Al esfuerzo que
caracteriza este punto se lo denomina Tensión Limite de Elasticidad (σLe).
• Escalón de Fluencia (puntos C – D): Un ligero aumento de esfuerzo mas
allá del límite elástico provocara un colapso del material y esto ocasionara que se deforme
permanentemente sin aumento sensible de carga a este comportamiento se lo llama fluencia. Al
esfuerzo que caracteriza este escalón que muestra la curva se lo denomina Tensión de Fluencia
(σLP).
• Resistencia ultima (punto E): Cuando la fluencia ha terminado, puede
aplicarse mas carga a la probeta debido a que en el interior del material a existido un reacomodo
de partículas de tal manera que el material sufre un endurecimiento por deformación, dando
como resultado una curva que se eleva continuamente hasta alcanzar el esfuerzo máximo. Al
esfuerzo que caracteriza este punto se lo denomina Tensión Ultima (σu).
• Resistencia a la ruptura (punto F): Es el esfuerzo basado en la sección
original, que produce la ruptura o fractura del material. Al esfuerzo que caracteriza este punto se
lo denomina Tensión ruptura (σrot). O tensión de ruptura aparente.
En la realidad lo que sucede es que el área de la sección transversal sufre una
contracción en forma de cuello o garganta, cuya sección decrece hasta romperse. Si se calcula la
tensión de rotura considerando el decrecimiento de la sección trasversal nos encontraríamos que
el punto de ruptura de la curva es el punto F’, donde se presentaría la Tensión real de ruptura.
N N N N
Rompe
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 6
2.7.2 Ensayo de carga y descarga a) Estado Elástico
Cuando la probeta de acero dulce se somete a cargas y descargas
sin alcanzar el punto B de la curva, podemos comprobar que el material es capaz de recuperar
toda su deformación en el proceso descarga, lo cual nos suponer que el material esta trabajando
en un Estado Elástico.
Donde: εT = Deformación total
εe = Deformación elástica (deformación que el material es
capaz de recuperar)
σ Zona Elástica
Se considera que un material es elásticamente perfecto cuando se
cumple que la deformación unitaria total es igual a la deformación elástica, ósea que el material
es capaz de recuperar toda su deformación.
εT = εe
b) Estado Plástico
Cuando la probeta de acero dulce se somete a una carga más allá
del punto B de la curva, podemos comprobar que el proceso de descarga, no es capaz de
recuperar toda su deformación. Lo cual nos hace suponer que el material esta trabajando en
Estado Plástico.
Donde: εP = Deformación permanente o deformación plástica
(Deformación que el material no es capaz de recuperar)
εT = εp + εe
ε
B carga
descarga
εT
εe
σ
ε εTεe
carga descarga
B
Zona Elástica Zona
Plástica
εP
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 7
Se considera que un material es Plásticamente Perfecto cuando se
cumple que la deformación unitaria total es igual a la deformación Plástica, ósea que el material
no es capaz de recuperar deformación.
σ
ε
2.7.3 Cargas y descargas repetidas
Cuando la probeta de acero dulce se somete a cargas y descargas repetidas más allá del
punto B de la curva, podemos comprobar el material pierde elasticidad pero gana resistencia,
cuantas cargas y descargas se realicen.
enε............e3εe2εe1ε
fnσ.......f3σf2σf1σ>>>>
<<<<
εT
εP
Zona Plástica
εT = εp
εe1 εe2
σf1σf2
σf3
εe3 ε
σ
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 8
2.5 Clasificación de los materiales de acuerdo a su características mecánicas
De acuerdo a sus a sus características mecánicas de los materiales
podemos clasificar los materiales en tres grandes grupos, materiales frágiles, dúctiles y plástico.
ε
frágilesDúctile
Plástico
σ
a) Materiales frágiles: Sus características principales son las siguientes:
• A grandes tensiones pequeñas deformaciones.
• No acusa escalón de fluencia.
• Rotura brusca y sin contracción de la sección transversal.
• Ejemplo: vidrio, porcelana, rocas, etc.
b) Materiales Plásticos: Sus características principales son las siguientes:
• A pequeñas tensiones, grandes deformaciones
• No acusa escalón de fluencia
• Rotura suave y con contracción de la sección transversal.
• Ejemplo: plásticos, asfalto, arcilla húmeda, etc.
c) Materiales Dúctiles: Sus características principales son las siguientes:
• En su primer estado de deformación, la tensión es directamente
proporcional a la deformación.
• Acusa escalón de fluencia
• Rotura suave y con contracción de la sección transversal.
• Ejemplos: acero dulce, latón, zinc, etc.
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 9
2.6 Límite convencional de fluencia. Para materiales de curvas continuas en el diagrama Tensión –
Deformación Unitaria, donde no es apreciable el escalón de fluencia, se han realizado en
laboratorio muchos ensayos para determinar este valor representativo, como en la Sociedad
Americana de Ensayo de Materiales (ASTM), donde se han adoptado valores de deformación
unitaria, denominándolo límite convencional de fluencia, debe hacerse notar que la fluencia
definida de tal manera no representa ninguna propiedad física, ni mecánica del material, tan solo
sirve para encontrar un punto característico de la curva que nos permita comparar con otros
materiales.
Para encontrar la tensión de fluencia se procede de la siguiente manera: se
traza una tangente a la curva en el punto de origen y traslada dicha tangente paralelamente hasta
el valor determinado por el límite convencional de fluencia, donde corta esta paralela a la curva
consideraremos el punto de fluencia del material, que para este curso consideraremos que en ese
punto coinciden los limites de proporcionalidad, elasticidad y el punto de Fluencia , reflejando
dicho punto en el eje de las tensiones podemos encontrar la tensión de fluencia para materiales
de curva continua.
ε
σ
εpf
Paralela tangente
Punto de fluencia A =B =C =D
0
Tangente al punto de origen de curvatura
Donde:
σpf = tensión convencional de fluencia εpf = Límite convencional de fluencia
σpf
El límite convencional de fluencia especificado para los aceros y aluminio
es de 0.002 y para otros materiales se especifica valores que fluctúan entre 0.0005 (frágiles) y
0.0035 (plásticos) dependiendo de su curva característica.
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 10
2.7 Ley de Hooke Como se observo en la sección anterior en estado elástico existe una relación
lineal entre la tensión y la deformación unitaria (Hipótesis de dependencia lineal). Este
hecho fue descubierto por Robert Hooke en 1676 y se conoce como la Ley Hooke que
dice que la tensión es proporcional a la deformación unitaria, para que sea igual debe
existir una constante de proporcionalidad, mas conocida como modulo de elasticidad o
modulo de Young (E) en honor a Thomas Young que la introdujo en 1807, este modulo
representa la medida de rigidez del material.
Para el esfuerzo normal ε*Eσεσ =⇒∝
Para el esfuerzo cortante Gγτγτ =⇒∝
donde : E : Módulo de elasticidad longitudinal
G: Módulo de elasticidad transversal
tanαEε*tanασεσtanα =⇒=⇒=
α σ
ε
σ
ε
2.8 Ley complementaria de Hooke Otra forma de ver expresada esta ecuación es de tal forma de relacionar la
deformación (ΔL) en función de la fuerza aplicada (N).
Sabemos de las anteriores secciones que para esfuerzos normales, tenemos:
⊥=
ANσ …………….1
LLNΔ
=ε ……………2
εσ E= ……………...3
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 11
Reemplazando 1 y 2 en 3 tenemos:
⊥
=Δ⇒Δ
=⊥ AE
LNLLL
EAN
NN
**
Ley complementaria de Hooke
para esfuerzos normales
De Igual manera se puede deducir para el esfuerzo cortante quedando la expresión
de la siguiente manera:
//*
*AGLPL =Δ τ
Ley complementaria de Hooke para esfuerzos cortantes
Es bueno conceptuar entre la diferencia que existe entre deformación ( )LΔ y
desplazamiento ( )δ . La deformación es producto de un esfuerzo en el elemento que produce
cambio de forma en el, en cambio el desplazamiento es producto del desplazamiento o
deformacion de otro elemento que no necesariamente implica cambio de forma, sino
movimiento del elemento respecto a su posicion original. Ver ejemplo a continuación:
El elemento se deforma ( )LΔ
se desplaza ( )δ
N
a
b
a
ΔLN
b
δ
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 12
2.9 Problemas Ejemplo 1:
Sea es sistema estructural mostrado en la figura, sometida a esfuerzos normales,
determinar los diagramas de fuerzas Normales, Tensiones Normales y Desplazamientos.
Datos: P1 =3000Kg
P3 = 9000Kg
P2 = 2000Kg
20 cm.
40 cm.
D
C
30 cm.
A
B
22
21
6
4
2
102 2
cmA
cmA
XEcmKg
=
=
=
Incógnitas
Diagramas
“N” , “σ” , “δ”
Solución
1500Kg/cm23000Kg 0.0375 cm. P1 =3000Kg
a) Fuerzas normales
Se diagrama directamente a partir del conocimiento de las cargas aplicadas.
20 cm.
40 cm.
30 cm.
A
B
C
D
P2 = 2000Kg
P3 = 9000Kg
- -
0.015 cm.
1000Kg/cm2
+0.010 cm.
“δ”
-
5000Kg
- -1250Kg/cm2
+ +
4000Kg
“σ” “N”
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 13
b) Tensiones Normales
Tramo A - B
( )−=== −− 21500
23000
1 cmKgBA
BA AN
σ
Tramo B - C
( )−=== −− 21250
45000
2 cmKgCB
CB AN
σ
Tramo C - D
( )+=== −− 21000
44000
2 cmKgDC
DC AN
σ
c) Deformaciones AELNL
**
=Δ
Tramo A - B
( )acorta 0225.02*102
30*3000**
61
cmXAE
LNL BABA
BA ===Δ −−−
Tramo B - C
( )acorta 025.04*102
40*5000**
62
cmXAE
LNL CBCB
CB ===Δ −−−
Tramo C - D
( )alarga 010.04*102
20*4000**
62
cmXAE
LNL DCDC
DC ===Δ −−−
d) Desplazamientos
Partimos donde la deformación es cero, o sea en el empotramiento.
Sección D – D
0=−DDδ
Sección C – C
( ) cm 010.0010.00 +=+=Δ+= −−− DCDDCC lδδ
Sección B –B
( ) cm 015.0025.0010.0 −−=−=Δ+= −−− CBCCBB lδδ
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 14
Sección A –A
( ) cm 0375.00225.0015.0 −−=−−=Δ+= −−− BABBAA lδδ
Ejemplo 2:
Sean dos barras de acero (elásticas) que soportan una carga como indica la figura,
determinar el desplazamiento vertical y horizontal del punto B.
Datos: A
Estado final deformado
Estado inicial No deformado
B´
δ BV
BVδ
δBH
BHδ
3m
C B
2
2
6
6
4
102 2
cmA
cmA
XE
BC
AB
cmKg
=
=
=
P = 6000 Kg.
4 m
A
C
5 m 3m
Incógnitas B
?
?
=
=
δδ
BV
BH
Solución:
a) Fuerzas en las barras
KgN
senN
senNF
BA
BA
BA
V
10000
53
6000600006000
0
=
==
=−
=∑
α
α
α NBC
P = 6000 Kg.
NBA
( Tracción )
KgNKgNNNNN
NNF
BcBc
BABc
BABc
BcBA
H
80008000cos*cos*
0cos0
=⇒===
=−
=∑
αα
α
( Compresión)
Ing. G Elías Belmonte C.
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Unidad 2 - 15
b) Deformaciones en las barras AELNL
**
=Δ
b1) barra BA
cmL
XL
AELNL
BA
BA
BA
BABABA
625.0
4*102500*10000
**
6
=Δ
=Δ
=Δ
b1) barra BC
cmL
XL
AELN
L
BC
BC
BC
BCBCBC
267.0
6*102400*8000
**
6
=Δ
=Δ
=Δ
d) Desplazamiento del punto B
A
B
5 m
ΔLBA
(Alargamiento) NBA
4 m
B C
NBC ΔLBC
(Acortamiento)
A
B
5 m
3m
C
Fig. 1
B’
B’’ ΔLBA ΔLBC
o Mantener unidas las barras en el punto B
Para lograr esto, imaginemos por un momento
desconectadas entre si las barras BA y BC, de tal manera
que estas se puedan deformar libremente hasta los puntos B’
y B’’, como muestra la figura 1.
o Mantener las dimensiones de las barras
deformadas.
Para comprender el efecto que producen las deformaciones
de las barras sobre el desplazamiento del punto B, es
necesario que en el proceso de su movimiento, las barras
cumplan con dos condiciones:
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 16
A La única solución que existe para mantener las barras
deformadas y unidas en el punto B, es rotarlas las barras
sobre sus apoyos fijos A y B. Donde se intercepten estas
rotaciones será el punto real de desplazamiento del punto
B (punto B*). Ver Fig. 2
b1) Alternativa de solución 1: Realizando una comparación de triángulos se obtiene las
ecuaciones de solución:
Donde: θsen
La BAΔ= y
θtanBCLb Δ
= si b
LBCΔ=θtan
Reemplazando en la ecuación tenemos:
A
B
5 m
3m
C
Desplazamiento de cálculo del punto B
B’’
B’ ΔLBA
B**
ΔLBC
B’
B’’
ΔLBA
B**
ΔLBC
B
θ
θ
θ
θ
a
b
B
5 m
3m
C
Desplazamiento real del punto B
B’
B’’ ΔLBA
ΔLBC BVδ
B*
BHδ
Fig. 2
En la práctica los arcos engendrados por las rotaciones
pueden ser remplazados por rectas perpendiculares, sin error
apreciable, debido que tanto las rotaciones como las
deformaciones son pequeñas. Donde se interceptan estas
rectas será el punto de desplazamiento de calculo (punto
B**) B
Vδ
BHδ
ba
cmL
BV
BCBH
+=
=Δ=
δ
δ 267.0
BVδ
B Hδ
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 17
cm
LsenL
BV
BV
BCBABV
398.1
43267.0
53625.0
0tan
=⇒+=
Δ+
Δ=
δδ
δ θθ
Alternativa de solución 2: Este método consiste en poner la deformación, en función de
los desplazamientos: ( )VHi fL δδ ,=Δ
Barra BC
cmL BHBC 267.0==Δ δ
Barra BA
Reemplazando en
θθδ cosBCBVBA LsenL Δ−=Δ
Despejando δ BV
θθδ tan
BCBABV
Lsen
L Δ+
Δ= , entonces cmB
V 398.1=δ
B ΔLBC
C
B**
BHδ
B’
B’
CVδ Recta Auxiliar // a la barra
que pasa por la intersección
ΔLBA
B**
B
θθ
a
b
de la BV
BV δyδ
δδδ
δδ
δδ
θθ
θθ
θθ
BHBc
BH
BVBA
BHB
H
BVB
V
BA
L
senL
bb
senaasen
baL
−=Δ
−=Δ
=→
=→=
−=Δ
0
cos
coscos B
Vδ
ΔLBC
BCLBHδ Δ=
θ
C
Sistema de ecuaciones
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 18
Ejemplo 3:
Sea el sistema estructural mostrado en la figura, determinar el desplazamiento vertical del
punto A y las tensiones en las barras elásticas.
Datos:
q = 2000 Kg/m.
P1= 6000 Kg.
P2= 8000 Kg.
E = 2X106 Kg/cm2
A1 = A3 = 4 cm2
A2 = 6 cm2
Incógnitas
???
?
3
2
1
===
=
σσσδ V
A
Solución:
a) Ecuación de comparación de deformaciones.
b) Cálculo de esfuerzos en las barras
KgN
NM
C
C
B
1000
1*60001*2*20002*0
=
=+
=∑
30º 30º
P1
P2
q
1.00 m 2.00 m
A
C Chapa rígida
0.80 m
1.20 m
B
AVδ
AV
CV
CV
AV 2
2
2.00 m1.00 m
P1 NCq = 2000Kg/m
1.00 m 2.00 mB
CVδ 1
δ=δ⇒δ
=δ
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 19
Analizando cada barra por separado:
Barra 1
KgN
NcNNN
F
C
V
1000
00
1
1
1
=
==−
=∑
N
N
C
1
(Compresión)
Barra 2
KgN
NPNN
F
C
V
7000
100080000
0
1
2
22
=
−==−+
=∑
N
N
C
2
P2
(Tracción) Barra 3
KgN
N
NN
FV
45.4041
º30cos*27000
0º30cos2
0
3
3
23
=
=
=−
=∑
N330º N3
30º
N2= 7000 Kg.
(Compresión)
Se han calculado sus fuerzas internas, para determinar sus deformaciones y finalmente
sus desplazamientos
b) Deformaciones: AELNL
**
=Δ
Barra 1
( )acorta 015.04*102
120*1000**
61
111 cm
XAELNL ===Δ
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 20
Barra 2
( )alarga cm047.06*10X2
80*7000A*EL*NL 6
2
222 ===Δ
Barra 3
( )acorta cm047.04*10X2
º30cos80*45.4041
A*EL*N
L 63
333 ===Δ
c) Desplazamiento del punto C
323
V
C
VLL Δ−Δ+= δδ …………………
En el gráfico podemos observar el siguiente triángulo:
º30cos
º30cos
33
3
3
L
L
V
V
Δ=
Δ=
δ
δ
Reemplazando en la ecuación tenemos:
cmcm
LLL
CVA
VCV
CV
CV
043.02
086.0
015.0047.0º30cos
047.0º30cos 32
3
==⇒=
−+=
Δ−Δ+Δ
=
δδδ
δ
δ
30º 30º
#
∃
30º
#
∃
ΔL3ΔL3
30º
δ V3
ΔL2
ΔL1
ΔL330º
δ V3
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 21
d) Tensiones:
compresiónAN
tracciónAN
compresiónAN
cmKp
cmKp
cmKp
2
2
2
10104
45.4041
11666
7000
2504
1000
3
33
2
22
1
11
===
===
===
σ
σ
σ
Ejemplo 4:
Sea la barra de sección constante, determinar su deformación debido a su peso propio.
Datos:
L
dz z
γ = Peso específico A*q γ=
A = Área
L = Longitud
Incógnitas
ΔLG =?
NSolución:
Extrayendo el diferencial:
AELNL
**
=Δ
∫∫ =ΔΔ LL
G AEzdzALd
G
00 ***γ
L
Gz
EL
0
2
2*
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡=Δγ
ELLG 2
* 2γ=Δ
Si el peso es : G = AL **γ AA
ELLLG *
2**γ
=Δ
AE
LGLG *2*
=Δ
dz
dΔL
zAzqN ** *γ= =
G
Deformación debido al peso propio de sección
Ing. G Elías Belmonte C.
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 22
2.10 Relación de Poisson Otro tipo de deformación elástica que se produce en un sólido deformable es la
variación de las dimensiones transversales producto del sometimiento del mismo a una fuerza de
tracción o compresión axial. En efecto se comprueba experimentalmente que si una barra se
alarga por una tracción axial, sufre una reducción de sus dimensiones transversales. Poisson,
físico matemático Francés comprobó en el año 1811 que debajo del límite de proporcionalidad la
relación entre la deformación unitaria longitudinal con respecto a la deformación transversal es
constante y la definió de la siguiente manera:
x
y
εε
Relación de Poisson μ −=
2.11 Ley generalizada de Hooke
La relación de Poisson permite generalizar la ley de Hooke para un estado
tridimensional de tensiones (ejes X,Y, Z), imaginémonos un elemento tridimensional sometido a
fuerzas en sus tres direcciones, y analicemos que sucede por ejemplo con la deformación sobre el
eje X, el elemento debido a su fuerza axial sobre el eje X , este se alargara sobre el eje X, pero
debido a las fuerzas aplicadas en los otros dos ejes restantes (ejes Y, Z) según Poisson acortara la
deformación sobre el eje X, quedando la deformación unitaria sobre el eje X expresada de la
siguiente manera:
N
ΔLx
Lx
ΔLyLy
εy = Deformación unitaria longitudinal εx = Deformación unitaria transversal μ = Relación de Poisson
( )[ ]
( )[ ]
( )[ ]
toAcortamienCompresionamientoargAlTraccion
HOOKEDAGENERALIZADELEY
σσμσE1ε
σσμσE1ε
:tenemosejesotroslosparandoGeneraliza
σσμσE1ε
yxzz
zxyy
zyxx
−−⊕
⎪⎪⎪⎪
⎭
⎪⎪⎪⎪
⎬
⎫
+−=
+−=
+−=
−
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 23
Ejemplo 5:
Sea un cubo de goma deformable que se introduce libremente sin holgura en un molde de
acero indeformable cubo de goma en su cara superior esta sometido a una presión
uniformemente repartida (qi), como muestra la figura. Determinar las tensiones normales y
deformaciones unitarias en sus tres direcciones (X, Y, Z).
Solución:
Antes de aplicar las ecuaciones de la ley generalizada de Hooke, analicemos como se
producen las tensiones y deformaciones en el cubo de goma de forma general.
• Dirección X
εx = 0 Debido a que en esa dirección el molde de acero le impide deformarse
al cubo de goma.
σx = 0 Ósea existe tensión debido que al impedir el molde de acero que se
deforme el cubo de goma esto hace que se produzca tensión.
• Dirección Y
εy = 0 Debido a que en esa dirección el molde de acero no impide deformarse
al cubo de goma.
σy = -qi Debido al equilibrio que debe existir en esa dirección.
• Dirección Z
εz = 0 Debido a que en esa dirección el molde de acero no impide deformarse
al cubo de goma.
σz = 0 Debido a que la goma puede en esta dirección libremente sin que nadie
interrumpa este proceso, es que no se produce tensión en esta dirección.
Molde de acero indeformable
Cubo de goma deformable
X
Y
Z
qi
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 24
Del análisis realizado podemos concluir lo siguiente:
εx = 0 σx = 0
Aplicando este análisis a la ley generalizada de Hooke se encuentran las incógnitas:
1era Ecuación
( )[ ]zyxx σσμσE1ε +−=
Remplazando las expresiones conocidas se tiene:
([ )0q-μσE10 ix +−= ]
2era Ecuación
( )[ ]zzyy σσμσE1ε +−=
Remplazando las expresiones conocidas se tiene:
( )][ 0q-μq-E1ε iiy +−= μ
3era Ecuación
( )[ ]yxzz σσμσE1ε +−=
Remplazando las expresiones conocidas se tiene:
( )][ iiz qμq-μ0E1ε +−=
σy = -qi εy = 0
σz = 0 εz = 0 Conocidas Incógnitas
iqμxσ −=
1)2μ(Eiq
yε −=
1)-μ(E
iμqzε =
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 25
2.12 Tensiones Admisibles y peligrosas La tensión real de trabajo que soporta el material bajo la acción de unas cargas, no
debe sobrepasar a la tensión admisible, que es la máxima a la que puede ser sometido el
material con cierto grado de seguridad en la estructura o elemento que se considere, por
consiguiente la Tensión admisible queda definida de la siguiente manera:
n
oAdm
σ=σ
Donde: σAdm = Tensión Admisible
σ o = Tensión peligrosa
n = Coeficiente de seguridad
2.11.1 Tensión peligrosa En un proyecto real la tensión admisible debe ser siempre menor al límite de
proporcionalidad, con el objeto de que se pueda aplicarse en todo momento la relación
lineal entre tensiones y deformaciones que establece la ley de Hooke, y es la base de toda
la teoría propuesta. Sin embargo, es muy difícil determinar el límite de proporcionalidad,
y se toma como tensión peligrosa a la tensión fluencia, sabiendo que el coeficiente de
seguridad nos garantiza que el material este trabajando por debajo del límite de
proporcionalidad. Quedado de finida de la siguiente manera:
a) Para materiales con escalón de fluencia
fo σ=σ
= tensión de fluencia fσ
b) Para materiales sin escalón de fluencia
pfo σ=σ
= tensión convencional de fluencia pfσ
2.11.2 Coeficiente de seguridad “n” Son muchos los factores que influyen para adoptar el coeficiente de seguridad, a
continuación enunciaremos algunos:
a) Conocimiento del comportamiento físico y mecánico del material (continuidad,
homogeneidad, isotropía, etc.)
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 26
b) Uso que se le va ha dar a la estructura
c) La fiscalización y supervisión.
d) Método de cálculo utilizado para el diseño
e) Errores numéricos y aproximaciones realizadas.
f) Perfecta evaluación de las cargas
Como referencia:
Para materiales con escalón de fluencia: n = 1.10 – 1.70 Para materiales sin escalón de fluencia: n = 1.80 – 4.00
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 27
εy
εx
εz
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PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
Unidad 2 - 28
( )
( )
( )yxz
z
zxy
y
zyx
x
EE
EE
EE
σσμσε
σσμσε
σσμσε
+−=
+−=
+−=
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TENSIONES Y DEFORMACIONES EN SISTEMAS HIPERESTATICOS
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 3 - 1
Unidad 3 Tensiones y deformaciones Normales en
Sistemas Hiperestáticos 3.1 Objetivos
Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes
objetivos trazados para el Estudio de tensiones normales y cortantes en sistemas Hiperestáticos.
1. Conocer cuales son los sistemas estructurales Hiperestáticos y su grado de
hiperestaticidad de las mismas.
2. Explicar porque un sistema se convierte en hiperestàtico.
3. Listar los pasos para dar solución a un sistema hiperestàtico.
4. Analizar sistemas hiperestáticos sometidos a cargas externas, errores de montaje o
variaciones de temperatura; determinando sus fuerza, tensiones, deformaciones y
desplazamientos de cada uno de los elementos o barras elásticas que componen el
sistema.
5. Conociendo sus materiales, propiedades, tensiones y deformaciones normales de los
distintos elementos que componen el sistema hiperestático, tenemos que saber
dimensionar las secciones necesarias de los mismos.
6. Analizar las tensiones y deformaciones en cilindros de pared delgada, sometidos a
presión.
3.2 Introducción
Un sistema hiperestàtico o estáticamente indeterminado, es aquel en cual no es posible
determinar las fuerzas internas de sus elementos debido a que el numero de incógnitas excede al
numero de ecuaciones que nos brinda la estática. Físicamente un sistema se convierte en
hiperestàtico cuando el numero de sus elementos (incluyendo soportes) es mayor que el numero
necesario para guardar su equilibrio estático; hay que aclarar que estos elementos adicionales
llamados vínculos superfluos no garantizan el equilibrio de una estructura, si no vienen dados por
exigencias de rigidez y resistencia .
El grado de hiperestaticidad de un sistema estructural lo determina el número de vínculos
superfluos o elementos en exceso que tenga.
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TENSIONES Y DEFORMACIONES EN SISTEMAS HIPERESTATICOS
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 3 - 2
Ejemplo:
3.3 Metodología de solución
En general, para dar solución a un sistema hiperestàtico se debe seguir los siguientes pasos
que por su importancia los describimos como partes:
a) Parte geométrica
Se propone como se deforma el conjunto los elementos (barras) incognitas que
componen el sistema estructural partiendo de la suposicion de la condición que las deformaciones
de las barras incognitas guardan una relacion geometrica lineal, esta relacion expresada
matematicamente se denomina Ecuaciones de Compatibilidad de Deformación. El numero de
estas ecuaciones que se deben plantear esta en función del grado de hiperestaticidad del sistema, si
es de primer grado se planteara una, si es de segundo grado se plantearan dos y así sucesivamente.
En la practica para construir estas ecuaciones se sigue los siguienter pasos:
Se dibuja un diagrama de cuerpo libre mostrando todos sus elementos incognitos en
un estado no deformado (Estado inicial)
Se propone un diagrama de curpo libre deformado (Estado final) asumiendo que
las deformacciones de las barras incognitas (alargamiento o acortamiento), esta regidos por medio
de un comportamiento geometrico lineal de deformacion de las barras incógnitas,y haciendo
cumplir las restricciones de movimientos de los apoyos ,articulaciones y barras rigidas planteamos
la Propuesta Final de deformacion de la estructura..
1er grado de
hiperestaticidad
1er grado de
hiperestaticidad
2er grado de
hiperestaticidad
P
P P
P
Ecuaciones : f (ΔLi)
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TENSIONES Y DEFORMACIONES EN SISTEMAS HIPERESTATICOS
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 3 - 3
Del análisis de la Propuesta de deformacion de la Estructura, por medio de
comparaciones geometricas entre las deformaciones incógnitas se propone relaciones lineales
entre ellas, denominadas Ecuaciones de Compatibilidad de Deformación.
b) Parte estática
Partiendo del conocimiento de la Propuesta Final de deformacion (alargamientos,
acortamientos de las barras incognitas) ,adoptamos el sentido de las fuerzas internas de las barras
incognitas y mediante las ecuciones que nos brinda la estática construimos relaciones de equilibrio
que nos vinculan las fuerzas internas. Llamadas Ecuaciones de Equilibrio Estático.
c) Parte física ( Ley de Hooke)
Se relaciona para cada elemento isostático incognito que compone el sistema
estructural hiperestático, las deformaciones propuestas ( Parte Geometrica), con las fuerzas que las
ocacionan (Parte Estatica), mediante la Ley de Hooke mas conocidas como Ecuaciones Físicas.
d) Parte final
Una vez planteadas los tres grupos de ecuaciones (Ecuaciones. de Compatibilidad,
Equilibrio y Fisica ) , seprocede a conformar un sistema de ecuaciones y resolverlas por cualquier
metodo, obteniendo las ingontitas deseadas.
3.4 Problemas
3.4.1 Generales
Ejemplo 1
Sean tres barras de un sistema colgante hiperestático como muestra la figura, las barras
laterales son idénticas y de cobre, la barra central es de acero, ¿que tensión se produce en las barras
bajo la acción de una fuerza P?.
Ecuaciones : f (Ni)
ii
iii
AE
LNL
*
*
Ecuacion para cada
elemento incognito
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Unidad 3 - 4
Datos
E cu
E ac
A cu
A ac
P
L
D
Incógnitas
cu = ?
ac = ?
Solución:
a) Parte Geométrica:
Propuesta de deformacion
cuL = alarga, entonces Ncu (tracción)
acL = alarga, entonces Nac (tracción)
b) Parte estática:
PNN
F
accu
V
2
0
Barras elásticas
Estado Final
deformado
Ecuación de compatibilidad
de deformaciones
①
Ncu
Nac
Ncu
P
Ecuación equilibrio estático
②
L
L Cobre Cobre
Acero
Chapa Rígida
Estado Inicial no
deformado
Cobre Cobre
Acero
Lcu
E.I.
E.F. Lcu
Lac
P
ΔLcu = ΔLac
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Unidad 3 - 5
c) Parte física
c1) Barra Cu: c2) Barra Ac
cucu
cucu
cuA*E
L*NL
acac
acac
acA*E
L2*NL
c) Parte final
Reemplazando las ecuaciones físicas ③a y ③b en ①
cu1ac
cu
cucu
acac
ac
cucu
cucu
acac
acac
N*cN
N*A*E*2
A*EN
A*E
L*N
A*E
L2*N
Donde: cucu
acac
1A*E*2
A*Ec
④ en ②
1
cu
cu1cu
c2
PN
PN*cN2
⑤ en ④
1
1acc2
P*cN
L Cobre
Lcu
Ncu
Ecuación física
③a
Nac
Ecuación física
2L
Acero
Lac
③b
④
⑤ cu
cucu
A
N
ac
acac
A
N
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Unidad 3 - 6
Ejemplo 2
Determinar las tensiones normales en las barras elásticas de acero mostradas en la
figura además calcular el desplazamiento vertical del punto A
Datos
Ecu = 1.2X106 Kg/cm2
Eac = 2.1X106 Kg/cm2
A1 = 6 cm2
A2 = 6 cm2
A3 = 6 cm2
A4 = 4 cm2
P1 = 20000 kg
P2 = 14000 kg
Incógnitas
1 = ?
2 = ?
3 = ?
4 = ?
A
V= ?
Solución
a) Parte Geométrica:
accu
accu
LL3
3
L
1
L
30º 30º
P2 = 14000 kg
1.00 m 2.00 m
A
B C
Chapa rígida
P1 = 20000 kg
1.00 m
D
Acero
Cobre
0.60 m
0.60 m
0.30 m
0.45 m
Ecuación de compatibilidad
de deformaciones
① A B
C
Chapa rígida
D
Cobre
Acero
1.00 m 2.00 m 1.00 m
Lcu
Lac
E.I.
E.F.
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Unidad 3 - 7
Propuesta de deformacion
Lcu = alarga, entonces Ncu = tracción
Lac = acorta, entonces Nac = compresión
También: cuA
vcu
A
v LL
11
b) Parte estática
20003
03*1*1*2000
0
accu
accu
B
NN
NN
M
c) Parte física
Barra Cu:
21 LLLcu
6*102.1
60*
*
*6
1
111
X
N
AE
LNL cu
cu
6*102.1
45*14000
*
*6
2
222
X
N
AE
LNL cu
cu
por tanto :
6*10X2.1
45*14000N
6*10X2.1
60*NL
6
cu
6
cu
cu
1.00 m 2.00 m
A
B C
Chapa rígida
P1 = 20000 kg
1.00 m
D
Nac
Ncu
Ecuación equilibrio estático
②
Ecuación física
③a
L1
0.60 m
0.45 m
P2 = 14000 kg
Lcu
Ncu Ncu
L2
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TENSIONES Y DEFORMACIONES EN SISTEMAS HIPERESTATICOS
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Unidad 3 - 8
Barra Ac:
En el gráfico podemos observar el siguiente triángulo:
º30cos
LLº30cos 4V
4V
4
4
entonces: 34
ac Lº30cos
LL
pero:
6*62.1X10
90*acN
6*acE
90*acN
2A*acE
3L*
3N
3ΔL
º30cos*4*10X1.2
60*N
4*E
º30cos
60*N
A*E
L*NL
6
4
ac
4
4ac
444
Cálculo de N4
º30cos*2
NN
0Nº30cosN2
0F
ac
4
ac4
V
º30cos*8*10X1.2
60*NL
26
ac
4
30º
L4
V
4
´
Na
c
N4 30º 30º
N4
Nac
´
30º
30º
L3
30º 30º
L4 L4
3
V
4ac LL
30º 30º
´
ΔLac
Nac
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TENSIONES Y DEFORMACIONES EN SISTEMAS HIPERESTATICOS
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Unidad 3 - 9
Reemplazando luego en la ecuación de deformación de la barra de acero:
6*101.2
90*
º30cos*8*101.2
60*636 X
N
X
NL acac
ac
c) Parte final
Reemplazando las ecuaciones físicas ③a y ③b en ①
6*10X1.2
90*N
º30cos*8*10X1.2
60*N
6*10X2.1
45*14000N
6*10X2.1
60*N*3
6
ac
36
ac
6
cu
6
cu
6*10X1.2
90
º30cos*8*10X1.2
60
6*10X2.1
45*14000N
6*10X2.1
60*N*3
N
636
6
cu
6
cu
ac
14000N48.1N98.1N cucuac
④ en ②
k96.5637N
200014000N48.1N98.13N
cu
cucucu
⑤ en ④
k66.1212Nac
Ecuación física
③b
④
⑤ Tracción
Tracción
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TENSIONES Y DEFORMACIONES EN SISTEMAS HIPERESTATICOS
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Unidad 3 - 10
Calculo de Tensiones y Deformaciones de las barras elasticas Barra ac
Barra ac
Calculo de desplazamientos Punto A
0.60 m
0.45 m
P2 = 14000 kg
Lcu
Ncu N1 = Ncu = 5637.93 k (Tracción)
N2 = Ncu – P2 = - 8362.07 k (Compresión)
(Tracción)
(Compresión)
(Acortamiento)
30º 30º
´
ΔLac
0.30 m.
0.60 m.
N3 = Nac = 1212.66 k (Tracción)
k13.700º30cos*2
NN ac
4 (Compresión)
2
3
31
3cm
k11.202
6
66.1212
A
N (Tracción)
2
4
44
cm
k03.175
4
13.700
A
N (Compresión)
6*101.2
90*
º30cos*8*101.2
60*636 X
N
X
NL acac
ac
cm10x33.15L 3
ac
(Alarga)
Ncu
Lac
E.I.
E.F.
A
B C
Chapa rígida
D
Cobre
Acero
1.00 m 2.00 m 1.00 m
Lcu
De acuerdo a los resultados el
desplazamiento real es el que muestra
el esquema, siendo:
.cm10x28.5L 3
cu
A
v
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TENSIONES Y DEFORMACIONES EN SISTEMAS HIPERESTATICOS
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Unidad 3 - 11
Ejemplo 4:
Sea el sistema estructural colgante que consta de tres barras elásticas unidas en B, determinar el
desplazamiento horizontal y vertical del punto B y las tensiones en cada barra.
Datos
26
2
321
cm/Kg10X2E
cm6AAAA
Incógnitas:
B
H
B
V
3
2
1
Solución:
a) Parte Geométrica
Propuesta de deformacion
1L = alarga, entonces N1 (tracción)
2L = alarga, entonces N2 (tracción)
3L = acorta, entonces N3 (compresión)
P = 8000 Kg
2.00 m
45º
20º
B
L1
L2 B
B´
L3
E.I.
E.F.
Estado final
deformado
B
B´
Estado inicial
No deformado
Propuesta de
deformacion
①
②
③
45º
20º
B
V
B
H
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Unidad 3 - 12
Analizando barra por barra colocando las deformaciones de las barras en función de los
desplazamientos vertical y horizontal del punto B, tenemos :
),(fL HVi
Barra 1:
Barra 2
B
H2L
Barra 3
cos45ºsen45ºΔL
cos45ºbb
cos45º
sen45ºaa
sen45º
baΔL
δδ
δδ
δδ
B
H
B
V1
B
HB
H
B
VB
V
1
º20cosº20senL
º20cosbb
º20cos
º20senaa
º20sen
baL
B
H
B
V3
B
HB
H
B
VB
V
3
B
L2
B
L1
B
B 45º
Recta Auxiliar
45º
45º
a
b
B
H
B
B
20º
Aux
a b
L3
20º
20º
B
V
B
H
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Unidad 3 - 13
b) Parte estática
8000º20senNº45senN
0F
31
V
0º20cosNNº45cosN
0F
321
H
c) Parte Física
A*E
º20cos
200*N
L
A*E
200*NL
A*E
º45cos
200*N
L
3
3
22
1
1
d) Parte final
Remplazando las expresiones ⑥ en las ecuaciones ①,② y ③ tenemos:
Que conjuntamente con las expresiones ④ y ⑤ forman las cinco ecuaciones con cinco incognitas
para resolver.
45º
N1
P= 8000 Kg
N2
N3
20º
y
x
B
OB
V
OB
Vo
3
B
H2
OB
V
OB
Vo
1
20Cos20Sen20Cos.A.E
L.N
A.E
L.N
45Cos45Sen45Cos.A.E
L.N
⑦
⑧
⑨
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Unidad 3 - 14
Resolviendo el sistema de ecuaciones nos da como resultado lo siguiente:
El signo negativo que aparecen en los resultados solamente significa que el sentido es contrario al
asumido en la propuesta.
3.4.2 Problemas debido a error de montaje:
Son aquellas tensiones que aparecen en los sistemas estructurales debido a la aplicación
de una fuerza momentánea para corregir algún error de dimensión que haya tenido alguno de los
elementos, producto de una falla en la fabricación de los mismos, es bueno aclarar que este error
de dimension debe ser pequeño en relación a las dimensiones del elemento a corregir.
Existen dos posibilidades si deseamos corregir el error de dimension de la barra central de la
cercha metálica mostrada en la figura:
0º20cosNNº45cosN
8000º20senNº45senN
321
31
⑤
④
)abajohaciaBpuntodeldesplazaSe(cm2885.0
)izquierdalahaciaBpuntodeldesplazaSe(cm0068.0
)Compresion(cm
k12.987
A
Nk74.5922N
)Compresion(cm
k15.68
A
Nk91.408N
)Traccion(cm
k22.1408
A
Nk32.8449N
B
V
B
H
2
3
3
33
2
2
2
22
2
1
1
11
δ = Error de montaje L
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Unidad 3 - 15
fabricar otra barra con la dimensión correcta
Aplicar una fuerza momentánea de tal forma de deformar la barra hasta ponerla en su
sitio.
El caso que nos interesa es el segundo ya que nos ahorraríamos el costo y el trabajo de fabricar
otra barra, pero este caso produce esfuerzos en las demás barras del sistema, siendo necesario
verificar estas tensiones de tal manera de asegurar que no fallen producto de la corrección
realizada. En este inciso se aprenderá a calcular dichas tensiones, para lograr este objetivo
procederemos a analizar los sistemas estructurales que tengan error de montaje en alguno de sus
elementos siguiendo la metodología aprendida en el inciso anterior.
Ejemplo 5:
Sea el sistema estructural de la figura que consta de tres barras elásticas, por error de
fabricación la barra central es mas corta de lo que necesita. Determinar las tensiones en todas las
barras elásticas producto del error de montaje (δ)
Datos
E
A1 = A2 = A
L
= Error de montage
Incógnitas
1 = ?
2 = ?
Solución:
a) Parte Geométrica:
δ = Error de montaje
Barras elásticas
L
L
Chapa rígida
(Estado Final deformado)
E.F. L1
EI2
EI1
L1
L2
´ (Estado inicial barra 2- no deformado)
(Estado inicial barra 1- no deformado)
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Unidad 3 - 16
Propuesta de deformacion
1L = acorta, entonces N1 (compresión)
2L = alarga, entonces N2 (tracción)
b) Parte estática:
0NN2
0F
21
V
c) Parte física
Barra Cu: Barra Ac:
A*E
L*NL 1
1 A*E
L2*NL 2
2
c) Parte final
Reemplazando las ecuaciones físicas ③a y ③b en ①
A*E
L2*N
A*E
L*N 21
De la expresión ② tenemos que : 12 N2N ⑤
Remplazando ⑤ en ④ tenemos: A*E
L2*N2
A*E
L*N 11
Despejando tenemos:
L
A.E..10N
L
A.E..5N
2
1
L
E..10
A
N
L
E..5
A
N
2
22
1
11
Ecuación de compatibilidad
de deformaciones
①
Ecuación equilibrio estático
②
④
N1
N2
N1
Ecuación física
③a L
L1
N1
Ecuación física
③b
2L
L2
N2
21 LL
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Unidad 3 - 17
3.5 Problemas debido a la variación de temperatura
La mayor parte de los materiales usados en la ingenieria debido a las variaciones de
temperatura sufren cambio de sus dimensiones. Si la temperatura aumenta el material se dilata o se
alarga, mientras que si la temperatura disminuye, el material se contrae o se acorta. Si el material
es homogéneo y isòtropo,se ha encontrado que la deformación de un elemiento debido a la
variacion de la temperatura viene dada por:
L*t*t
donde:
: Coeficiente de dilatación térmica del
material.
if ttt :Variación de temperatura
ft = Temperatura final.
it = Temperatura inicial.
L = Longitud del elemento estructural.
t , entonces el material se alarga debido al calentamiento.
t , entonces el material se acorta debido al enfriamiento.
Tabla de coeficiente de dilatación
En los sistemas estaticamente determinados se dejan deformar libremente los elementos debido al
cambio de temperatura ( t ), este efecto no produce tensiones o esfuerzos en los elementos.
Material ( ºC-1)
Acero 11.6X10-6
Aluminio 23.4X10-6
Bronce 18.0X10-6
Fundición Gris 10.8X10-6
Latón 18.7X10-6
Cobre 18.0X10-6
t
L
t
L
0libret
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Unidad 3 - 18
En cambio en sistemas estaticamente indeterminados las deformaciones debido a la variacion de
temperatura suelen estar restringidos parcial o totalmente, como resultado de ello aparecen fuerzas
internas que contrarestan parcial o toltalmente, estas deformaciones. Las tensiones originadas por
estas fuerzas internas se las llama tensioines tèrmicas o esfuerzos termicos.
La determinacion de las tensiones tèrmicas puede efectuarse usando la metodologia delineados
anteriormente, la unica salvedad es que en la parte geometrica se debe incluir un estado de
deformación producido por la variacion tèrmica dejando al elemento deformar libremente por la
variacion de temperatura de tal forma que el efecto de contrarestar esta deformación sea la que
ocaciona tension.
Ejemplo 6:
Determinar la tensión que aparecerà en una varrilla de acero de 2.50m, cuya sección es de 12cm2
al decender la temperatura a -20 oC, si la tensión de la varrilla es nula a los +20 oC. Para los siguiente
casos:
a. Muros completamente rìgidos e indeformables.
b. Muros que ceden ligeramente, acortàndose su distancia en 0.5 mm.
Datos
L = 2.50 m.
A = 12 cm2
ti = +20 oC
tf = -20 oC
Δt = tf - ti = - 40 oC
α = 11.70x10-6 (oC)-1
Eac = 2.1X106 Kg/cm2
Δ = 0.5 mm.
N N t
L
N
LN
0strigidaRet
Δ = 0.5 mm.
Caso (b)
L
Caso (a)
L
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Unidad 3 - 19
Incógnitas
Caso (a) σ =?
Caso (b) σ =?
Solución: Caso (a): Muros rigidos
a) Parte Geométrica
b) Parte estática:
Para que se produzca ΔLB obligatoriamente esta ha tenido que ser ocasionada por una
fuerza interna NB, quedando el sistema de equilibrio de la siguiente manera:
ΔLB
δt
Estado inicial no deformado
Estado deformado Δt: se deja deformar
libremente (no produce tensión)
Estado Final o Estado de equilibrio:se obliga
al elemento a deformarse hasta llegar a la
posición de equilibrio (produce tensión).
δt = ΔLB ① Ecuación de compatibilidad de deformación
Donde:
δt = α.Δt.L deformación debido a la variacion de temperatura
ΔLB = Alargamiento NB = Tracción
A B
NB NA
BA NN0N ② Ecuación de equilibrio estático
Propuesta
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Unidad 3 - 20
c) Parte física:
Planteamos la ley de Hooke para relacionar las deformaciones con las fuerzas aplicadas de
cada elemento, para nuestro caso:
d) Parte final:
Remplazamos ③ en ① y tenemos:
Remplazando los datos tenemos: σ = 982.80 2cm
k
Solución: Caso (b): Muros deslizables
a) Parte Geométrica
A.E
L.NL B
B ③ Ecuación fisica
E.t.A
NA.E.t.N
A.E
L.NL.t. B
BB
Respuesta
Caso (a)
Donde:
δt = α.Δt.L deformación debido a la variacion de temperatura
ΔLB = Alargamiento NB = Tracción
A
ΔLB
δt
Estado inicial no deformado
Estado deformado Δt: se deja deformar
libremente (no produce tensión)
Estado Final o Estado de equilibrio:se obliga
al elemento a deformarse hasta llegar a la
posición de equilibrio (produce tensión).
δt = ΔLB + Δ ① Ecuación de compatibilidad de deformación
B
Δ
Propuesta
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Unidad 3 - 21
b) Parte estática:
Para que se produzca ΔLB obligatoriamente esta ha tenido que ser ocasionada por una
fuerza interna NB, quedando el sistema de equilibrio de la siguiente manera:
c) Parte física:
Planteamos la ley de Hooke para relacionar las deformaciones con las fuerzas aplicadas de
cada elemento, para nuestro caso:
d) Parte final:
Remplazamos ③ en ① y tenemos:
Remplazando los datos tenemos: σ = 562.80 2cm
k
Ejemplo 7:
Sea el sistema estructural mostrado en la figura que está sometida la barra de latón a una diferencia
de temperatura de - 30ºC y la barra de acero a +30ºC, calcular los esfuerzos o tensiones en las
barras de latón y acero.
NB NA
BA NN0N ② Ecuación de equilibrio estático
A.E
L.NL B
B ③ Ecuación fisica
Respuesta
Caso (b)
L
E).L.t.(
A
N
L
A.E).L.t.(N
A.E
L.NL.t. B
BB
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Unidad 3 - 22
Datos
C30t
C30t
cm/Kg10X2E
Cº10X6.11
cm3A
cm/Kg10X1E
Cº10X7.18
cm7A
o
lat
o
ac
26
ac
16
ac
2
ac
26
L
16
L
2
L
Incógnitas:
ac
L
Solución
a) Parte Geométrica
a1) Deformación debido a la variación de la temperatura ti
Acero:
tac
Estado
inicial
Estado
Δt
alarga
30 cm
③
Chapa rígida
Acero
latón
+30ºC
-30ºC
45 cm
30 cm
45 cm
30 cm tac = +30ºC
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Unidad 3 - 23
Latón:
Propuesta de deformacion
ΔLAc = Alargamiento → NAc = Traccion
ΔLL = Alargamiento → NL = Traccion
Entoces Tenemos:
acorta
Acero
latón
E.F. (Estado Final deformado)
tac+Lac
EI
tL- LL
30 cm 45 cm
E.F. (Estado deformado de equilibrio)
Acero
latón
LL
tac E.I. (Estado no deformado)
E.tac (Estado deformado t del acero)
Lac
tL
E.tL(Estado deformado t del Laton)
tL
45 cm
cm0252.0
45*30*10X7.18
L*t*
t
t
t
L
6
L
LLLL
(Estado Inicial deformado)
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Unidad 3 - 24
acacLL LtLt *5.2
acLLac ttLL 5.25.2
0526.05.2 Lac LL
b) Parte estática:
c) Parte física
Barra de acero
acac
acacac
A*E
L*NL
3.6 Tensiones y deformaciones en cilindros de pared delgada.
Ejemplos
Ecuación de compatibilidad
de deformaciones ①
Ecuación equilibrio estático
②
2r
t t t
r r
Barra de Laton
LA*
LE
LL*NL
LL
Nac
NL
30 cm 45 cm
A
0N75N30
0M
acL
A
7530
acacLL LtLt
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Unidad 3 - 25
Condicion para ser considerado cilindro de pared delgada
donde: r = radio generador
t = espesor de la pared delgada.
Si existen presiones internas existen tensiones:
Debido a que partimos de la condicion que el cilindro es de pared delgada, podemos realizar el
estudio tensional de forma unidimensional.
Estudiaremos dos tipos de cilindros de pared delgada.
a) Cilindros generados por un radio de curvatura
b) Cilindros generados por dos radios de curvatura.
c)
Pi
σL
σL
σa σa
r
a)
r1
r2
b)
dA
tr
10
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Unidad 3 - 26
3.6.1 Cilindros de un radio de curvatura:
a) Tensiones:
Donde: σa = Tension anular σL = Tension longitudinal
Por separado tenemos:
Analizando el elemento diferencial:
Pi
σL
σL
σa σa dA
Estado de carga Estado tensional
Lo que queremos
estudiar
P
i
σa
dA
σa
Pi
σL
dA
σL
σa = Tension anular σL = Tension longitudinal
Pi
dA
Pi
σa σa
dθ
t
dS
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Unidad 3 - 27
Partiendo del conocimiento que las fuerzas horizontales se anulan:
t
rPi
Lt2Lr2Pi
a
a
σa σa
Pi
dθ
t
dx
dS
t
rPi
02
ddxt2dxdrPi
2
d
2
dsen pequeño, es d si
drdS
02
dsendxt2dxdSPi
0F
a
a
a
V
Ecuación que gobierna Las
tensiones anulares en paredes
delgadas de cilindros de un
radio de curvatura.
Pi . 2r . L
σa.t.L
L
2r
0V
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Unidad 3 - 28
a2) Tension Longitudinal:
t2
rPi
rPitr2
0F
L
2
L
b) Deformaciones:
Pi
Pi.πr2
σL.2πr.t
Ecuación que gobierna las tensiones
longitudinales en paredes delgadas de
cilindros de un radio de curvatura.
L L
σL
σa
σL
σa
2πr
corte
corte
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Unidad 3 - 29
Estas tensiones producen deformaciones
ΔLa = Deformación del perímetro debido a la σa
ΔLL = Deformación de la longitud debido a la σL
Por tanto:
AE
LNL
, Sabiendo que :
A
N , entonces
E
LL
luego:
E
r2
t
rPi
E
r2L a
a
Et
Pir2L
2
a
E
L
t2
rPi
E
LL L
L
Et
PirLLL
2
3.6.2 Cilindros con dos radios de curvatura:
2πr
σL
ΔLL
σa L
ΔLa
Pi
σ1 σ2
Estado de carga Estado tensional
dA
σ1 σ2
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Unidad 3 - 30
Analizando el elemento diferencial
02
dsentdS2
2
dsentdS2dSdSPi
0V
122121
222
111
drdS
drdS
si id es pequeño, entonces :
2
d
2
dsen ii
Reemplazando:
trr
1trtrrrPi
02
dtdr2
2
dtdr2drdrPi
21
122121
1121
2212211
2
2
1
1
rrt
Pi
Pi
Ecuación que gobierna las tensiones en
cilindros de pared delgada con dos radios de
curvatura
d2
d1
2 2
1
1
dS1
t
dS2
O2
O1
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TENSIONES Y DEFORMACIONES EN SISTEMAS HIPERESTATICOS
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 3 - 31
Ejemplo 7:
Determinar la ecuación que gobierna las tensiones de una pelota de basketball sometida a una
presión interna qi.
Datos
r1 = r2 = r
t = espesor
qi = presión
Incógnitas
1 = 2 =
como es una pelota totalmente esférica r1 = r2 = r
Aplicando la fórmula para un cilindro de pared delgada de dos radios de curvatura tenemos:
rrt
qi
r
2
t
qi
t2
rqi
Solución seccionando la pelota:
qi**r2
*2r*t
t
t2
rqi
tr2rqi
0V
2
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 1
Unidad 4 Torsión
4.1 Objetivos
Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes
objetivos trazados para el Estudio de tensiones en estructuras sometidas a momentos torsores
1. Determinar y aprender a analizar estructuras o elementos se sección circular,
sometidos a momentos torsores, determinando ( )ϕτ , las tensiones cortantes y los
giros o deformaciones.
2. Dimensionar elementos de sección circular sometidos a torsión.
3. Analizar uniones o bridas empernadas determinando ( )P,,φτ
4. Determinar τ en secciones de pared delgada sometidas a momentos torsores. ( )Mt
5. Aprender a utilizar, expresiones de τ y φ para solucionar problemas de secciones no
circulares, sometidos a torsión.
4.2 Introducción
La torsión estudia los esfuerzos internos (τ tensión cortante) y deformaciones (φ giros)
provocados por momentos torsores en secciones de cualquier elemento estructural.
τ , ΔL
En anteriores capítulos
N
τ , φ
En este capítulo se somete a torsión
Mt
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 2
4.3 Formulación Sea un árbol de sección circular como muestra la figura
a) Parte geométrica
a
Sección circular
Mt
(τ , φ)
a
Lo que queremos encontrar son las ecuaciones
que gobiernan, las tensiones cortantes (τ) y
deformaciones, giros (φ) en cualquier sección del
elemento.
0 dA
dA dA φ
S
γ
ρ
ρ 0 Mt
L
Estado inicial Estado final
Donde: S = Arco de desplazamiento. L = Longitud γ = Distorsión Angular φ= Giro ρ= Radio dA= Diferencial de arco
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 3
Analizando por separado:
b) Parte estática
∫
∑=ρ−
=
A
0dpMt
0Mt
Sabemos que: dAdp ⋅= τ
φ
S
γ
ρ
L
0
LSLS
⋅γ=⇒=γ
ρ⋅ϕ=⇒ρ
=ϕ SS
Igualando ambos
ρ⋅ϕ=⋅γ L
Lρ⋅ϕ
=γ
Ecuación de compatibilidad
de deformaciones
①
0
dA
ρ
Mt
dP
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 4
Entonces: ∫ =⋅ρ⋅τ−A
0dAMt
∫ ⋅ρ⋅τ=A
dAMt
c) Parte física
γ⋅=τ G
c) Parte final
Reemplazo ① en ③
L
G ρ⋅ϕ⋅=τ donde: G = módulo de elasticidad transversal
Reemplazo ④ en ②
dAL
GMtA
⋅ρρ⋅ϕ
⋅= ∫ entonces dAL
GMt 2
A
⋅ρ⋅ϕ⋅
= ∫
Sabiendo que Inercia polar: dAIp 2
A
⋅ρ= ∫ , luego:
IpL
GMt ⋅ϕ⋅
=
finalmente:
IpGLMt
⋅⋅
=ϕ⊗ [ ]rad
Reemplazo ⑤ en ④
LIpGLMtG ρ
⋅⋅⋅
⋅=τ finalmente: Ip
Mt ρ⋅=τ⊗ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡2cm
Kg
Ecuación equilibrio estático ②
③ Ley de Hooke
④
⑤ Ecuación que gobierna las
deformaciones
Ecuación que gobierna las
tensiones cortantes
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 5
4.4 Tensiones máximas a) Sección circular llena:
0=ρ entonces 0=τ•
r=ρ entonces Ip
rMtmáx
⋅=•τ pero:
32dIp
4⋅π=•
reemplazando Ip
32d
rMt4máx ⋅π
⋅=τ• , resumiendo la fórmula se tiene: 3máx d
Mt16⋅π⋅
=τ•
a) Sección circular hueca:
( )dDmáx IpIp2DMt
−
⋅=τ• reemplazando el valor de Ip
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ⋅−
⋅
⋅=•
3232
244 dD
DMtmáx
ππτ
finalmente: ( )44máx dDDMtº−⋅π⋅
=τ
τmáx
+
-
r rd
τmáx
-
D τmáx
τmáx
+
d
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 6
Ejemplo 1:
Un árbol de sección constante de 5 cm de diámetro está sometido a pares torsores a través
de ruedas dentadas montadas sobre él, como muestra la figura. Si el módulo de elasticidad
transversal es G = 8.4X105 Kg/cm2 determinar en grados, el ángulo de giro total entre los
puntos A y D.
Datos
G = 8.4X105 Kg/cm2
Incógnita
ϕA-D = ?
Solución
Otra forma de representar
• Planteando la ecuación de deformación desde A hasta D tenemos:
CDBCABAD ϕϕϕϕ ++= (a)
• Aplicando la fórmula que gobierna los giros para cada elemento del árbol
Tenemos:
( )
radIpX
M AAB 0139.0
104.81205 =
⋅⋅
=ϕ
( )
radIpX
MM BAAB 0078.0
104.8100
5 −=⋅⋅−
=ϕ
MA = 6000 k-cm 1.20 m
A
B
C D
1.00 m
1.60 m
MB = 10000 k-cm
MC = 9000 k-cm
MD = 5000 k-cm
5 cm
MA = 6000 k-cm
1.20 m A B C D 1.00 m
MB =10000 k-m
MC = 9000 k-cm
MD = 5000 k-cm
1.60 m
IpGLMt
⋅⋅
=ϕ
(b)
(c)
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 7
( )rad
IpXMMM CBA
AB 0155.0104.8
1605 =
⋅⋅+−
=ϕ
Remplazando (b), (c),(d) en (a):
º25.1
º25.11
º3.5702173.0
=
=×=
AD
AD radrad
ϕ
ϕ
4.4 Sistemas Hiperestáticos a) Parte Geométrica
Se compara geométricamente los giros de los elementos proponiendo una ecuación de
compatibilidad de deformaciones.
Ecuación en función de los giros: ϕ b) Parte Estática
Se plantean ecuaciones de equilibrio estático
∑ = 0Mt
c) Parte Física
Se calcula cada uno de los giros
IpG
LMtii ⋅
⋅=ϕ
d) Parte Final
Solución de la ecuación.
Ejemplo 2 :
Sea el árbol mostrado en la figura determinar el diagrama de momentos cortantes,
tensiones cortantes y giros
Datos
Mt
L
D
G
A C D E
d 2d
4 MtMt
2L
B 2L L L
(d)
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 8
IpGLMt i
i ⋅⋅
=ϕ
Incógnitas
Diagramas
Mt
ϕ
τ Solución
a) Parte Geométrica
0==+++ EDECDBCAB ϕϕϕϕϕ
b) Parte Estática
c) Parte física
*Cálculo de la inercia polar:
( ) IpIpddIp
dIp
16*32
16322*
32
44
4
=⇒⋅
⋅=⋅
=
⋅=
ππ
π
Utilizamos la fórmula de los giros, y analizando por tramos:
Ecuación de compatibilidad de deformaciones ①
A
Ecuación equilibrio estático
MA
A B C D
ME
4 MtMt
E 2L L 2L L
Mt5MM
0MMt4MtM
0Mt
EA
EA
=+
=+−−
=∑
②
Ip
2d
d
C D E
4 MtMt
MA ME
2L
B 2L L L
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 9
Tramo AB:
IpG
L2M AAB ⋅
⋅=ϕ
Tramo BC:
( )
IpGLMtM A
BC ⋅⋅−
=ϕ
Tramo CD:
( ) ( )
Ip16GLMtM
*IpGLMtM AA
CD ⋅⋅−
=⋅
⋅−=ϕ
Tramo DE:
( ) ( )
Ip16GL2Mt5M
*IpGL2Mt5M AA
CD ⋅⋅−
=⋅
⋅−=ϕ
d) Parte Final
Reemplazando los giros en ①:
0==+++ EDECDBCAB ϕϕϕϕϕ
( ) ( ) ( )
0Ip16G
L2Mt5MIp16G
LMtMIpG
LMtMIpG
L2M AAAA =⋅
⋅−+
⋅⋅−
+⋅
⋅−+
⋅⋅
* 16
Mt53.0M
Mt27M51
0Mt10M216MMt16M16M32
A
A
AAAA
=
=
=−+−+−+
Reemplazo ④ en ②
Mt47.4M E =
ME = 4.47 Mt
4 MtMtMA= 0.53 Mt
2L
A B D E 2L L L
E
MA
A B C D
ME
4 MtMt
2L L 2L L
Ecuaciones físicas ③
④
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 10
Diagramas:
* Cálculo del diagrama:
Tramo AB:
ττ 53.053.0−=
⋅=
IprMt
AB
Tramo BC:
ττ 47.047.0+=
⋅=
IprMt
BC
IprMt ⋅
=τ
1.06 ϕ
2L A B C D E 2L L L
+_
_
+
+
+ +
0.53 Mt
“Mt”
“τ”
0.53 Mt
0.47 Mt 0.47 Mt
4.47 Mt 4.47 Mt
0.53 τ 0.53 τ
0.47 τ 0.47 τ 0.058 τ
0.56 τ 0.56 τ
0.59 ϕ 0.56 ϕ
_ “ϕ” 0 0 _
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 11
Tramo CD:
ττ 058.016
247.0+=
⋅=
IprMt
CD
Tramo DE:
ττ 56.016
247.4+=
⋅=
IprMt
DE
* Cálculo de:
Tramo AB:
ϕ−=⋅
⋅=ϕ 06.1
IpGl2Mt53.0
AB
Tramo BC:
ϕ+=⋅
⋅=ϕ 47.0
IpGlMt47.0
BC
Tramo CD:
ϕ+=⋅
⋅=ϕ 03.0
Ip16GlMt058.0
CD
Tramo DE:
ϕ=⋅
⋅=ϕ 56.0
Ip16Gl2Mt47.4
DE
* Cálculo de los giros
0=Aϕ
ϕϕϕ 06.1−== ABA
ϕϕϕϕϕϕ 59.047.006.1 −=+−=+= BCBC
ϕϕϕϕϕϕ 56.003.059.0 −=+−=+= CDCD
056.056.0 =+−=+= ϕϕϕϕϕ DEDE
IpGLMt
⋅⋅
=ϕ
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 12
Ejemplo 2
Determinar la tensión normal que sucede en las barras elásticas que sustentan el apoyo C
de la siguiente estructura mostrada en la figura.
Datos
Mt = 700 Kg.m
L = 2.00 m
d = 10 cm
G = 0.4 E
φ = 2 cm
Incógnitas
σ1 = ?
Solución
a) Parte Geométrica
0=Aϕ 0=++ BACBC ϕϕϕ
b) Parte Estática
c) Parte física
• Cálculo de ϕC:
rNM CC 2*=
despejando NC
r
MN C
C 2=
Ecuación de compatibilidad de deformaciones ①
MtMM
0Mt
CA =+
=∑
Ecuación equilibrio estático ②
Mt
MA MC
MA Mt MC
d = 2r
NC
NC (a)
Mt
2.00 m
A B C E
D
d
2.00 m
φ 1.00 m 1.00 m
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 13
Las fuerzas NC producen deformación:
rLC
CΔ
=ϕ
Si seguimos analizando la barra 1
φAELNL C
C ⋅⋅
=Δ 1
Reemplazando (c) en (b)
rAELNC
Cφϕ
⋅⋅
=
1
⇒ rAE
LNCC ⋅⋅
⋅=
φϕ 1
finalmente reemplazando (a) en (d)
rAE
Lr
M C
C ⋅⋅
⋅=
φϕ
12 ⇒ 21
2 rAELM C
C ⋅⋅⋅
=φ
ϕ
Utilizando la ecuacion fisica de giros: IpGLM
⋅⋅
=ϕ planteamos :
• Cálculo de ϕCB:
• Cálculo de ϕBA:
d) Parte Final
Reemplazando los giros en ①:
ΔLC
rϕC
r
ΔLC
(b)
(c)
NC
NC
L1=2.00 m
ΔLC
(d)
3a
3b
3c
IpGM C
CB ⋅⋅
=100
ϕ
( )IpG
MtM CBA ⋅
⋅−=
100ϕ
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 14
( )0
32104.0
10070000
32104.0
100
5422
10044
22 =
⋅⋅
⋅−+
⋅⋅
⋅+
⋅⋅
⋅⋅
⋅
πππ E
M
E
M
E
M CCC
Simplificando se obtiene:
cmKgM C .10000=
Reemplazo ④ en ②
cmKgM A .60000=
por tanto σ1 será:
42*5*2
100002 21
⋅=
⋅==
πσ
φφ ArM
AN CC
21 318cmKg
=σ Tracción.
4.4 Acoplamiento o bridas empernadas:
Para transmitir torsión entre dos elementos se realizan acoplamientos entre sí a través de uniones
con pernos como se muestra en la figura.
∑ = 0Mt
R*4
**nR*P*nMt2φ⋅π
τ==
donde: n = Número de secciones de pernos
④
Mt
P
P
P
P
P
P = τ.Aφ
P
P
R
1a
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 15
τ = Tensión cortante
φ = Diámetro de la sección del perno
R = radio
Si se tiene más de un radio:
∑ = 0Mt
mmm333222111 RP*n........RP*nRP*nRP*nMt ++++=
Mt
P
P
P
P
P
P
P
P
R1
R2
R3
1b
R3
R2
R1
P1
P2
P3
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 16
Ejemplo 3
Determinar el diámetro (∅) de la sección del roblón que puede soportar una carga P=8000
kg de tal manera de no sobrepasar la tensión admisible de corte de 700 Kg/cm2.
Solución
a) Cálculo del baricentro del grupo de roblones.-
cm16A*3
36*A12*A0A
xAX
i
iiG =
++==
∑∑
b) Cálculo de los radios
R1 = 16 cm Pcrítico = P3
R2 = 4 cm Por estar más alejado del centro de gravedad
R3 = 20 cm
c) Aplicación de la 1era ecuacion
332211 RPRPRPMt ++=
①
P1 P2
P3
x R3
R2
R1
Mt
12 cm
cg
24 cm
48 cm
P
P
6 cm 6 cm 24 cm 12 cm
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 17
d) Aplicación de la 2da ecuacion
3
3
2
2
1
1RP
RP
RP
==
23
32
13
31
RRP
P
RRP
P
=
=
e) Parte final
en
( )
∑=
++=
++=
2i
3
3
23
22
21
3
3
23
3
322
3
321
3
3
RRP
d*P
RRRRP
d*P
RRP
RRP
RRP
Mt
Sabiendo que: 1) AP
=τ
2) φ= A*2A (Dos areas de corte por roblon)
3) Pcrit = P3
Entonces tenemos que:
φ
=τA2P3
adm
Reemplazando en
∑
∑
πφτ
=
φτ=
2i
3
2
adm
2i
3
adm
RR
4*2*
d*P
RR
A2d*P
②
② ①
③
③
φτ= A**2P adm3
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 18
Despejando φ se tiene:
( )
cm
rRdP
iadm
48.3
20416**60020*48*8000*2
*****2
222
23
=
++=
=∑
φ
πφ
πτφ
Ejemplo 2
Determinar el valor de la fuerza P que puede soportar el grupo de roblones de tal manera
de no sobrepasar la tensión admisible de corte de 700 Kg/cm2.
Datos
τadm = 700Kg/cm2
φR = 16 mm
Incógnitas
Pmáx = ?
Solución
Fórmulas a utilizar:
1. ∑= iii RPMMt
2. n
n
2
2
1
1
RP
....RP
RP
=++
3. φ
=τAP
P= ?
P= ?
8 cm
8 cm
6cm6cm 15 cm
9 cm
4 cm
8 cm
8 cm
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 19
a) Cálculo del baricentro del grupo de roblones.-
b) Cálculo del radio:
Entonces la ecuación será
332211 RPRPRPdP ++=⋅
c) Planteo de la ecuación 2
3
3
2
2
1
1RP
RP
RP
== como P3 es crítico, dejamos todo en función de 3
3
RP
P1
P2
P3
y
x
R3
R2
R1
Mt 8 cm
8 cm
15 cm
cg
yG = 8 cm
xG = 5 cm 332211 RPRPRPMt ++=
Cálculo del baricentro:
cm5A3
15A00x G =⋅++
=
cm8A3
8A16A0yG =⋅+⋅+
=
3crítico
3
2221
PP
cm10R
cm43.985RR
=
=
=+==
R2
5 cm 10 cm
R3
8 cm
Por ser el m’as alejado del centro de gravedad
①
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 20
entonces:
23
32
13
31
RRP
P
RRP
P
=
=
en
( )
∑=
++=
++=⋅
2i
3
3
23
22
21
3
3
23
3
322
3
321
3
3
RRP
d*P
RRRRP
d*P
RRP
RRP
RRP
dP
de la fórmula:
φ
=τAP3 φ⋅τ= AP adm3
Reemplazando en
∑
∑
⋅
πφ⋅τ
=
φ⋅τ=⋅
2i
3
2
adm
2i
3
adm
RdR4P
RR
AdP
Reeplazando datos
( )( )
Kg46.1348P
1043.943.92910
46.1700
P
máx
222
2
=
++⋅⋅
⋅π⋅
=
② ①
③
③
②
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 21
4.5 Torsión en tubos de pared delgada 4.5.1 Condiciones de pared delgada a) t <<<< r
10rt =≈
b) Las tensiones τ se distribuyen uniformemente en el espesor t de la pared
21
21
ττττ
=≠
c) Consta que no existe cambios bruscos en la sección que distorsiona el flujo de tensiones.
Mt
L
t
r
+
-
+
-1τ 1τ
2τ 2τ
Tensión Uniforme
t1 t2
Concentración de tensiones
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 22
d) Flujo constante de tensiones de corte independiente al espesor de la pared “t”. 4.5.2 Formulación de la ecuación
t1
t2
τ2
τ1
dz
Mt L t
ρ
∫
∫
∑
⋅⋅⋅=
=
=⋅⋅−
=
dztMt
tdzdA
dAMt
Mt
A
ρτ
ρτ 0
0
dz
ρ ρ
dA*
∫ ⋅⋅⋅=
⋅=
⋅=
*2
*22
*
dAtMt
dzdA
dzdA
τ
ρ
ρ
Flujo constante 2211
2211 00
tt
tdztdzF
⋅=⋅
=⋅⋅−⋅⋅
=∑
ττ
ττ
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 23
Ejemplo 3
Un tubo de pared delgada de forma semicircular, presidiendo de la concentración de tensiones que se puedan producir en las esquinas y su tensión admisible al corte es de 450 Kg./cm2 determinar el momento torsor que es capaz de soportar. Datos
2/450 cmkgadm =τ Solución
A*
∫⋅⋅⋅=A
dAtMt *2 τ
A* = El área inscrito en el perímetro medio de la pared delgada
*2 AtMt ⋅⋅⋅= τ
*2 AtMt⋅⋅
=τ 4.7
t=0.2cm
5 cm
t=0.2cm
5 cm
8*
2dA ⋅=
π
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TORSION
Ing. Elías Belmonte C.
Unidad 4 - 24
De la ecuación 4.7
cmKgMt
Mt
AtMt
AtMt
⋅=
⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
⋅⋅=
15.1767
852.04502
*2
*2
2π
τ
τ
4.6 Torsión en secciones no circulares.- Valores K1 y K2 para sección rectangular:
a/b 1,0 1,5 2,0 3,0 4,0 6,0 8,0 ∞
K1 4,81 4,33 4,07 3,75 3,55 3,34 3,26 3,00
K2 7,10 5,10 4,37 3,84 3,56 3,34 3,26 3,00
21 baMtK⋅
⋅ 381.4aMt
⋅ 216ba
Mt⋅⋅
⋅π
320
aMt
⋅
446aGLMt
⋅⋅
⋅ ( )33
22
16 baGLMtba⋅⋅
⋅⋅
+π
41.7aGLMt
⋅⋅
⋅ 32 baGLMtK
⋅⋅⋅
⋅ ϕ
máxτ
EFECTO a
b
FORMA Rectángulo Cuadrado Elipse Triángulo Equilátero
a
a
a
aab
a
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 1
Unidad N° 5
Tensiones Normales en Vigas Flexión
5.1. Objetivos
Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes
objetivos trazados para el Estudio de tensiones normales en secciones de viga.
1. Determinar la ecuación que gobierna las tensiones normales debido a la flexión en
vigas
2. Dibujar la distribución de tensiones normales en cualquier sección transversal de una
viga.
3. Dimensionar cualquier sección de viga transversal capaz de soportar los esfuerzos
normales inducidos por la presencia de momentos flectores.
4. Determinar el Modulo Resistente para cualquier sección transversal de viga
5. Determinar la capacidad de carga que es capaz de resistir cualquier sección debido a la
flexión.
5.2. Introducción
Las vigas son elementos estructurales cuyo principal objeto es transportar cargas a través
de su sección transversal. Cuando las cargas flexionan a la viga, estas en su interior producen
momentos flectores y fuerzas cortantes en la sección trasversal que son los que mantienen el
equilibrio el sistema.
El objetivo principal de esta unidad es establecer la relación que existe entre el momento
flector que actúa en la sección transversal y la distribución de tensiones normales que se
producen en ella, basándonos en las siguientes suposiciones:
El material de la viga es homogéneo, isótropo y obedece la ley de Hooke.
El modulo de elasticidad “E” es el mismo a tracción que a compresión.
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 2
Las secciones transversales de la viga permanecen planas después de la flexión.
La sección transversal de la viga es simétrica con respecto al plano de aplicación
de las cargas y constante en toda su longitud.
Las cargas no ocasionan torsión ni pandeo en la viga.
En conclusión. La Flexión estudia los esfuerzos internos normales originados por la
presencia de momentos flectores en la sección transversal de viga. A estos esfuerzos internos
normales se los denomina Tensiones normales o Tensiones de Flexión en vigas.
5.3. Formulación
Supongamos una viga simplemente apoyada de sección recta sometida a flexión pura, ósea
que solo necesita la presencia de momentos flectores en el interior de la viga para mantener su
equilibrio en el sistema en toda la longitud y como muestra los diagramas a continuación donde
fuerzas cortantes no existe.
Lo que queremos encontrar es una relación que nos vincule el momento flector que se
produce en cualquier sección transversal, con sus respectivas respuesta interna de tensiones
normales. Para el análisis tomemos un elemento diferencial de la viga, para ello cortémosla en
dos secciones transversales contiguas separadas en “dx”, debido a que solo existe momentos
M M
Sección
viga L dx
h
b
+ M
Q
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 3
flectores en la viga es que el sistema se puede equilibrar como muestra la figura y analizaremos
cual es la respuesta a deformación, como a equilibrio de de fuerzas de la superficie en estudio.
a) Parte geométrica
Lo que pretendemos es plantear una ecuación de compatibilidad de deformación
partiendo de ver como se deforma la superficie en estudio, imaginémonos como puede deformar
el momento al elemento diferencial, manteniendo las secciones planas en este proceso, de la
figura que se muestra a continuación podemos plantear las siguientes conclusiones.
ρ
y dӨ
dӨ
O
dx Ln
ΔL
ΔL = Deformación de la superficie de análisis
Ln = Línea neutra.
dx = Longitud inicial del elemento diferencial.
ρ = Radio de curvatura.
y = Ubicación de la superficie de análisis
respecto a la Ln.
dӨ = Angulo de deformación.
Superficie que Se alarga
Superficie que se acorta
dx
M M
Sección
viga
Superficie
en
estudio
Elemento
diferencial
h
b
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 4
AdA*y*σM
Si analizamos el esquema del elemento diferencial deformado vemos que la superficie
superior se acorta y la superficie inferior se alarga, es lógico suponer que existe entre ambas una
superficie que no se acorta, ni se alarga. A esta superficie se la denomina Superficie Neutra, mas
conocida como Línea Neutra.
Ahora veamos que ha sucedido con la superficie de análisis y plantemos una ecuación de
deformación.
L
Lε
(a)
L = dx = ρdӨ (b)
ΔL = y dӨ (c)
remplazando (c) y (b) en (a) Tenemos:
b) Parte Estática
Para encontrar la fuerza interna que equilibra el momento, se parte del conocimiento de
que fuerzas internas produjeron la deformación en la sección de análisis veamos nuevamente el
esquema de análisis.
dx
M
Sección
viga Elemento
diferencial
h
b
Ln
y
dp = σ*dA
ε = Deformación unitaria
ΔL = Deformación de la sup. de análisis.
L = Longitud del elemento diferencial.
ρ
yε Ecuación de compatibilidad
de deformación (A)
Superficie en
estudio
Ecuación de equilibrio
estático (B)
A 0dA*y*σ- M
0Ln
M
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 5
c) Parte Física (Ley de Hooke)
d) Parte Final
Remplazamos la expresión (A) en (C)
ρ
y*Εσ (D)
esta ecuación muestra que las tensiones normales varían linealmente con la distancia desde la
línea neutra.
remplazamos la expresión (D) en (B)
dA*yρ
EdA*y*
ρ
y*EM
A
2
A
sabemos de la unidad Geometría de la Masas contenida en la materia isostática que la
expresión dentro la integral representa la inercia respecto a la Ln:
dA*yIA
2
Ln Inercia en Ln.
Remplazando la ILn en la expresión anterior tenemos:
LnIρ
EM
esta ecuación se la conoce con el nombre de Radio de curvatura y será la base para encontrar la
ecuación que gobierna las deformaciones en vigas, mas conocida como la Ecuación de la
Elástica que lo verán en Mecánica de los materiales 2.
Remplazando la expresión (E) en (D) tenemos:
LnI*E
M*y*Eσ
que es la Ecuación que gobierna las Tensiones normales en cualquier sección de viga y nos
vincula las tensiones normales con los momentos flectores actuantes. La cual nos indica que la
ε*Εσ Ecuación Física
(C)
LnI*E
M
ρ
1
(E)
LnI
y*Mσ
Ecuación de Tensiones
Normales en Vigas
o
Tensiones de Flexión
( 7.1.)
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 6
tensión debida a flexión en cualquier sección es directamente a la distancia del punto considerado
a la línea neutra:
Si analizamos la expresión de tensiones de flexión vemos que la distancia de la
línea neutra a la superficie de análisis (y) no esta definida, ya que no se conoce la ubicación de la
Ln, para encontrar esta ubicación volvamos al esquema presentado en la parte estática:
∑FH = O
A
0dA*σ
remplazando la expresión (D) tenemos:
A
0dA*ρ
y*E
los términos E, ρ son constantes y distintos de cero, sacando los de la expresión tenemos:
A
0dA*yρ
E
dx
M
Sección
viga Elemento
diferencial
h
b
Ln
y
dp = σ*dA
σ = Tensiones Normales o de Flexión
M = Momento Flector actuante en la sección
ILn = Inercia en la línea neutra.
y = Distancia de la línea neutra a la superficie análisis
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 7
Si:
A0dA*y
Const0ρ
E
cuya expresión quedo definida en la unidad geometría de las masas en la materia Isostática como
momento estático, para que este se igual a cero necesariamente “y” tiene que ser igual acero y
para que pase eso obligatoriamente la Ln debe pasar por el centro de gravedad de la sección ósea:
5.4. Construcción del diagrama de tensiones
5.4.1. Secciones simétricas
Son aquellas secciones simétricas respecto a la línea neutra que coincide con el centro de
gravedad de la sección, y cuyas tensiones varían linealmente con la distancia a la línea neutra, lo
que ocasiona que las tensiones máximas de compresión y tracción sean de igual magnitud. Este
tipo de secciones son útiles para materiales que tengan la misma resistencia a tracción que a
compresión, ver Fig.
de las expresiones 7.1. y 7.2. tenemos:
Sección viga
Rectangular
b
Csup= C
Cinf = C
Diagrama de
Tensiones de Flexión
M +
+
- +
-
σmax σmax
σmax
+
+ -
-
σmax
Ln
Diagrama de
Tensiones de Flexión
M -
Momento Estático
Ln = Centro de gravedad de la sección ( 7.2.)
h
LnI
y*Mσ
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 8
Donde: Cinf = Csup= C σmax= σmax= σmaxLnI
C*M ( 7.3. )
C = Fibra de la sección mas alejada de la Ln.
σmax = Tensión normal máxima de tracción
σmax = Tensión normal máxima de compresión
Si M+ entonces:
Si M- entonces:
Ejemplos de secciones Simétricas
5.4.2. Secciones asimétricas
Son aquellas secciones asimétricas respecto a la línea neutra la cual debe coincidir con el
centro de gravedad de la sección, y cuyas tensiones varían linealmente con la distancia a la línea
neutra, esta asimetría ocasiona que las tensiones máximas de compresión y tracción sean de
diferente magnitud. Este tipo de secciones son útiles para materiales que no tengan la misma
resistencia a tracción que a compresión, ver Fig.
+ -
Ln Csup= C
Cinf = C
+
-
-
+
- Compresión
+ Tracción
-
+ + Tracción
- Compresión
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 9
Entonces: maxmaxinfsup σσCC
Quedando la expresión 7.1. y 7.2. de la siguiente manera para cada estado tensional
máximo mostrado en el siguiente esquema:
Si el M+ entonces:
Sección viga
Asimétrica
b
Csup= C
Cinf = C
Diagrama de
Tensiones de Flexión
M +
+
- +
-
σmax σmax +
+ -
-
Ln
Diagrama de
Tensiones de Flexión
M -
σmax b1
σmax
Csup
Csup Csup
Cinf
Cinf Cinf
Cinf
Ln Ln
Ln
Ln
Csup
+
-
Ln
sup
max
Ln
infmax
I
CMσ
I
CMσ
b1
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 10
Si el M- entonces:
Ejemplo 1 Sea la viga mostrada en la Fig. Determinar el diagrama de tensiones de flexión máximas
en la sección de máxima solicitación.
Solución: Ln
I
C*Mσ max (7.3.)
a) Calculo de momento máximo ( Mmaz)
Calculo de reacciones
03*R - 2*4*2000 0M BA
0R4*20005333.330V A
RA RB
q = 2000 k/m
3.00 m.
1.00 m.
3.00 m. 1.00 m.
30 cm.
15 cm.
Sección
Viga
q = 2000 k/m
Ln
infmax
Ln
sup
max
I
CMσ
I
CMσ
+
-
RB = 5333.33 k
RA = 2666.67 k
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 11
Diagramas Q y M
mk1000M0.5*1*2000M maxmax
.m1.34X0X*2000RA
.mk1777.74M2
1.34*2000X*RMM max
2
A1.34Xmax
maxmaxmax M,MM
b) Ubicación de la línea neutra
Por ser sección simétrica coincide con la mitad de la sección ósea:
RA RB
q = 2000 k/m
3.00 m.
1.00 m.
Mmax = 1777.74 k-m.
+ +
+
-
-
X
cm.-k 177774.00mk74.1777MM maxmax
Ln
X
YG = C = h/2
h
b
C = 15.00 cm.
( a )
( b )
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 12
c) Inercia en la línea neutra
Como coincide la inercia del baricentro con la inercia de la línea neutra y sabemos de
isostática que para una sección rectangular la inercia del baricentro es:
d) Diagrama de tensiones de flexión en la sección de máxima solicitación
Remplazando (a), (b), (c) en la expresión 7.3. tenemos:
2
Ln
max
maxmaxcm
k79.01
33750.00
15*177774
I
C*Mσσ
Ejemplo 2 Sea la viga mostrada en la Fig. Determinar la carga máxima uniformemente repartida que
es capaz de soportar la sección de viga.
1.00 m. 1.00 m. 4.00 m.
q = ?
4a
a a 2a
2a
Sección Viga
Sección viga
Rectangular
15 cm.
Csup= 15 cm.
Cinf = 15 cm.
Diagrama de
Tensiones de Flexión
M +
+
-
+
σmax= 79.01 k/cm2
Ln
-
σmax= 79.01 k/cm2
12
h*bII
3
Ln
G
X 4
Ln cm00.33750I ( c )
30 cm.
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 13
Datos Incógnita
.cm00.5a
cm
k1200
cm
k800
2adm
2adm
Solución: Ln
I
C*Mσ max (7.3.)
Calculo de momentos máximos ( Mmaz)
Calculo de reacciones
q38.2M0M1*V5.0*1*q0M
q875.2V06*qVV0V
q125.3V04*V5.2*5*q0M
AAA
izq
Art
ABA
BB
der
Art
qmax= ?
MA
VA VB Art
1 m 1 m 4 m
q
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 14
Diagramas Q y M
Determinación de momentos máximos
Calculo de la distancia X donde se produce el momento máximo positivo
MA
VA VB Art
1 m 1 m 4 m
q
2.875 q
2.125 q
1.00 q
Q
2.38 q
X
-
-
- +
+ +
0.5 q
2.95q − qx = 0 → x = 2.95 m
Mx=2.95+ = Mmax
+ = −2.38q + 2.875qx − qx2
2= 1.75q
Mmax+ = 1.75q
Mmax− = 2.38q
1.75 q
M
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 15
a) Geometría de las masas
Fig. b h Ai Yi Ai.Yi Ig di lln
1 2 4 8 4 32 10,67 1,5 28,67
2 4 2 8 1 8 2,67 1,5 20,67
16 40 49,33
a = 5 cm
Cinf= 2,5 a = 12,5 cm
Csup= 3,5 a = 17,5 cm
lLN= 49,33 a4= 30833 cm4
Sumatorias
a a2a
2a
4a1
2
1
b) Calculo de capacidad de carga (qmáx.)
Para Mmax (+)
σmax+ = σAdm
+ =Mmax
+ × Cinf
ILN=
1.75q1 × Cinf
ILN→ q1 =
σAdm+ × ILN
1.75 × Cinf × 100= 11276.07 𝑘 𝑚
σmax− = σAdm
− =Mmax
+ × Csup
ILN=
1.75q2 × Csup
ILN→ q2 =
σAdm− × ILN
1.75 × Csup × 100= 12081.50 k
m
Para Mmax (-)
σmax+ = σAdm
+ =Mmax
− × Csup
ILN=
2.38q2 × Csup
ILN→ q2 =
σAdm+ × ILN
2.38 × Csup × 100= 5922.30 k
m
σmax− = σAdm
− =Mmax
− × Cinf
ILN=
2.38q2 × Cinf
ILN→ q2 =
σAdm− × ILN
2.38 × Cinf × 100= 12436.84 k
m
qmax ≤ q1, q2, q3, q4 → 𝐪𝐦𝐚𝐱 = 𝟓𝟗𝟐𝟐.𝟑𝟎𝐤 𝐦
LN
+
+ -
-
𝜎𝑚𝑎𝑥+
Para Mmax− Para Mmax
+
𝜎𝑚𝑎𝑥+
𝜎𝑚𝑎𝑥−
𝜎𝑚𝑎𝑥−
𝐶𝑖𝑛𝑓
𝐶𝑠𝑢𝑝
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 16
5.5. Modulo resistente
Otra forma de expresar la ecuación de tensiones maximas debido a flexión es sustituir la
distancia (y) por la C que es la distancia de la sección más alejada midiendo desde la línea
neutra. Obteniendo la tensión máxima de flexión.
El cociente se conoce como Modulo Resistente.
Esta ecuación es muy empleada en secciones de viga constante y en especial para vigas
metálicas. Cada fabricante a confeccionado tablas de las secciones que produce (ver tablas
adjuntas) de tal manera que determinado el modulo resistente que depende de la geometría de la
sección y conociendo la tensión peligrosa dada por el fabricante se está en condiciones de elegir
de su oferta de secciones de perfiles el cumpla con la condición de
Ejemplo 3 Determinar la sección del perfil metálico necesario para soportar la carga externa mostrada
en la figura.
6.00 m. Sección
Viga
q = 2000 k/m
Serie HN
σmax =MC
ILn=
M
ILnC
=M
W
W =Iln
C
Wcalculo ≤ WTabla
𝜎𝑓 = 1200 𝑘 𝑐𝑚2
Datos
n = 1.15
Ocupar perfiles Icha
Serie HN
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 17
Solución:
a) Calculo de momento máximo
b) Calculo de modulo resistente
Entrado a la tabla de perfiles Icha IN para vigas obtenemos los valores, los que deben cumplir:
Existiendo varias posibilidades, las que más se aproximan al modulo resistente calculado, las
detallaremos en la siguiente tabla:
σmax = σAdm =σf
n=
MC
ILn=
M
ILnC
=M
W→ WCal =
n × Mmax
σf
𝑀𝑚𝑎𝑥+ =
𝑞𝑙2
8
q
M
σmax = σAdm =σf
n=
MC
ILn=
M
ILnC
=M
W→ WCal =
n × Mmax
σf
WCal =
n × Mmax
σf=
1.15 × 900000
1200= 862.5cm3
Mmax =2000 × 6
8= 9000 k − m
WCal ≤ WTabla
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 18
VIGAS SOLDADAS
SERIE IN
Propiedades Para el Diseño
Designación Dimensiones Sección total
IN H * peso B e t Area Eje x-x Eje y-y Flexiòn Sold.
A I W i I W i ia it Smin
cm * kgf/m mm mm mm cm2 cm
4 cm
3 cm cm
4 cm
3 cm cm cm mm
IN 40 * 49,3 200 10 6 62,8 18000 898 16,90 1330 133,0 4,61 5,45 0,500 5
IN 35 * 53,0 200 12 6 67,6 15400 883 15,10 1600 160,0 4,87 5,63 0,686 5
IN 25 * 72,7 200 20 6 92,6 11100 886 10,90 2670 267,0 5,37 6,14 1,600 6
De estos tres resultados elegiremos el de menor peso por ser el más económico, ósea:
5.5.1 Modulo resistente de algunas figuras regulares
a) Sección Rectangular
b) Sección Circular
b X
Ln
C
h
W =ILn
C
ILn =b × h3
12
C =h
2
𝑊∎ =𝑏 × ℎ2
6
X
Ln
C
d
W =ILn
C
ILn =π × d4
64
C =d
2
𝑊° =𝜋 × 𝑑3
32
IN 40*49.3
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TENSIONES NORMALES EN VIGAS 19
c) Sección Triangular
W =ILn
C
ILn =b × h3
36
C =2
3× h
𝑊∆ =𝑏 × ℎ2
24
X
Ln
C
h
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 1
Unidad N° 6
Tensiones Cortantes en Vigas
6.1. Objetivos
Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes
objetivos trazados para el Estudio de tensiones cortantes en secciones de viga.
• Calcular las Tensiones Cortantes inducidos por la presencia de fuerzas verticales en
cualquier punto de una viga.
• Dibujar la distribución de tensiones cortantes en cualquier sección transversal de una
viga.
• Dimensionar cualquier sección de viga transversal capaz de soportar las tensiones
cortantes inducidos por la presencia de fuerzas verticales.
• Determinar la capacidad de carga que puede resistir cualquier sección transversal de
viga.
6.2. Introducción
En la anterior unidad estudiamos que cuando las cargas flexionan a la viga, estas en su
interior producen momentos flectores y fuerzas cortantes en la sección trasversal que son los que
mantienen el equilibrio el sistema.
El objetivo principal de esta unidad es establecer la relación que existe entre las fuerzas
verticales que actúa en la sección transversal y la distribución de tensiones cortantantes que se
producen en ella, basándonos en las mismas suposiciones realzadas en la unidad anterior respecto
a los materiales que se compone la viga.
En conclusión. El corte en vigas estudia los esfuerzos internos de corte originados
por la presencia de fuerzas verticales en la sección transversal de viga. A estos esfuerzos
internos de corte se los denomina Tensiones cortantes en vigas.
Ing. Elias Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 2
6.3. Formulación Supongamos una viga simplemente apoyada de sección recta sometida a flexión, donde la
carga externa es cualquiera produciendo momentos flectores y fuerzas verticales en el interior de
la viga de tal forma que pueda equilibrarse el sistema como muestra los diagramas a
continuación:
Lo que queremos encontrar es una relación que nos vincule las fuerzas verticales de corte
que se produce en cualquier sección transversal, con sus respectivas respuesta interna de
tensiones cortantes verticales. Tomemos el mismo elemento diferencial y superficie de estudio
de la viga de la unidad anterior, debido a la existencia de fuerzas verticales es que el diagrama de
momentos flectores no es constante, Produciendo en el elemento un desequilibrio que debe ser
absorbido internamente por fuerzas de corte horizontal, para demostrar cortemos el elemento
diferencia mediante la superficie de estudio y realicemos el equilibrio de fuerzas horizontales
Ing. Elias Belmonte C.
+
+
-
M
Q
M M + dM
Ldx
b
h
Sección viga
FIG 6.3.1.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 3
ESTADO DE CARGA
dx
M M +dM
Sección viga
Ing. Elias Belmonte C.
dx Sección
viga Elemento diferencial
h
b
Ln
C dσσ+ σ
Superficie en
estudio
Elemento diferencial
h
b
V
V+dV
Ln
ESTADO DE EQUILIBRIO
b*dx*τdF
dA*dσdA*σH
dA*σH
HH
AA2
A1
=
+=
=
∫ ∫∫
Ln
Y
dFH CH1 H2
b
dx
ESTADO TENSIONAL NORMAL
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 4
quedando la ecuación:
sión cortante horizontal y vertical rece
en la e
realicemos el equilibrio respectivo. Ver figura. Ing. Elias Belmonte C.
6.3.1. Relación entre la tenHabrá quien se sorprenda al ver al ver que el termino fuerza cortante vertical (V) apa
cuación de tensión de corte horizontal Hτ . Sin embargo como veremos ahora, una tensión
cortante horizontal va siempre acompañada de otra tensión cortante vertical de la misma
magnitud pero de sentido contrario. Para demostrar ello supongamos un elemento diferencial
cualquiera de la viga donde se representen las tensiones de corte horizontal y vertical y
dx
M M +dM
Sección viga
Superficie en
estudio Elemento diferencial
h
b V
V+dV Ln
y
dx σ dσσ+
τ
Estado tensional
H1 H2
dF
b*dx*τdF
dA*dσdA*σH
dA*σH
HH
AA2
A1
=
+=
=
∫ ∫∫FIG 6.3.2
Estado de fuerzas
ECUACION DE TENSION CORTANTE
Ln
eH I*b
M*Vτ = HORIZONTAL EN VIGAS ECC. 6.1
remplazando tenemos:
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 5
τ HV =
Simplificando tenemos:
or consecuencia la expresión que gobierna las tensiones de corte vertical viene dada por:
.4. Construcción del diagrama de tensiones
on el centro de
ación cuadrática en
función
0dxdz)dy(τ -dydz)dx (0M A =∑
P
66.4.1. Secciones simétricas, b = constante Son aquellas secciones simétricas respecto a la línea neutra que coincide c
gravedad de la sección, y cuyas tensiones de corte varían siguiendo una ecu
de la variación del momento estático, ya que las otras variables de la expresión son
constantes, como veremos a continuación:
Hτ
dx dz
dy
Hτ
Vτ Vτ
Hτ
Hτ
dx dx
dy dy
dxdz
Vτ Vτ
τH
A
ento diferencial (b) Tensiones (c) Fuerzas
dydzτV
(a) Elem
VH l.q.q.d. ττ =
Ln
eV
M*Vτ = I*bECUACION DE TENSION CORTANTE
VERTICAL EN VIGAS ECC. 6.2
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 6
Sección viga Rectangular
b
Csup= C
Cinf = C
Diagrama de Tensiones de Corte
V +
Ln
Diagrama de Tensiones de Corte
V -
x
de las expresiones 6.1. y 6.2. tenemos: Ln
eV I*b
M*Vτ =
donde:
• Cinf = Csup= C C = Fibra de la sección mas alejada de la Ln.
• V, b, ILn = Constantes
• Me = Variable = A*yg =
44 344 21
4434421
gy
y2h
y*
A
y2h*b
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
2 =
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ 2
2
y2h*
2b
remplazando
*321
Const.Ln
V I*bVτ =
44 344 21Variable
22
y2h*
2b
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
como vemos la expresión varia de forma cuadrática, entonces tenemos:
Para y = h/2 τV = 0
Para y = 0 τV = τmax
Lo que da como resultado el diagrama mostrado en el grafico, el signo del diagrama de
tensiones de corte lo define el signo del diagrama de fuerzas cortantes.
τmax +
+
τmax -
-
yg y h
FIG. 6.4.1
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 7
Sabiendo la inercia en la “Ln”, tenemos para la sección rectangular mostrada que el corte
máximo es el siguiente:
12h*bI
3
Ln = remplazando tenemos *
12bh*b
Vτ 3V =⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ 2
2
y2h*
2b
simplificando y remplazando y = 0 tenemos: bhV*
23τmax =
Tensión de corte máximo para secciones rectangulares
si A = bh AV*
23
maxτ =
ECC. 6.3
6.4.2. Secciones simétricas, b = variable Son aquellas secciones simétricas respecto a la línea neutra que coincide con el centro de
gravedad de la sección, y cuya variación de las tensiones de corte son simétricas respecto a la
“Ln” y ocasionadas por dos factores:
• Momento estático (Me).- Que es la variable que ocasiona la variación cuadrática del
diagrama.
• Bases (b).- Que es la variable que ocasiona variaciones bruscas en el diagrama.
Los otros dos factores que intervienen como ser la inercia y la fuerza de corte son
constantes, veamos a continuación dos ejemplos:
+
{variable
beM
*
const.LnIV
Vτ321
=
Ln
Sección Tensiones de corte
1
2
3 4
Inf3bSup
3b
Inf2bSup
2b
⟨
⟩
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 8
+
{variable
beM
*
const.LnIV
Vτ321
=
Ln
Sección Tensiones de corte
1
2
3 4
Inf3bSup
3b
Inf2bSup
2b
⟩
⟨
Como vemos en los dos ejemplos el diagrama lo define una curva cuadrática debido a la
variación del momento estático, existiendo variaciones bruscas debido al cambio brusco de las
bases de la sección que se presentan en los ejes 2 y 3. Representadas en la figura por rectas
segmentadas (base 2 superior segmentos rojo, base 2 inferior segmento verde).
6.4.2. Secciones asimétricas, b = variable Son aquellas secciones asimétricas respecto a la línea neutra que coincide con el centro
de gravedad de la sección, y cuya variación de las tensiones de corte son asimétricas respecto a
la “Ln” y ocasionadas por los mismos factores que el inciso anterior. Veamos a continuación dos
ejemplos:
+ {
variablebeM
*
const.LnIV
Vτ321
= Ln
Sección Tensiones de corte
1
2 3
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 9
+ {
variablebeM
*
const.LnIV
Vτ321
= Ln
Sección Tensiones de corte
1
2
3 4
5
Como vemos en los dos ejemplos el diagrama lo define una curva cuadrática debido a la
variación del momento estático, la cual crece desde los extremos superior y inferior hacia la línea
neutra , existiendo variaciones bruscas debido al cambio brusco de las distintas bases que se
presentan en la sección .
Ejemplo 1 Sea la viga mostrada en la Fig. Determinar el diagrama de tensiones de corte en la
sección de máxima solicitación, además determinar el cote máximo.
3.00 m. 1.00 m.
Sección Viga
q = 2000 k/m
2.00 cm. 2.00 cm. 8.00 cm.
4.00 cm.
4.00 cm.
12.00 cm.
Solución: b*LnI
M*Vτ emax= (6.2.)
a) Calculo de Fuerza vertical máxima ( Vmaz)
• Calculo de reacciones
RA RB
q = 2000 k/m
3.00 m. 1.00 m.
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 10
03*R - 2*4*2000 0M BA =⇒=∑
RB = 5333.33 k
0R4*20005333.330V A =+−⇒=∑
RA = 2666.67 k
• Diagramas Q
RA RB
q = 2000 k/m
3.00 m. 1.00 m.
Vmax = 3333.33 k
(a)
Vmax = 3333.33 k.
+ +
-
2666.67 k
3333.33 k
2000.00 k
b) Ubicación de la línea neutra
Por ser sección simétrica coincide con la mitad de la sección ósea:
Ln
X
YG = C = h/2
1
b
C = 10.00 cm. 2 h( b )
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 11
c) Inercia en la línea neutra
Como coincide el baricentro de las figuras 1 y 2 con la línea neutra tenemos que:
12.00 cm.
20.00 cm. 12.00 cm. Ln G2G1 XX =
8.00 cm.
Figura 2 Figura 1
1212*8
1220*12
12hb
12hbII1 −I
33322
311
2Ln −=−==
4Ln cm6848.00I =
( c )
d) Diagrama de tensiones de corte en la sección de máxima solicitación
Remplazando (a), (c) en la expresión 7.3. tenemos:
como vemos estamos en el caso de sección simétrica con b = variable. Dibujemos la
sección y en cada cambio de base creemos un eje.
{ { beM
*4868.0
variableb
eM*
const.LnIV
Vτ ==
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 12
Sección Viga
2.00 cm. 2.00 cm. 8.00 cm.
4.00 cm.
4.00 cm.
12.00 cm.
2
3 4
Ln -
1
τmax=55.5 cm.
Diagrama de Tensiones de Corte
• Cuadro de calculo
Sección Const b Me τ1 0.4868 12.00 0.00 0.00
2sup 0.4868 12.00 384.00 15.582inf 0.4868 4.00 384.00 46.73Ln 0.4868 4.00 456.00 55.503sup 0.4868 4.00 384.00 46.733inf 0.4868 12.00 384.00 15.584 0.4868 12.00 0.00 0.00
• Calculo de momentos estáticos
• Sección 1
.cm10.001y =
1
Ln
12.00 cm.
0M
y*0y*AMM1e
114e
1e
=
=== 1
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 13
• Sección 2
.cm8.002-1y =
1
2
Ln
4.00 cm.
12.00 cm.
32e
213e
2e
cm3848*4)*(12M
y*AMM
==
== −− 21
• Sección Ln
1
2
Ln 6.00 cm.
12.00 cm.
3Ln
Ln
Ln2Ln22e
Ln2e
2eLn
cm456M
3*6)*(4384My*AMMMM
=
+=+=+= −−
−
2.00 cm.
3.00 cm.
2.00 cm.
Ejemplo 2 Sea la viga mostrada en la figura. Determinar para la sección c-c los diagramas de
tensión cortante y tensión normal
q=4000 kg/m c P = 4000 kg
5.00 cm
5.00 cm
15.00cm
10 cm
c Seccion Ra M = 6000 kg-m Rb
0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m
4 cm. 4 cm.6 cm.
Solucion1. Calculo de solicitaciones en la seccion c -c 1.1. Calculo de reacciones
Ma = 0 qx1.8x0.3 - M + px3.0 - Rbx2.4 = 0 Rb = 3400 kg V = 0
Ra + Rb - qx1.8 + p = 0 Ra = 7800 kg
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 14
1.2. Diagramas M y Q
q=4000 kg/m c P = 4000 kg
c M = 6000 kg-m
Ra = 7800 kg Rb = 3400kg
0.6m 1.2m 0.6m 0.6m 0.6m
5400 kg
4000 kg Vc-c = 3000 kg
Q
600 kg
2400 kg2760 kg-m
2400 kg-m
720 kg-mM
+
Mc-c = 1800 kg-m2880 kg-m 3240 kg-m
Vc-c = -qx1.2 +Ra = 3000 kgMc-c = -qx1.2x.6 +Rax0.6 =1800.00 kg-m
2, Ubicación linea neutra
14,00 15 11,92 Csup 25 3
15 13,08 Cinf LN4
10,00 XSeccion
Cinf = A1Y1 + A2Y2 + A3Y3
A1 + A2 + A3
Cinf = 13,08 cm
Csup= 11,92 cm
8
++
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 15
Areas h b Yi Ai Igi di=(Cinf - Yi IniF1 15,00 10,00 7,50 150,00 2812,50 5,58 7477,81F2 5,00 8,00 17,50 40,00 83,33 -4,42 865,88F3 5,00 14,00 22,50 70,00 145,83 -9,42 6361,44
25,00 260,00 14705,13
3 Calculo de inercia en la linea neutra
InT = In1 + In2 + In3 Steinner Ini = Igi + Aidi2
Inercia baricentrica del rectanguloIn1 = 7477,81 Ig = bh3/12In2 = 865,88
In3 = 6361,44
Int = 14705,13
4. Calculo de Tensiones
σ = Tension normal Tension cortante
Seccion Mc-c Ci Int σc-c V Me b τc-cc-c k-m cm cm4 k/cm2 k cm3 cm k/cm2
1 1800,00 11,92 14705,13 -145,95 3000,00 0,00 14,00 0,002s 1800,00 6,92 14715,13 -84,69 3000,00 659,62 14,00 9,612i 1800,00 6,92 14715,13 -84,69 3000,00 659,62 8,00 16,813s 1800,00 1,92 14715,13 -23,52 3000,00 836,54 8,00 21,323i 1800,00 1,92 14715,13 -23,52 3000,00 836,54 10,00 17,05Ln 1800,00 0,00 14715,13 0,00 3000,00 855,03 10,00 17,434 1800,00 13,08 14715,13 159,96 3000,00 0,00 10,00 0,00
145.95 k/cm2 0.00 k/cm2 1
2
21.32k/cm2
- 9.61k/cm2 16.81k/cm2
17.05k/cm2 17.43k/cm2 LN
+ +4
159.96 k/cm2 0.00 k/cm2
Tension Normal Tension Cotante seccion c-c seccion c-c
3
Xg
Mc-cCi
Intτ =
Vc-c Me
bi Int
21.32 k/cm2
17.43 k/cm2
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 16
Ejemplo 3 Sea la viga mostrada en la figura. Dimensionar la sección de la misma con las máximas
solicitaciones.
q = 8000 k/mP = 6000 k
1.20 m0.60 m 0.60 m 0.60 m
Seccion C -C
2a a 2acm
2a cm.
6a cm.Tensiones Admisiblesσadm = 900 k/cm2
τadm =300 k/cm2
Seccion C -C
4a cm.
RbRa
a a
Solución: (a) Calculo de solicitaciones máximas
• Calculo de reacciones
Rb = 11100.00 k 02.4*R2.1*1.8*80000.6*60000M bA =+−⇒=∑
Ra = 2700.00 k 0111001.8*80006000R0V a =−+−⇒=∑
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 17
• Diagramas Q y M
2700 k
6300 k Vmax
3300 k4800 k
360 k-m
1620 k-m Mmax1440 k-m
1620 k-m
Vmax= 6300 k
Mmax= 1620 k-m
+ +
+ +
- -
-
(b) Geometría de las masas a 2a 2a a
2a
4a
a
6a XG1
XG2
XG3 a
9a
4a
FIG. 1
FIG. 2
FIG. 3 Ln
Cinf X
FIGURA bi hi Ai Yi Ai*Yi IGi Aidi
1 1.00 6.00 6.00 9.00 54.00 18.00 173.342 3.00 4.00 12.00 4.00 48.00 16.00 1.693 7.00 2.00 14.00 1.00 14.00 4.67 96.47
12.00 32.00 116.00 38.67 271.50
Cinf = 3.63 aCsup= 8.38 a
ILn = 310.17 a4
∑
2
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 18
a 2a 2a a
2a
4a
a
6a
1
2
(c) Dimensionamiento
(c1) Por Flexión
(c2) Por Corte ( )
adm
maxτ4
max
2Ln
e,2maxadmmax τ*310
32.28*Va
a*310a3a)(8.38a*6a)*(a*V
b*IM*V
ττ =⇒−
===
cm.1.48a300*31032.28*6300a ττ =⇒=
Se escoge el mayor valor de “a” de tal forma que la sección sea capaz de soportar los dos
esfuerzos, ósea ⇒≥ τσ a,aa
1.7
3.4
1.7 1.7 cm.
3.4 cm.
3.4 cm.
10.2 cm.
6.8 cm.
SECCIÓN VIGA
3
4
Ln
σmax
τ-
+
+ Csup = C max
Cin
3
adm
maxσ4
max
Ln
maxadmmax σ*310
8.38*Ma
310a8.38a*M
IC*M
σσ =⇒===
cm.1.69a900*310
8.38*162000a σ3
σ =⇒=
a cm.1.70cm.1.69= ≈
Ing. Elías Belmonte C.
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TENSIONES CORTANTES EN VIGAS 19
Ejemplo 4 Sea la viga mostrada en la figura. Determinar la Pmax capaz de soportar la sección
3P 2PP
0.6 m0.60 m 0.60 m 0.60 m
Seccion C -C
4 2 4cm
4 cm.
12 cm.
Tensiones Admisiblesσadm = 900 k/cm2
τadm =300 k/cm2
Seccion C -C8 cm.
RbRa
2 2
0.6 m
Ing. Elías Belmonte C.
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
1
Unidad N° 7
VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
7.1. Objetivos Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes
objetivos trazados para el Estudio de tensiones en secciones de viga compuesta por distintos
materiales.
1. Efectuar el análisis tensional en la sección transversal de viga compuesta, identificando
las tensiones normales y cortantes que se producen en los distintos materiales
(Diagramas Tensiónales).
2. Aprender a transformar la sección transversal real compuesta por distintos materiales
en una sección equivalente compuesta de un solo material.
3. Determinar momentos máximos y corte máximo que es capaz de resistir la sección
trasversal.
7.2. Introducción
Las vigas cuya sección transversal esta construida por dos o más materiales diferentes se
la denomina Vigas compuestas o Reforzadas. Su importancia de estas secciones es que varios
de los materiales de construcción soportan distintas tensiones de compresión y de tracción, entre
estos materiales figura el hormigón, la madera, algunos metales y plásticos. Además de que como
ingenieros se busca optimizar las cualidades de los materiales. El caso más conocido es el del
Hormigón armado, que las debilidades que tiene el hormigón para absorber tensiones de tracción
se busca que sean absorbidas por el acero.
La teoría de la flexión estudiada no se puede aplicar directamente a las vigas de secciones
compuestas, ya que se habrán dado cuenta estas se basan en las Hipótesis de continuidad,
homogeneidad, isotropía y en especial la Hipótesis de bernoulli que define que las secciones
planas deben permanecer planas después del proceso de la deformación, es decir que las
deformaciones deben ser proporcionales a la distancia a la línea neutra. Lo cual no cumple las
secciones de viga compuesta.
Ing. G. Elías Belmonte C.
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
2
La metodología que se va a seguir para el estudio de vigas compuestas es la
transformación de la sección compuesta de distintos materiales en una sección equivalente
homogénea de un solo material a la que se aplique directamente las ecuaciones que gobiernan la
flexión. Para poder cumplir con las hipótesis antes mencionadas debemos basarnos en dos
principios fundamentales de transformación:
1er Principio.- Las deformaciones de los materiales que componen la sección compuesta
debe ser la misma
2do Principio.- La capacidad de carga de los materiales que componen la sección
compuesta debe ser la misma
7.3. Formulación Supongamos una viga de sección compuesta de dos materiales, madera y acero firmemente
asegurados de forma que no pueda haber deslizamiento entre ambos materiales, como muestra la
figura 7.3.1.
h
h1
b
Madera
Acero
FIG. 7.3.1 Sección Real de Madera y Acero
Lo que se quiere lograr es transformar la sección compuesta en una sección homogénea
equivalente donde se cumpla las hipótesis de resistencia de materiales y se puedan aplicar
directamente las formulas de flexión. Para lograr este objetivo aplicaremos a la sección los dos
principios:
1er Principio.- Deformaciones iguales.
εm = Deformación unitaria Madera
εa = Deformación unitaria Acero εm = εa (7.3.1)
Sabemos de las unidades 1 y 2 que:
LLε Δ
= (a)
Ing. G. Elías Belmonte C.
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
3
AN σ = (b)
A*EL*NL =Δ (c)
remplazando la expresión (b) en (c) tenemos:
E
L*σL =Δ (d)
remplazando la expresión (d) en (a) tenemos:
L*EL*σ
LLε =
Δ=
remplazando la expresión (e) en (7.3.1) tenemos:
a
a
m
m
Eσ
Eσ
= mm
aa σ
EEσ =
Eσε = (e)
ma nσσ =
m
a
EEn = (7.3.3.) (7.3.2.)
2do Principio.- Capacidad de cargas iguales.
Na = Capacidad de Carga Acero
Nm = Capacidad de Carga Madera Nm = Na (7.3.4.)
sabemos de la unidad 1 que:
N = A*σ (f) remplazando en 7.3.4. tenemos:
Am*σm = Aa*σa (g)
por ultimo remplazando 7.3.3 en (g) tenemos:
Am*σm = Aa*(n*σm) (7.3.5.)
que es la ecuación que gobierna las transformaciones de secciones reales compuestas a secciones
equivalentes homogéneas. La cual significa que para convertir un área real de acero en un
área equivalente de madera es necesario multiplicar esta área en “n” veces. Cuyo valor “n”
esta en función de la relación de módulos de elasticidad que existen, ver expresión 7.3.2.
aplicando esta expresión a la sección de la Fig. 7.3.1. tenemos:
Am = n* Aa
Ing. G. Elías Belmonte C.
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
4
• Transformación a sección Equivalente Madera
Am = n* Aa Am = n*(b*h1)
Considerando h1 constante podemos escribir la expresión de la siguiente manera:
Am = h1*(n*b)
Lo que transforma a la sección como muestra la Fig. 7.3.2.
h
h1
b
Madera
Acero
Sección Real de Madera y Acero
nbSección Equivalente
de Madera
FIG. 7..3.2.
• Transformación a sección Equivalente Acero
Am = n* Aa b)*(hn1AaAm
n1 Aa =⇒=
Considerando h constante podemos escribir la expresión de la siguiente manera:
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
nb*hAa
Lo que transforma a la sección como muestra la Fig. 7.3.3.
h
h1
b
Madera
Acero Sección Equivalente
de Acero
FIG. 7.3.3.
b/n
Sección Real de Madera y Acero
Para el caso que se analice tensiones de corte debido a flexión el procedimiento es el
mismo lo único que varía en las expresiones son las tensiones de corte que remplazan a las
tensiones normales quedando las expresiones de la siguiente manera: Ing. G. Elías Belmonte C.
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
5
nsformación ciones equivalentes La transformación de secciones reales compuestas por distintos materiales en secciones
equivalentes de un mismo material (homogéneas), se lo realiza siguiendo la expresión 7.3.5 y el
proced todas las
ecuacio
solame e la transformación de las bases queda
l
r = Modulo de elasticidad real
E d equivalente
7.4. Tra en sec
imiento del anterior inciso, se simplifica partiendo del conocimiento de que
nes de flexión como las estudiadas en este unidad están referidas a la línea neutra por lo
cual las alturas deben ser constantes y no pueden variar en dimensión. Por consiguiente las únicas
dimensiones que pueden variar son las bases (bi) de los distintos materiales que componen la
sección. Existiendo varios casos que plantearemos a continuación como queda la expresión 7.3.5.
7.4.1 Sección compuesta por dos materiales Este es el caso que desarrollamos la expresión 7.3.5. De forma simplificada haciendo
nt
eib = base (i) equivalente
rb = base (i) reai
E
e = Modulo de elasticida
m
a
EEn = (7.3.2.a)
ma nττ =
Am = n* Aa
(7.3.3.a)
(7.3.5.a)
ri
ei nbb =
(7.3.6.)
e
rn = EE
Ing. G. Elías Belmonte C.
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
6
7.4.2 Sección compuesta por “n” materiales colocados
compuesta la se . de la siguiente manera.
Ejemplo 1 Sea la sección de viga mostrada en la compuesta de tres materiales como muestra
cción a una sección equivalente de Madera.
de forma horizontal En este caso existen varios factores “n” de transformación, tantos como materiales que es
cción quedado la expresión 7.3.5
ta
rii
ei bnb =
(7.3.7.)
la Fig. transformar la se
Solución:
a) Factores de transformación
m
1 ELEn = = 10 Factor de latón a madera
m
m2 E
En = = 1 Factor de madera a madera
m
a3 E
En = = 20 Factor de acero a madera
b) Transformación
• Latón a Madera
8.00 cm.
16.00
2.00 cm.
3.00 cm. 4.00 cm.
3.00 cm.
Latón
Madera
Acero
DATOS EL = 1*106 k/cm2
Em = 1*105 k/cm2
Ea = 2*106 k/cm2
eiE
ri
iE
= n
Ing. G. Elías Belmonte C.
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
7
L11
m1 b*nb = = 10*10 = 100 cm.
c) e Madera
ar
terial que se
desee c
la
sección transversal compuesta nos encontramos con mas de una clase de materiales. Para dar
solució
• Madera a Madera
m2 = 1*10 = 10 cm. 2
m2 b*nb =
• Acero a Madera
= 20*4 = 80 cm. a33
m3 b*nb =
Sección equivalent
8.00 cm.
16.00
2.00 c
Esta misma sección se puede transformar a cualquier otro material con tan solo tom
como base en el cálculo del factor de transformación el modulo de elasticidad del ma
onvertir la sección y seguir el mismo procedimiento para el calculo de las nuevas bases.
7.4.3 Sección compuesta por “n” materiales colocados de forma Vertical
En este caso no podemos emplear directamente las expresiones 7.3.7. ya que al cortar
n a este caso y siguiendo el concepto de la ecuación 7.3.5. es que se utilizan las siguientes
expresiones.
m.
3.00 cm. 4.00 cm.
3.00 c80.00 cm.
m.
10.00 cm.
Sección Real Sección Equivalente
de Madera
100.00 cm.
riibn∑=
eib
(7.3.7.)
ei
ri
i EEn =
Ing. G. Elías Belmonte C.
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
8
jemplo 2 Sea la sección de viga mostrada en la compuesta de tres materiales como muestra
la Fig. transformar la sección a una sección equivalente de Bronce.
E
DATOS Latón EL = 1*106 k/cm2
Eb = 2.5*105 k/cm2
Ea = 2*106 k/c
6 cm. 6 cm.4 cm.
6 cm.
18 cm. Bronce
Solución: d) Factores de transformación
b
L1n =
EE = 4 Factor de latón a bronce
b
b2 E
En = = 1 Factor de bronce a bronce
b
a3 E
En = = 8 Factor de acero a bronce
• Sección 1 – 1 (latón + bronce)
b bnb*nb += = 4*6 + 1*6 = 30 cm.
• nce)
111 bnb*nb +=
e) Transformación
b12
L111
Sección 2 – 2 (latón + acero + brobaLb bn 12+ = 4*6 + 8*4 + 1*6 = 62 cm. 13
Acero m2
1 1
22
Ing. G. Elías Belmonte C.
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
9
f) Sección equivalente Madera
ctiva de este unidad. El
cual d
• Paso 1: Transformación de la sección compuesta de varios materiales a una sección
uaciones que conocemos de flexión determinamos las
equivalentes, mediante la expresión (7.3.3) y
6 cm. 6 cm. 4 cm.
6 cm.
18 cm.
30 cm.
62 cm.
Sección Real Sección Equivalente
de Bronce
7.5. Determinación de tensiones reales y capacidad carga
El procedimiento que se sigue es el mencionado en la parte introdu
e tallaremos a continuación:
equivalente de un solo material.
• Paso 2: Mediante las ec
tensiones normales y cortantes equivalentes para la sección equivalente.
• Paso 3: Una vez conocidas las tensiones
(7.3.3.a) las transformamos en tensiones reales para cada material
eii
ri σnσ =
eii
ri τnτ =
Ecc. de transformación para
Ecc. de transformación para las tensiones cortantes
( 7.5.2. )
las tensiones normales ( 7.5.1. )
Ing. G. Elías Belmonte C.
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
10
Siguiendo el mismo procedimiento se calcula las capacidades de carga ya sea de
momentos, como de fuerzas verticales. Una vez obtenido los valores máximos para cada material,
se com el menor será la capacidad que puede resistir tanto a momento, como a
fuerza
s lo siguiente:
siones normales
•
P = 4000 kg
5.00 cm Aluminio5.00 cm 1cm Acero
15.00cm Aluminio
5 4 5 cm
Seccion Ra M = 6000 kg-m Rb Real
Modulos de Elasticidad0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m Eal = 5.0 E5 k/cm2
Eac = 2.0 E6 k/cm2
para los valores y
vertical la sección compuesta antes de romperse.
Ejemplo 3 Sea la viga cuya sección esta compuesta por dos materiales acero y aluminio como
muestra la Fig. Determinar con las máximas solicitacione
• Diagrama de Ten
Diagrama de tensiones cortantes
• Tensiones máximas
q=4000 kg/m
1.8 - p = 0 Ra = 7800 kg
Solucion
1. Calculo de maximas solicitaciones 1.1. Calculo de reacciones
?Ma = 0 qx1.8x0.3 - M + px3.0 - Rbx2.4 = 0 Rb = 3400 kg
?V = 0
∑Ma = 0
∑V = 0
Ra + Rb - qx
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11
1.2. Diagramas M y Q
q=4000 kg/m P = 4000 kg
M = 6000 kg-m Ra = 7800 kg Rb = 3400kg
0.6m 1.2m 0.6m 0.6m 0.6m
5400 kg
4000 kg
Q 5400
600 kg
2400 kg2760 kg-m
2400 kg-m
720 kg-mM 3240
+
2880 kg-m
A D E FB C
++
3240 kg-m
Vmax = 5400 kg.
Mmax = 3240 kg-m.
1.2.1 Corte
4000kg4000kg
600kg1.2*4000 -78000.6*40005400kg 78000.6*4000
2400kg0.6*4000Q0Q
isqE
derE
F
C
derB
isqB
A
=+=
+=
+==+−=
=+−=
=−=
=
Q Q Q Q
Q 600k3400-4000
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12
1.2.2. Momento
2. Transformacion de la seccion real en seccion equivalente
n1= Eal / Eal = 1.00
n2 = Eac/Eal = 4.00 be = nixbr Ecc. de Transfornacion a seccion equivalente
basesn1b1 14.00 1
5.00 cm Aluminio 5 11.92 Csup 25.00 cm 1cm Acero be = nixbr n2b3 5 3
15.00cm 15 13.08 Cinf LNAluminio 4
5 4 5 cm n1b4 10.00 XSeccion Seccion equivalenteReal Aluminio
3. Ubicación linea neutra en Seccion Equivalente
Cinf = A1Y1 + A2Y2 + A3Y3
A1 + A2 + A3
Cinf = 13.08 cm
Csup= 11.92 cmAreas h b Yi Ai Igi di=(Cinf - Yi) Ini
F1 15.00 10.00 7.50 150.00 2812.50 5.58 7477.81F2 5.00 8.00 17.50 40.00 83.33 -4.42 865.88F3 5.00 14.00 22.50 70.00 145.83 -9.42 6361.44
25.00 260.00 14705.13
4. Calculo de inercia en la linea neutra en la seccion Eqquivalente
InT = In1 + In2 + In3 Steiner Ini = Igi + Aidi2
Inercia baricentrica del rectanguloIn1 = 7477.81 Ig = bh3/12
In2 = 865.88
In3 = 6361.44
Int = 14705.13
8
Xg
m3240kg60000.6*34001.2*4000Mm2760kg0.6*34001.2*4000M
m2400kg0.6*4000M0M
m2880kg1.2*78002
1.8*1.8*4000M
m2400kg2
0
isqD
derD
E
F
C
A
−=++−=
−−=+−=
−−=−==
−=+−=
−−=
=M0.6*0.6*4000MB −=
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13
5. Calculo de Tensiones normales en la seccion c - c
σe = Tension normal equivalente
σr = ni σe Tension normal real
Seccion Materiales Mmax Ci Int σe ni σr
c-c Reales k-m cm cm4 k/cm2 k/cm2
1 Aluminio 3240.00 11.92 14705.13 -262.70 1.00 -262.702s Aluminio 3240.00 6.92 14715.13 -152.43 1.00 -152.432i Acero 3240.00 6.92 14715.13 -152.43 4.00 -609.733s Acero 3240.00 1.92 14715.13 -42.34 4.00 -169.373i Aluminio 3240.00 1.92 14715.13 -42.34 1.00 -42.34Ln Aluminio 3240.00 0.00 14715.13 0.00 1.00 0.004 Aluminio 3240.00 13.08 14715.13 287.93 1.00 287.93
5.1. Diagramas de Tensiones Nomales
-262.70 k/cm2 1
- - 2
3
LN
+ +4
-287.93 k/cm2Diagrama de Tension Normal Diagrama de Tension Normal Equivalente para la Real para la seccion c-c seccion c-c
6. Calculo de Tensiones de Corte en la seccion c - c
Tension cortante equivalente
ni Tension cortante real
Seccion Materiales Vmax Me Int be τe ni τrc-c Reales k cm3 cm4 cm2 k/cm2
Mc-cCi
Int
k/cm0 1.00 0.00
2
1 Aluminio 5400.00 0.00 14705.13 14.00 0.02s Aluminio 5400.00 659.62 14715.13 14.00 17.29 1.00 17.292i Acero 5400.00 659.62 14715.13 8 30.26 4.00 121.033s Acero 5400.00 836.54 14715.13 8 38.37 4.00 153.493i Aluminio 5400.00 836.54 14715.13 10 30.70 1.00 30.70Ln Aluminio 5400.00 855.03 14715.13 10 31.38 1.00 31.384 Aluminio 5400.00 0.00 14715.13 10 0.00 1.00 0.00
6.1. Diagramas de Tensiones de Corte en la seccion c - c0.00 k/cm2 0.00 k/cm2 1
17.29 k/cm2 17.29 k/cm2 121.03 k/cm2 2 30.26k/cm2
38.37k/cm2 30.70 k/cm2 153.49 k/cm2 3
30.70k/cm231.38k/cm2 31.38 k/cm2 LN
+ +0.00 k/cm2 0.00 k/cm2 4
Diagrama de Tension Cotante Diagrama de Tension Cortante Equivalente para la Real para la
τe =Vc-c Me
bi Int
τr = τe
-262.70 k/cm2
-152.43 k/cm2-609.73 k/cm2-169.37 k/cm2-42.34 k/cm20.00 k/cm2
287.93 k/cm2
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14
7. Tensiones Maxim as
7.1. Tensiones m axim as norm ales
= -609.73 k/cm 2
= -287.93 k/cm 2
7.1. Tensiones m axim as cortantes
= 153.49 k/cm 2
= 31.38 k/cm 2
aceromaxσ
aluminiomaxσ
aceromaxτ
aluminiomaxτ
• Ejemplo 4
Se la sección de viga compuesta mostrada en la Fig. De
máximo y la fuerza de corte máxima capaz de soportar:
Solución: 1. Transformación en sección equivalente
terminar el momento flexor
b
b1 E
En = = 1
b
a2 E
En = = 4
6 cm.
3 cm.
18 cm.
3 cm. 3 6
Bronce
Acero
Datos
σadm =
σadm =
τadm =
τadm = Eb = 2.5*10
Ea = 2*106
1200 k/cm2
300 k/cm2
400 k/cm2
100 k/cm2 5 k/cm2
k/cm2
a
b
a
b
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15
2. Calculo de ubicación y de inercia en Ln de la sección equivalente
FIGURA h b A Yi A*Yi Ig Ai*di1 18 12 216 18 3888 5832 5618,162 3 24 72 7,5 540 54 2099,523 6 12 72 3 216 216 7056,72
27 360 4644 6102 14774,4
Cinf = 12,9Csup = 14,1
Iln= 20876,40
cm.cm.
2
cm4. 3. Calculo de momento máximo
Se parte del cocimiento que tenemos de que:
e tensiones normales
3.1 Diagrama d
6 cm. 12 6
σr = ni*σe Ln Bronce
BronceAcero
σmax b
Cinf = 12.9cm. σmax a
+ +
- -
Diagrama de tensiones normales Equivalentes
Diagrama de tensiones normales Reales
Bronce
Bronce
Bronce
Csup= 14.1cm.
6 cm.
3 cm.
18 cm.
3 cm. 3 6
Bronce
Bronce
Acero
be = ni*br
Bases Equivalentes 1
2
4
3
12
24
12
n1*b1
n2*b3
n1*b4
Sección real Sección equivalente
de bronce
Cinf
Csup
Ln
(X)
admmax σσ ≤
3 cm.
6 cm.
18 cm.
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16
Como vemos en el diagrama de tensiones normales, las tensiones máximas quedaran
ubicadas siempre en las fibras mas alejadas de cada material de la Ln. Por consiguiente serán
las tensiones que producirán los momentos máximos para los distintos materiales como veremos
a continuación:
3.2. Momento máximo que es capaz de soportar el acero
3.3. Momento máximo que es capaz de soportar el bronce
Momento máximo que es capaz de soportar la sección de viga
entos máximos que son capaces de soportar el acero
y el bronce, este es debido a que es el m
4. Calculo de fuerza vertical máxima Se parte del cocimiento que tenemos que:
m-k 9076.70cm-k 57.9076699.6*4
40.20876*1200M
C*nI*σMσ
IC*M*nσ*nσ
σσ
amax
amax2
Lnaadma
maxaadm
Ln
amax
amax
2e2amax
aadm
amax
===
=⇒===
≤
m-k 4441.79cm-k 444178.721.14*1
4.20876*300M
C*nI*σMσ
IC*M*nσ*nσ
σσ
bmax
bmax1
Lnbadmb
maxbadm
Ln
bmax
bmax
1e1bmax
badm
bmax
===
=⇒===
≤
3.4. Se elige el menor valor entre los mom
áximo valor donde los materiales en conjunto son
capaces de resistir de forma conjunta sin fallar ninguno de ellos.
bmax
amaxmax M,MM ≤
Mmax = 4441.79 k-m
admmax ττ ≤
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17
4.1. D
quedan
roducir las bases. Por
s a
iagrama de tensiones cortantes
Como vemos en el diagrama de tensiones cortantes, las tensiones máximas
ubicadas en las fibras más próximas de cada material a la Ln. Esta regla no es general hay
que estar pendientes de las variaciones de tensiones que pueden p
consiguiente para este caso es mejor analizar el diagrama de tensiones que nos indicara donde se
producirán las tensiones cortantes máximas para los distintos materiales como veremo
continuación:
4.2. Fuerza vertical máxima que es capaz de soportar el acero
k 45482.356.1101*4
24*4.20876*400V
cm6.11015.4*3)*24(9.9*6)*(12M
amax
3Lnee
e1eLn
==
=+= M
b*I*τM*V
ττ
a
aaaa
aadm
amax
=
=
≤
Fuerza vertical máxima que es capaz de soportar el bronce
M*nVτ
b*I*nτ*nτ a
eLnadmamax
aadma
emax2e2
amax =⇒==
4.3.
6 cm. 12 6
τr = ni*τe Ln Bronce
BronceAcero
Cinf = 12.9cm.
+
Diagrama de tensiones cortantes Equivalentes
Diagrama de tensiones cortantes Reales
Bronce18 cm.
τmax b+
τmax aBronce
Bronce
3 cm.
6 cm.
Csup= 14.1cm.
k 21001.3686.1192*1
12*4.20876*100V
M*nb*I*τVτM*V
ττ
bmax
3ee
be1
beLn
badmb
maxbadm
bb
badm
bmax
==
=⇒
≤
1192.86cm14.1/2*14.1)*(12MM LnbeLn
===
b*I*nτ*nτ b
emax1e1
bmax ===
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VIGAS COMPUESTAS O REFORZADAS
18
4.4 Fuerza vertical máxima que es capaz de soportar la sección de viga Con el mismo principio que para momentos se elige la fuerza vertical menor entre los
máximos de cada material ósea:
bmax
amaxmax V,VV ≤
Vmax = 21001.36 k-m
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
1
Unidad N° 8
ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
8.1. Objetivos Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes
objetivos trazados para el Estudio bidimensional de tensiones en planos oblicuos.
1. Determinar analíticamente las tensiones normales y cortantes que actúan en las caras de
un elemento diferencial orientado a un ángulo cualquiera ( Plano oblicuo) respecto al
eje de referencia x, aprender a dibujar dicho elemento diferencial.
2. Obtener los valores de tensiones de las tensiones Principales ( tensiones máximas y
mínimas normales), la ubicación del plano donde ocurren el estado tensional respecto
al eje de referencia x, aprender a dibujar dicho elemento diferencial.
3. Obtener valores de tensiones de corte máximo y mínimo, sus respectivas tensiones
normales, además el plano de ubicación donde ocurre el estado tensional respecto a un
eje de referencia x, aprender a dibujar dicho elemento diferencial
4. Aprender un método grafico – numérico (Circulo de Mohr) que de solución a lo
planteado anteriormente en los objetivos 1, 2, 3.
5. Aprender a resolver problemas prácticos los distintos estados tensiónales para
cualquier elemento diferencial en estructuras sometidas a esfuerzos unidimensionales y
bidimensionales. 8.2. Introducción
Si analizamos las unidades estudiadas anteriormente referido a los distintos estados
tensiónales que hemos venido calculando tanto en elementos sometidos a esfuerzos normales y
cortantes simple, como esfuerzos ocasionados por la torsión y la flexión nos damos cuenta que
siempre han estado referidos al eje principal de los elementos o un plano normal o paralelo a este
eje, en esta unidad lo que pretendemos es analizar los estados tensiónales que no necesariamente
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
2
sus planos sean paralelos o normales a los elementos, ya que al cambiar la orientación del plano,
en este se darán nuevos valores tensiónales que nos interesa conocerlos y analizarlos de tal
manera de saber en que plano y que valores dan las tensiones máximas normales y cortantes, de
tal forma de ser mas eficientes el momento de diseñar cualquier sección de un elemento
estructural, por ejemplo veamos la viga de la Fig. 8.1, una vez conocido el estado tensional del
elemento diferencial “ A “ respecto a los ejes ortogonales x, y que sabemos calcular, lo que se
desea es encontrar es el estado tensional para los planos n, t girados en un ángulo φx-n.
X
Y n
t
para lograr este objetivo debemos deducir las ecuaciones de transformación que gobiernen las
tensiones normales y de corte para cualquier plano oblicuo.
8.3. Solución numérica Formulación de las ecuaciones
Sea la viga pared sometida a fuerzas externas como muestra la Fig. 8.2, consideremos un
un elemento diferencial cualquiera de la viga pared, donde conocemos sus esfuerzos respecto a
los ejes x, y como muestra la Fig.8.3. El objetivo de este análisis es conseguir las ecuaciones de
transformación que nos determinen los estados de esfuerzos respecto a los planos ortogonales n, t
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
3
φ
Cortando el elemento diferencial por medio del plano t –t como muestra la Fig.8.4 vemos que automáticamente para mantener el equilibrio estático se generan tensiones respecto a los planos n, t
Elemento Diferencial
X
Y
σy t
τxy σx
σy
τyx
Y
X
σx
φx-n
n
Fig.8.3 Elemento diferencial mostrando
el Estado Tensional respecto a los planos (x, y)
Fig.8.2 Viga Pared mostrando él
Elemento diferencial
τnt
n
t
φxn
X φxn σx
τxy σn
τyx σy
Y
Fig.8.4 Elemento diferencial mostrando
el estado tensional respecto a los planos (n, t)
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
4
Estableciendo ecuaciones de equilibrio de fuerzas en las direcciones de los ejes (n, t)
obtenemos:
∑ Fn = 0
σn (dA) – σx (dA)Cos (φxn)Cos (φxn) - σy (dA)Sen (φxn)Sen (φxn)
+ τxy (dA) Cos (φxn) Sen (φxn) + τyx (dA) Sen (φxn) Cos (φxn) = 0
simplificando y despejando σn tenemos:
σn =σx Cos2(φxn) + σy Sen2(φxn)– τxy Cos (φxn)Sen (φxn)– τyx Sen (φxn)Cos (φxn) (8.1)
∑ Ft = 0
τnt (dA) - σx (dA)Cos (φxn)Sen(φxn) + σy (dA) Sen (φxn)Cos (φxn)
- τxy (dA) Cos (φxn) Cos (φxn) + τyx (dA) Sen (φxn) Sen (φxn) = 0 simplificando y despejando tenemos:
τnt = σxCos(φxn)Sen(φxn) - σySen(φxn)Cos (φxn) - τxyCos2(φxn) - τyx Sen2(φxn) (8.2)
recordando de la unidad N° 6 la ecuación del equilibrio rotacional
IτxyI = IτyxI Las siguientes Identidades Trigonometrícas
1 – Cos (2φxn) 2 Sen2(φxn) =
1 – Cos (2φxn) 2 Cos2(φxn) =
2Sen (φxn) Cos (φxn) = Sen (2φxn)
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
5
y remplazando en las en las ecuaciones (8.1) y (8.2) se transforman en:
σx + σy σx - σy 2 2
τnt = σx - σy Sen(2φxn) + τxy Cos (2φxn) 2
+ + Cos (2φxn) - τxy Sen (2φxn) σn = 8.3
que son las ecuaciones que gobiernan los distintos estados tensiónales cuya normal forma un
ángulo (φ ) con respecto al eje de referencia.
Auque es posible obtener los valores máximos de los esfuerzos normales y cortantes, así
como la orientación de los planos donde actúan derivando y igualando cero las ecuaciones (8.3),
es más sencillo obtener estas expresiones a partir de un método grafico – numérico conocido
como el nombre de circulo de Mohr
8.4 Solución grafico – numérica 8.4.1 Circulo de Mohr - Formulación
Este método consiste en poder obtener los valores de esfuerzos normales y cortantes
para cualquier plano oblicuo de forma grafica, para ello nos valemos de un artificio
extremadamente útil, conocido como él circulo de Mohr para esfuerzos. Se llama así en honor del
ingeniero alemán Otto Mohr (1835 – 1918) quien lo invento en 1882.
Partiendo de las expresiones (8.3) es fácil demostrar que son ecuaciones parametricas de
un circulo. Para facilitar esta demostración hagamos:
σx + σy 2 C =
σx - σy 2 D =
quedando las ecuaciones (8.3) de la siguiente forma:
σn = C + D Cos (2φxn) - τxy Sen (2φxn) (8.4)
τnt = D Sen (2φxn) + τxy Cos (2φxn) (8.5)
Ing. G. Elías Belmonte C.
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
6
pasando él termino C al lado izquierdo y elevando al cuadrado las expresiones (8.4) y (8.5)
obtenemos:
(σn – C)2 = (D Cos (2φxn) - τxy Sen (2φxn) )2
(τnt )2 = (D Sen (2φxn) + τxy Cos (2φxn) )2
resolviendo los cuadrados de los segundos términos y sumando las dos expresiones tenemos:
(σn – C)2 = D2Cos2 (2φxn) - 2 D Cos (2φxn) τxy Sen (2φxn) + τxy2 Sen2 (2φxn)
(τnt - 0 )2 = D2Sen2 (2φxn) + 2 D Sen (2φxn) τxy Cos (2φxn) + τxy
2 Cos2 (2φxn)
(σn – C)2 + (τnt - 0 )2 = D2(Cos2 (2φxn)+Sen2 (2φxn)) +τxy
2 (Sen2 (2φxn)+ Cos2 (2φxn))
aplicando la identidad trigonométrica siguiente:
Sen2 (θ) + Cos2 (θ) = 1 obtenemos:
(σn – C)2 + (τnt - 0 )2 = D2 + τxy
2 (8.6)
la cual corresponde a la ecuación de un circulo referido a ejes σn y τnt, cuyo:
Centro: (C, 0) = ( σx + σy, 0) 2
Radio: R = D2 + τxy2 = σx - σy
2 + τxy2
2
σx + σy σx - σy 2 2
+
σ
τ
τxy
σx - σy 2 + τxy
2
2
Ing. G. Elías Belmonte C.
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7
8.4.2 Forma practica de construcción del circulo de Mohr
Sea el elemento diferencial sometido a esfuerzos normales y cortantes conocidos
respecto a los ejes (X, Y) como muestra la Fig. 8.5
σxτxy
τyx σy
σx
σy
τxy
τyx
X
Y DATOS
σx
σy
τyx
τxy
Lo que se pretende es presentar una forma practica de construcción del circulo para ello tenemos
primeramente que ponernos de acuerdo en la simbología que se va utilizar y los pasos a seguir
para la construcción del mismo.
a) Simbología
Tensiones normales
Tracción ( +) Salen las tensiones perpendicularmente a las caras del
elemento diferencial, ejemplo:
σy σn
σx σx
σnσy
Ing. G. Elías Belmonte C.
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
8
Compresión ( -) Entran las tensiones perpendicularmente a las caras del
elemento diferencial, ejemplo:
σy
σn
σn
Tensiones de corte
Positivas ( +) El par cortante cuyas tensiones son paralelas a las caras del
elemento diferencial lo hacen girar a favor de las agujas del reloj, ejemplos:
Negativas ( -) El par cortante cuyas tensiones son paralelas a las caras del
elemento diferencial lo hacen girar en contra de las agujas del reloj, ejemplos:
Angulo de rotación del plano oblicuo (φ)
Positivo ( + ) En contra de las agujas del reloj + φ
Negativo ( - ) A favor de las agujas del reloj - φ
σx σx
σy
τyx
τnt
τnt τyx τxy
+ +τxy
τxy
- τyx
τyx -
τnt
τnt τxy
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
9
b) Construcción del circulo
Escala .- Se adopta una escala en cm. de las tensiones y se las transforma
para poder representarlas en un plano cartesiano (σ, τ ).
Ubicación de los planos X y Y que corresponden a dos puntos del perímetro
del circulo equidistantes a 180o
Plano X E (σx, τxy )
Plano Y F (σy, τyx )
Ubicación del centro del circulo.- Se une mediante una recta los puntos E y
F donde corta esta recta el eje de las tensiones normales (σ), es el centro del circulo
(C)
Trazado del circulo.- Conociendo la ubicación del centro (C) y sabiendo
que las rectas CE y CF son radios del circulo, ya estamos en condiciones de
proceder a trazarlo.
C
E (σx, τxy )
F (σy, τyx)
σ
τ
o
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
10
Representación de los elementos del circulo.- Una vez hemos aprendido a
construir él circulo, es necesario conocer que representa cada uno de los elementos
que componen él circulo los cuales detallaremos a continuación.
Estado tensionalrespecto a los
planos X,Y
CE Representa el eje " X "CF Representa el eje " Y " Estado tensionalCn Representa el eje " n " respecto a losCt Representa el eje " t " planos
Representa la posición del plano "n" n,tcon respecto al plano "X"
Nota 1 Si nos fijamos en los esquemas en el circulo los ángulos varían en 2φ y enlos elementos diferenciales varían en φ
Nota 2 Los planos "Y" y "t" también se los denomina planos complementarios de los de los planos "X" y "n" respectivamente porque quedan ubicados a 90o de los mismos.
Nota 3 Cada punto del perimetro del circulo representa un estado de tensiones ligado a un plano diferente. Por ejemplo el punto n representa el estadode tensiones ligado al plano n-n cuya normal forma un angulo con el eje X
C
E (σx, τxy )
F (σy, τyx)
σ
τ
o
X
Y
+φ
-φEje X
EJE Y
n (σn, τnt)
+2φxn
+2φxy=180o
X
Y
+φxy = 90o
σx τxy
σyτyx
X
Yn
t
+φxn σn
σt
τnt
τtn
φxn
t (σt, τtn)
+2φxn
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11
Estados Tensiónales Máximos y Mínimos
C
E (σx, τxy )
F (σy, τyx)
σ
τ
o
C1 Representa el eje principal “1” donde se produce el esfuerzo principal “1” o esfuerzo normal máximo.
C2 Representa el eje principal “2” donde se produce el esfuerzo principal “2” o esfuerzo normal mínimo.
φX1 Representa el ángulo que forma el eje “x” con el eje “1”
CH Representa el eje “H” donde se produce el esfuerzo de corte máximo.
X
Y
+φ
-φ
EJE 1
-φx1
12
H
Hl
-2φx1
+2φxH
τmax
τmin
σ1
σ2
σH = σH
EJE 2
EJE H
EJE H
X
Y+φxy = 90o
σx τxy σ1
τyx
Xσ1
σ2
σ2
2H
H
σH
σH1
τmax
τmin
σy+φxH
X
Estado tensional Principalrespecto a los
planos 1 , 2
Estado tensionalrespecto a los
planos X , Y
Estado tensional deCorte maximo y minimorespecto a los planos
H , H
Ing. G. Elías Belmonte C.
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12
CH Representa el eje “H” donde se produce el esfuerzo de corte mínimo
φXH Representa el ángulo que forma el eje “x” con el eje “H”.
8.5 Formulación de los estados máximos y mínimos de esfuerzos normales y cortantes Partiendo del conocimiento que nos proporciona él circulo de Morh
podemos plantear fácilmente las ecuaciones que gobiernan los esfuerzos máximos
y mínimos.
σ1 + σ2
2
C
E
F
σ
τ
o
8.5.1 Esfuerzos Principales o Esfuerzos normales máximos y mínimos
Esfuerzo principal “1” o Esfuerzo normal máximo
X
Y
+φ
-φ
EJE 112
H
Hl
-2φx1
+2φxH
τmax
τmin
σ1
σ2
σH = σH
EJE 2
EJE H
EJE H
σ1 - σ2
2
τxy
σ1 =σx + σy
2σx - σy
2τxy+
2+ 2
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
13
Esfuerzo principal “2” o Esfuerzo normal mínimo
8.5.2 Esfuerzo de corte máximo y mínimo (Ejes H y HI)
σ2 =σx + σy
2σx - σy
2τxy-
2+ 2τxy
2
Angulo que forma el eje “X” con el eje “1”
Tan2φx-1 = - σx - σy
2τxy
Esfuerzo de corte máximo
Esfuerzo de corte mínimo
Angulo que forma el eje “X” con el eje “H”
Esfuerzos normales
τmax = σx - σy τxy+2
2+
2
τmin = σx- - σy
2τxy
2+
2
φx-1 - 45oφX-H =
σx + σy
2H
σ =
σ =
H σx + σy
2
Ing. G. Elías Belmonte C.
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ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS
14
8.6 Ejemplos 8.6.1 Ejemplo No 1 Pregunta Mediante un análisis previo se determino el estado tensional respecto a los ejes
(X, Y) correspondientes al elemento diferencial marcado en la pieza de la figura, dando
como resultado los siguientes valores:
A. Para el elemento diferencial, Dibujar el estado tensional respecto a los ejes (X, Y).
B. Mediante el método grafico numérico del circulo de Mohr determinar para el
elemento diferencial lo siguiente:
B.1 Estado Tensional Principal, Dibujar el elemento diferencial mostrando el
estado tensional en sus caras.
B.2 Estado Tensional Para Corte Máximo y Mínimo, Dibujar el elemento
diferencial mostrando el estado tensional en sus caras.
B.3 Estado tensional para plano φX-1 = - 110° y su plano complementario, Dibujar
elemento diferencial mostrando el estado tensional en su cara.
C. Mediante el Metodo analitico comprueba los resultados del inciso “ B”
P1
P2 DATOSσx = 1000.00 kg/cm2
σy = -1500.00 kg/cm2
Y PiX
τxy = - 500.00 kg/cm2Elemento diferencial τyx = 500.00 kg/cm2
P5
P3
P4
Ing. G. Elías Belmonte C.
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8.6 Ejemplos 14
Solución
A.
σx = 1000 kg/cm2
σy= -1500 kg/cm2
τxy= -500 kg/cm2
τyx= 500 kg/cm2
σx
σy
τxy
τyx ESTADO TENSIONAL
RESPECTO A LOS EJES (X; Y)
8.6.1 Ejemplo No 1 Pregunta Mediante un análisis previo se determino el estado tensional respecto a los ejes
(X, Y) correspondientes al elemento diferencial marcado en la pieza de la figura, dando
como resultado los siguientes valores:
A. Para el elemento diferencial, Dibujar el estado tensional respecto a los ejes (X, Y).
B. Mediante el método grafico numérico del circulo de Mohr determinar para el
elemento diferencial lo siguiente:
B.1 Estado Tensional Principal, Dibujar el elemento diferencial mostrando el
estado tensional en sus caras.
B.2 Estado Tensional Para Corte Máximo y Mínimo, Dibujar el elemento
diferencial mostrando el estado tensional en sus caras.
B.3 Estado tensional para plano φX-1 = - 110° y su plano complementario, Dibujar
elemento diferencial mostrando el estado tensional en su cara.
C. Mediante el Metodo analitico comprueba los resultados del inciso “ B”
P1
P2 DATOS σx = 1000.00 kg/cm2 σy = -1500.00 kg/cm2
τxy = - 500.00 kg/cm2 τyx = 500.00 kg/cm2
P3
P4
P5
Pi XY
Elemento diferencial
Ing. Elias Belmonte C.
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B. CIRCULO DE MOHR
ESCALA : 1.00 cm : 224.38 kg/cm2
B.1 Estado Tensional Principal
σ1 = 4.90 cm x Esc. = 1099.46 kg/cm2
σ2 = 7.10 cm x Esc. = 1593.10 kg/cm2
2φx1 = 22o φx1 = 11o
B.2 Estado Tensional de Corte maximo y minimo
σH = 1.11 cm x Esc. = - 249.06 kg/cm2
σH = 1.11 cm x Esc. = - 249.06 kg/cm2
2φXH = 112o φXH = 56o
Ing. G. Elias Belmonte C.
12
H
HI
E
F
OC
n
t
σ1σ2
τmax
τmin
σH σH
σt
σn
τnt
τtn
σx
τxy 2φx1
2φxH
-2φxn
X
σ
τ
σ1
σ1
σ2
σ2
X
1φx1
2
τmax = 6.00 cm.x Esc = 1346.28 kg/cm2
τmin = 6.00 cm.x Esc = 1346.28 kg/cm2
X
σH
σH
σH
σH
τmax
τmin
φxH
H
H
ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS 15
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B.3 Estado tensional para plano φX-1 = -110° y su plano complementario
σn = - 4.0 cm x Esc. = -897.52 kg/cm2
σt = 1.75 cm x Esc. = 392 kg/cm3
τnt = 5.2 cm.x Esc = 1166.78 kg/cm2τtn = -5.20 cm.x Esc = -1166.78 kg/cm3
C. Comprobacion analitica de los resultados del inciso “ B“
C.1 Estados Tensionales Principales
C.2 Estado Tensional Corte maximo y Corte minimo
C.3 Estado Tensional para y su plano complementario
C.3.1. Para
Ing. G. Elias Belmonte C.
n
tσn
σt
τnt τtn X
φxn
σn = σx - σy
2+
σ2 =σx + σy
2σx - σy
2τxy-
2+ 2
Tan2φx-1 = - σx - σy
2τxy
φx-1 + 45o
+
-
τnt =
σ1 =σx + σy
2σx - σy
2τxy+
2+ 2 1096.29 k/cm2
τxy2 - 1596.29 k/cm2
τmax =
τxy
= 0.4 2φx-1 = + 21.80o φx-1 = +10.90o
σ1 =
σ2 =
σx + σy
2
σx - σy
2τxy+
2+
2
τmin = σx - σy
2τxy-
2+
2
σH =
σH = σx + σy
2
φX-H =
τmax = 1346.29 k/cm2
τmin = - 1346.29 k/cm2
σH = - 250 k/cm2
σH = - 250 k/cm2
φX-H = - 55.90o
φX-n = - 110o
φX-n = - 110o
σx + σy
2Cos2φX-n
Sen2φX-n
σx - σy
2Sen2φX-n τxy Cos2φX-n
σn = - 886.16 k/cm2
τnt = 1186.51 k/cm2
ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS 16
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C.3.2. Para el plano complementario φX-t = φX-n + 90o = -40o
σt = σx - σy
2+ - τxy
σx + σy
2Cos2φX-t
Sen2φX-t
+τtn = σx - σy
2Sen2φX-t τxy Cos2φX-t τtn = - 1186.51 k/cm2
σt = + 386.16 k/cm2
ESTUDIO BIDIMENSIONAL DE TENSIONES EN PLANOS OBLICUOS 17
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TENSIONES EN SECCIONES DE VIGAS EN PLANOS OBLICUOS 18
q=4000 kg/m c P = 4000 kg
8 cm 5.00 cm Aluminio5.00 cm 1cm Acero
15.00cm Aluminio
5 4 5 cm
c Seccion Ra M = 6000 kg-m Rb Real
Modulos de Elasticidad0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m 0.6m Eal = 5.0 E5 k/cm2
Eac = 2.0 E6 k/cm2
Ing. Elias Belmonte Clementelli
ElementoDiferencial
C
EJERCICIO No 1 Sea la viga de sección compuesta mostrada en la figura:
1. Para la sección ( c – c ) diagrama las Tensiones Normales (σc-c) y las Tensiones Cortantes ( τc-c )
2. Para el elemento diferencial “C” determinar el estado tensional respecto a
los ejes (X, Y), Dibujar el elemento diferencial mostrando el estado
tensional en sus caras.
3. Mediante el método grafico numérico del circulo de Mohr determinar para el
elemento diferencial “C” lo siguiente: 3.1. Estado Tensional Principal, Dibujar el elemento diferencial
Mostrando el estado tensional en sus caras.
3.2. Estado Tensional Para Corte Máximo y Mínimo, Dibujar él
Elemento diferencial mostrando el estado tensional en sus caras.
3.3. Estado tensional para plano φx-1 = - 60° y su plano
complementario, Dibujar el elemento diferencial mostrando el estado
tensional en sus cara
4. Mediante el Método analítico comprueba los resultados del inciso “ 3 “
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TENSIONES EN SECCIONES DE VIGAS EN PLANOS OBLICUOS 19
Solucion
1. Diagramas de Tensiones Normales y Cortantes para la seccion c - c1.1. Calculo de solicitaciones en la seccion c -c 1.1.1. Calculo de reacciones
Ma = 0 qx1.8x0.3 - M + px3.0 - Rbx2.4 = 0 Rb = 3400 kg V = 0
Ra + Rb - qx1.8 - p = 0 Ra = 7800 kg
1.1.2. Diagramas M y Q
q=4000 kg/m c P = 4000 kg
c M = 6000 kg-m
Ra = 7800 kg Rb = 3400kg
0.6m 1.2m 0.6m 0.6m 0.6m
5400 kg
4000 kg Vc-c = 3000 kg
Q
600 kg
2400 kg
2760 kg-m2400 kg-m
720720 kg-m
M
+
Mc-c = 1800 kg-m2880 kg-m 3240 kg-m
Vc-c = -qx1.2 +Ra = 3000 kgMc-c = -qx1.2x.6 +Rax0.6 =1800.00 kg-m
Ing. Elias Belmonte Clementelli
+ +
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TENSIONES EN SECCIONES DE VIGAS EN PLANOS OBLICUOS 20
1.2 Transformacion de la seccion real en seccion equivalente
n1= Eal / Eal = 1.00 be = nixbr Ecc. de Transfornacion a seccion equivalente
n2 = Eac/Eal = 4.00
basesn1b1 14.00 1
5.00 cm Aluminio 5 11.92 Csup 25.00 cm 1cm Acero be = nixbr n2b3 5 3
15.00cm 15 13.08 Cinf LNAluminio 4
5 4 5 cm n1b4 10.00 XSeccion Seccion equivalenteReal Aluminio
1.3. Ubicación linea neutra en Seccion Equivalente
Cinf = A1Y1 + A2Y2 + A3Y3
A1 + A2 + A3
Cinf = 13.08 cm
Csup= 11.92 cm
Areas h b Yi Ai Igi di=(Cinf - Yi) IniF1 15.00 10.00 7.50 150.00 2812.50 5.58 7477.81F2 5.00 8.00 17.50 40.00 83.33 -4.42 865.88F3 5.00 14.00 22.50 70.00 145.83 -9.42 6361.44
25.00 260.00 14705.13
1.4 Calculo de inercia en la linea neutra en la seccion Eqquivalente
InT = In1 + In2 + In3 Steiner Ini = Igi + Aidi2
Inercia baricentrica del rectanguloIn1 = 7477.81 Ig = bh3/12
In2 = 865.88
In3 = 6361.44
Int = 14705.13
Ing. Elias Belmonte Clementelli
8
Xg
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TENSIONES EN SECCIONES DE VIGAS EN PLANOS OBLICUOS 21
1.5. Calculo de Tensiones normales en la seccion c - c
σe = Tension normal equivalente
σr = ni σe Tension normal real
Seccion Mc-c Ci Int σe ni σr
c-c k-m cm cm4 k/cm2 k/cm21 1800.00 11.92 14705.13 -145.95 1.00 -145.952s 1800.00 6.92 14715.13 -84.69 1.00 -84.692i 1800.00 6.92 14715.13 -84.69 4.00 -338.74C 1800.00 3.92 14715.13 -47.99 4.00 -191.953s 1800.00 1.92 14715.13 -23.52 4.00 -94.093i 1800.00 1.92 14715.13 -23.52 1.00 -23.52Ln 1800.00 0.00 14715.13 0.00 1.00 0.004 1800.00 13.08 14715.13 159.96 1.00 159.96
1.6. Diagramas de Tensiones Nomales
145.95 k/cm2 145.95 k/cm2 1
- 338.74 k/cm2 - 2
94.09 k/cm2 -191.95 k/cm2 3
LN
+ +4
159.96 k/cm2 159.96 k/cm2Diagrama de Tension Normal Diagrama de Tension Normal Equivalente para la Real para la seccion c-c seccion c-c
1.7. Calculo de Tensiones de Corte en la seccion c - c
Tension cortante equivalente
ni Tension cortante real
Seccion Vc-c Me Int be τe ni τr1 3000.00 0.00 14705.13 14.00 0.00 1.00 0.002s 3000.00 659.62 14715.13 14.00 9.61 1.00 9.612i 3000.00 659.62 14715.13 8 16.81 4.00 67.24C 3000.00 789.77 14715.13 8 20.13 4.00 80.513s 3000.00 836.54 14715.13 8 21.32 4.00 85.273i 3000.00 836.54 14715.13 10 17.05 1.00 17.05Ln 3000.00 855.03 14715.13 10 17.43 1.00 17.434 3000.00 0.00 14715.13 10 0.00 1.00 0.00
Ing. Elias Belmonte Clementelli
Mc-cCi
Int
τe =Vc-c Me
bi Int
τr = τe
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TENSIONES EN SECCIONES DE VIGAS EN PLANOS OBLICUOS 22
1.8. Diagramas de Tensiones de Corte en la seccion c - c
0.00 k/cm2 0.00 k/cm2 1
9.61k/cm2 9.61k/cm2 67.24k/cm2 2 16.81k/cm2
21.32k/cm2 17.05k/cm280.51k/cm2
85.27k/cm2 3
17.05k/cm2 17.43k/cm2 17.43k/cm2 LN
+ +4
0.00 k/cm2 0.00 k/cm2
Diagrama de Tension Cotante Diagrama de Tension Cortante Equivalente para la Real para la seccion c-c seccion c-c
2. Estado Tensional del elemento diferencial " C " respecto a lo ejes (X,Y)
σx = -191.95 k/cm2 τyx
σy = 0.00 k/cm2 σx σx = - 307.13 k/cm2
τxy = 80.51 k/cm2 τxy τxy = - 16.10 k/cm2
τyx = -80.51 k/cm2
3. Solucion a planos oblicuos por el metodo grafico numerico del Circulo de Mohr
E(σx,τxy) = E(-191.95 , 80.51) : (-9.19,3.86) esc 1cm:20.879k/cm2
F(σy,τyx) = F(0.00 ,- 80.51) : (0.00,0.63) τ
E
F
Ing. Elias Belmonte Clementelli
C
Cσ2 1
HI
x
H
O
n
t
φx-1
φx-Hφx-n
τxy = 16.10k/cm2
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TENSIONES EN SECCIONES DE VIGAS EN PLANOS OBLICUOS 23
3.1 Estados Tensionales Principales
Esc 1cm : 20.879k/cm2
1.40cmxEsc 29.29 kg/cm2
10.6cmxEsc =
220o
3.2 Estado Tensional Corte maximo y Corte minimoY
Esc 1cm : 20.879k/cm2
6.00cmxEsc = 125.27 k/cm2
3.3 Estado Tensional para y su plano complementario
Esc 1cm : 20.879k/cm2
1.00cmxEsc = 20.88 k/cm2
2.00cmxEsc = 41.76 k/cm2
10.5cmxEsc = - 219.23 k/cm2
2.00cmxEsc = - 41.76 k/cm2
4. Solucion a planos oblicuos por el metodo Analitico
4.1 Estados Tensionales Principales
Ing. Elias Belmonte Clementelli
σ2 =σx + σy
2σx - σy
2τxy-
2+ 2
σ1 =
- 221.32 kg/cm2
Tan2φx-2 = - σx - σy
2τxy
2φx-1 = φx-1 = 110o
2
1 σ1
σ1 = 29.29 k/cm2
φx-n =- 60o
φx-1= 110o
φX-n = - 60o
σ2 = - 221.32 k/cm2
σ2 X
Y
σ2 = - C
σH = - 4.60cmxEsc = - 96.04 k/cm2
σH = - 4.60cmxEsc = - 96.04 k/cm2
τmax =
τmin = - 6.00cmxEsc = - 125.27 k/cm2
2φX-H = - 50o
σt
τmax = 125.27k/cm2τmin = - 125.27k/cm2τmax
τmin
σ
σn =
φX-1 =
H = - 96.04 k/cm2
σH
σH = - 96.04 k/cm2 H
H
φX-H = - 25o
τnt =
σt =
τtn =
σn = 20.88k/cm2
τnt = 41.76k/cm2
σt =- 219.23k/cm2
τtn = - 41.76k/cm2
σn
τnt τtn
X
Y
C
C
σ1 =σx + σy
2σx - σy
2τxy+
2+ 2 29.29 k/cm2
τxy2 - 221.25 k/cm2
= 0.8389 2φx-2 = + 39.99o φx-2 = + 20o
φx-2 + 90o
σ1 =
σ2 =
φX-1 = +110o
φX-H = - 25o
XσH
n
t
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TENSIONES EN SECCIONES DE VIGAS EN PLANOS OBLICUOS 24
3.2 Estado Tensional Corte maximo y Corte minimo
3.3 Estado Tensional para y su plano complementario
3.3.1. Para
3.3.2. Para el plano complementario
Ing. Elias Belmonte Clementelli
σn = σx - σy
2+
φx-2 - 45o
+
- τxy
τnt =
τmax =
σx + σy
2
σx - σy
2τxy+
2+
2
τmin = σx - σy
2τxy-
2+
2
σH =
σH = σx + σy
2
φX-H =
τmax = 125.27 k/cm2
τmin = - 125.27 k/cm2
σH = - 95.98 k/cm2
σH = - 95.98 k/cm2
φX-H = - 25o
φX-n = - 60o
φX-n = - 60o
σx + σy
2Cos2φX-n
Sen2φX-n
σx - σy
2Sen2φX-n τxy Cos2φX-n
σn = 21.73 k/cm2
τnt = 42.87 k/cm2
φX-t = φX-n + 90o = 30o
σt = σx - σy
2+ -Cos2φX-t
τxy Sen2φX-t σx + σy
2
+τtn = σx - σy
2Sen2φX-t τxy Cos2φX-t τtn = - 42.87 k/cm2
σt = - 213.68 k/cm2