CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES Prof. Ing. Alejandro Salazar J.
INTRODUCCIÓN • El objetivo principal de la Resistencia de materiales es preparar al futuro ingeniero para analizar y diseñar las diversas estructuras y máquinas portadoras de cargas. • Tanto el análisis como el diseño de una estructura dada involucra la determinación de esfuerzos y deformaciones
INTRODUCCIÓN • La Resistencia de Materiales, es la disciplina que estudia las solicitaciones internas y las deformaciones que se producen en el cuerpo sometido a cargas exteriores. • La finalidad de esta disciplina es elaborar métodos simples de cálculo, aceptables desde el punto de vista práctico, de los elementos típicos más frecuentes de las estructuras, empleando para ello diversos procedimientos aproximados.
INTRODUCCIÓN • Se evaluarán diversas situaciones para analizar el comportamiento de: – Barras cargadas axialmente – Ejes – Vigas y columnas – estructuras.
• Se determinarán los esfuerzos y las deformaciones producidas por las cargas
OTRA DEFINICIÓN • La resistencia de materiales es el estudio de las propiedades de los cuerpos sólidos que les permite resistir la acción de las fuerzas externas, el estudio de las fuerzas internas en los cuerpos y de las deformaciones ocasionadas por las fuerzas externas.
• A diferencia de la Estática, que trata del estudio de las fuerzas que se inducen en las diferentes componentes de un sistema, analizándolo como cuerpo rígido, la Resistencia de Materiales se ocupa del estudio de los efectos causados por la acción de las cargas externas que actúan sobre un sistema deformable.
CONCEPTOS DE RESISTENCIA DE MATERIALES
CONCEPTOS • Los cuerpos rígidos e indeformables no existen en la realidad. Sin embargo, las deformaciones de los cuerpos, por la acción de cargas, son pequeñas y en general se detectan solamente con instrumentos especiales. • Las deformaciones muy pequeñas no influyen sensiblemente sobre las leyes del equilibrio y del movimiento del sólido, por ello la mecánica teórica prescinde de ellas.
• Sin el estudio de estas deformaciones, sería imposible resolver un problema de gran importancia práctica, como es determinar las condiciones en las cuales puede fallar una pieza, o aquellas en las que ésta puede servir sin riesgo.
CONCEPTOS Las construcciones que encuentra el ingeniero en su práctica, tienen en la mayoría de los casos, configuraciones bastante complejas. Sin embargo, los diversos elementos de estas se reducen a los siguientes tipos simples:
B a r r a d e e je c u r v o
B a r r a d e e je r e c t o
P laca
P r o p ella c o m p u esta p o r : C ilin d r o s d e e je r e c t o B ovedas
CONCEPTOS • En la Resistencia de • Esto último puede Materiales se estudian ocurrir por varios principalmente los motivos: casos de barras que – Deformaciones tienen sección demasiado grandes constante y eje recto. – Falta de estabilidad de • La falla de una los materiales estructura o de parte de – Fisuraciones la misma es la rotura, o – Pérdida del equilibrio sin llegar a ello, es la estático por pandeo, existencia de un estado abollamiento o vuelco, inadecuado. etc.
CONCEPTOS Los problemas a resolver haciendo uso de esta ciencia son de dos tipos: – Dimensionamiento – Verificación
En el primer caso se trata de encontrar el material, las formas y dimensiones más adecuadas de una pieza, de manera tal que ésta pueda cumplir su cometido: – Con seguridad – En perfecto estado – Con el menor costo
El segundo caso se presenta, cuando las dimensiones ya han sido prefijadas y es necesario conocer si son las adecuadas para resistir las solicitaciones a que va a ser sometido.
Hipótesis Fundamentales
a. El material se considera macizo. (continuo) El comportamiento real de los materiales cumple con esta hipótesis, aun cuando pueda detectarse la presencia de poros o se considere la discontinuidad de la estructura de la materia, compuesta por átomos que no están en contacto rígido entre sí, ya que existen espacios entre ellos y fuerzas que los mantienen vinculados, formando una red ordenada. Esta hipótesis es la que permite considerar al material dentro del campo de las funciones continuas.
Hipótesis Fundamentales
b. El material de la pieza es homogéneo. (idénticas propiedades en todos los puntos) El acero es un material altamente homogéneo; en cambio, la madera, el hormigón y la piedra son bastante heterogéneos. Sin embargo, los experimentos demuestran que los cálculos basados en esta hipótesis son satisfactorios.
b. El material de la pieza es isótropo Esto significa que admitimos que el material mantiene idénticas propiedades en todas las direcciones.
Hipótesis Fundamentales
d. Las fuerzas interiores, originales, que preceden a las cargas, son nulas Las fuerzas interiores entre las partículas del material, cuyas distancias varían, se oponen al cambio de forma y dimensiones del cuerpo sometido a cargas. Al hablar de fuerzas interiores no consideramos las fuerzas moleculares que existen en sólidos no sometidos a cargas. Esta hipótesis no se cumple prácticamente en ninguno de los materiales. En piezas de acero se originan estas fuerzas debido al enfriamiento, en la madera por el secamiento y en el hormigón durante el fraguado. Si estos efectos son importantes deben hacerse estudios especiales.
Hipótesis Fundamentales
e. Es válido el principio de superposición de efectos Cuando se trata de sólidos deformables, este principio es válido cuando: • Los desplazamientos de los puntos de aplicación de las fuerzas son pequeños en comparación con las dimensiones del sólido. • Los desplazamientos que acompañan a las deformaciones del sólido dependen linealmente de las cargas. Estos sólidos se denominan “sólidos linealmente deformables”
Como las deformaciones son pequeñas, las ecuaciones de equilibrio correspondientes a un cuerpo cargado pueden plantearse sobre su configuración inicial, es decir, sin deformaciones. Lo anunciado en este último párrafo es válido en la mayoría de los caso, no obstante, cuando se analice el problema del pandeo de una barra elástica se verá que este criterio no puede ser aplicado
Hipótesis Fundamentales
d. Es aplicable el principio de Saint – Venant – Este principio establece que el valor de las fuerzas interiores en los puntos de un sólido, situado suficientemente lejos de los lugares de aplicación de las cargas, depende muy poco del modo concreto de aplicación de las mismas – Por este principio en muchos casos podemos sustituir un sistema de fuerzas por otro estáticamente equivalente, lo que puede conducir a la simplificación del cálculo.
Hipótesis Fundamentales
d. Las cargas son estáticas o cuasi-estáticas – Las cargas se dicen que son estáticas cuando demoran un tiempo infinito en aplicarse, mientras que se denominan cuasiestáticas cuando el tiempo de aplicación es suficientemente prolongado. – Las cargas que se aplican en un tiempo muy reducido se denominan dinámicas y las solicitaciones internas que producen son sensiblemente mayores que si fuesen estáticas o cuasi-estáticas
MÉTODO Al estudiar un objeto o sistema real se debe comenzar por la elección de un esquema de cálculo. Para realizar el cálculo de una estructura es necesario separar lo importante de lo que poco importante. Es decir, hay que esquematizar la estructura prescindiendo de todos aquellos factores que no influyen significativamente sobre el comportamiento del sistema como tal.
MÉTODO Supongamos que se desea calcular la resistencia del cable de un ascensor. Debemos considerar ante todo el peso de la cabina, su aceleración, y en el caso de que se eleve a gran altura, el peso del cable. Así mismo, podemos dejar de lado algunos factores de poca importancia como la resistencia aerodinámica que ofrece el ascensor, la presión barométrica a distintas alturas, la variación de la temperatura con la altura, etc.
MÉTODO Un mismo cuerpo puede tener esquemas de cálculo diferentes, según la exactitud pretendida y según el aspecto del fenómeno que interesa analizar. A un mismo esquema de cálculo pueden corresponderle muchos objetos reales.
Al escoger el esquema de cálculo se introducen ciertas simplificaciones en: – La geometría del objeto. Un sólido muy alargado se puede idealizar como una barra – Los vínculos. Usualmente se consideran ideales – Los sistema de fuerzas aplicados. – Las propiedades de los materiales
MÉTODO • El paso siguiente a la elaboración del esquema de cálculo corresponde a la resolución numérica del problema, para lo cual, las bases fundamentales de la resistencia de materiales se apoyan en la estática. • Y aunque ahí parecería que el trabajo ha concluido con la resolución matemática, es necesario tener claro que lo que se ha resuelto no es el sistema real, sino un modelo matemático. Esto significa que los resultados deben ser adecuadamente interpretados, y eventualmente corregidos para cercarse lo más posible a la solución real.
Problema En la figura, se esquematiza una barra cilíndrica de 3,5 m de largo y 10 kgf de peso (aplicada en un punto medio), está apoyada en uno de sus extremos. Se le aplica la fuerza F1 = 48 kgf en el otro extremo y la fuerza F2 = 15 kgf a 2,7 m del apoyo. ¿A qué distancia debe aplicarse la fuerza F3 = 50 kgf (con sentido igual a F2), para que la barra esté en equilibrio?
Leyes de Newton • Primera Ley: – Cuando un cuerpo está en reposo, o moviéndose con velocidad constante sobre una trayectoria rectilínea, la resultante de todas las fuerzas ejercidas sobre él es nula.
• Segunda Ley: – La aceleración de un cuerpo es proporcional a la fuerza resultante ejercida sobre el cuerpo, inversamente proporcional a la masa del mismo y tiene la mima dirección y sentido que la fuerza resultante. F = m×a
• Tercera Ley: – Si un cuerpo ejerce una fuerza sobre otro, el segundo ejerce siempre sobre el primero otra fuerza de la misma intensidad, pero de sentido opuesto. – A toda acción se opone una reacción
Composición de Fuerzas
30°
10 kg
X kg 5 kg E n u n a lf ile r c la v a d o e n u n ta b le r o s e c o lo c a u n a p e q u e ñ a a n illa , a la q u e e s t á n a t a d a s t r e s c u e r d a s . D o s d e la s c u e r d a s p a s a n s o b r e p o le a s , c o m o e s t a in d ic a d o e n la f ig u r a . C u a n d o s e s u s p e n d e n d e la s c u e r d a s p e s o s d e 1 0 , 5 y X k g , la c u e r d a q u e s o p o r t a e l p e s o d e 1 0 k g f o r m a u n á n g u lo d e 3 0 ° c o n la h o r iz o n ta l. S e e n c o n t r a r á q u e p u e d e q u ita r s e e l a lfile r y la a n illa p e r m a n e c e r á e n r e p o s o b a jo la a c c ió n c o n ju n ta d e la s tr a c c io n e s d e la s t r e s c u e r d a s . ¿ c u á n to e s e l v a lo r X ?
Diagrama de Cuerpo libre Y
T
T sen 45° 45°
C
X
T cos 45° 80 kg 80 kg
U n t ip o c o r r ie n t e d e e s t r u c t u r a e n e l q u e in t e r v ie n e n c o m p r e s io n e s , a d e m á s d e t e n s io n e s C a lc u la r la t e n s ió n d e la c u e r d a y e l e m p u je d ir ig id o h a c ia a fu e r a d e l p u n ta l.
¿Qué entendemos por interacción? Interacción es la acción mutua entre dos o más objetos. En la imagen, se presenta para cada situación, cuáles son los cuerpos que interactúan y en qué consiste la interacción. La fuerza es una magnitud física que sirve para explicar las interacciones entre cuerpos. Los efectos de las interacciones son muchos. Nos centraremos inicialmente en definir la capacidad de las fuerzas para crear deformaciones...
Esfuerzo y Deformación • Los conceptos de esfuerzo y deformación pueden verse de manera elemental considerando el alargamiento de una barra prismática. Este elemento es una barra de sección recta constante en toda su longitud y de eje recto. • La barra esta cargada en sus extremos por fuerzas axiales P que producen un alargamiento uniforme por tracción de la barra
Esfuerzo y Deformación • Haciendo un corte imaginario (mm) en la barra, perpendicularmente a su eje, se puede aislar parte de ella como un cuerpo libre. • En el extremo derecho esta aplicada la fuerza de tracción P, y en el otro extremo hay fuerzas que representan la acción de la parte separada de la barra sobre la porción considerada.
Esfuerzo y Deformación • Las fuerzas están distribuidas continuamente en la sección recta, en forma análoga a la distribución continua de la presión hidrostática sobre una superficie sumergida. • La intensidad de la fuerza, o sea la fuerza por unidad de área se llama esfuerzo y generalmente se designa por la letra griega σ
Deformación Unitaria • La deformación se refiere a la variación relativa de la forma o dimensiones de un cuerpo cuando está sometido a esfuerzos.
UNIDADES • Las unidades del sistema SI en estos análisis, con P expresada en newtons (N) y A en m2, el esfuerzo σ se expresará en N/m2. Esta unidad se denomina pascal (Pa). Sin embargo esta es una unida muy pequeña, así que en la práctica se emplea es el kilopascal (kPa), el megapascal (Mpa), y el gigapascal (Gpa)
• En Estados Unidos las unidades empleadas son: Fuerza en libras y área en pulgadas cuadradas (in2). • Algunas conversiones básicas aproximadas: – – – –
1MPa = 10 kgf/cm2 1.000 psi = 70 kgf/cm2 1 kgf = 10 N 1 kgf/cm2 = 100 kPa
• Tomemos un sector de la barra y aumentemos su tamaño hasta ver sus moléculas. Veremos pequeñas fuerzas tirando de cada molécula, que tratan de alejarlas de sus vecinas. Sin embargo la atracción entre moléculas opone resistencia con una fuerza igual y contraria, lo que finalmente impide que las moléculas se alejen entre si.
ESFUERZO DE TRACCIÓN • Consideremos una barra sólida, sometida a la acción de dos fuerzas iguales y opuestas, además colineales. Ambas estarán en equilibrio, por lo que el sólido no puede desplazarse y se verifica la ecuación de equilibrio: P + (-P) = 0
-P
P
Si tomamos un par de ellas veremos: - Pi
Fi
- Fi
Pi
ESFUERZO DE TRACCIÓN • Siendo Pi la acción sobre cada molécula generada por las fuerzas “P” y “Fi“ las reacciones que opone el material generada por la atracción molecular (o Atómica). Si se aumenta “P” por algún medio, aumenta la reacción Fi, que podrá crecer hasta un determinado límite, más allá del cual las moléculas se separan irremediablemente, y como consecuencia la barra aumentará su longitud en forma permanente.
Problema
C
y
C
C
C
x
Diagrama de cuerpo libre de la estructura
d = 20 mm
0 ,6 m
600 m m
A
y
B
Ax
B
50 mm
A
50 mm 30 mm
A
+ ↑ ∑M c = 0:
800 mm 30 kN
A
A
x
B
y
A 0 ,8 m
Diagrama de cuerpo libre de AB
y
+ ↑ ∑F y = 0: B
B 3 0 kN
+ → ∑Fx = 0:
0 ,8 m
A ( 0.6 m ) − ( 30 kN )( 0.8 m) = 0 A = +40 kN A +C = 0 C = − A = −40 kN A + C − 30 kN = 0 A + C = 30 kN x
x
x
x
x
x
y
y
y
x
+ ↑ ∑M B = 0
30 kN
y
− Ay ( 0.8 m ) = 0 ⇒
A =0 A = 40kN→ , C = 40kN← , C = 30kN↑ x
x
y
y
Problema
C
d = 20 mm
F
BC
600 m m
F
A
30 kN
B
50 mm
50 mm 30 mm
F
800 mm 3 0 kN
3 .0
• La fuerza sobre el perno B son las fuerzas representadas en el triangulo de fuerzas:
AB
BC
5.
0
30 kN 4 .0
F
AB
= 40 kN
F
BC
F
AB
= 50 kN
PROBLEMA • Las fuerzas F’AB y F’BC que el perno B ejerce sobre, respectivamente, el elemento AB y sobre la varilla BC son iguales y opuestas a FAB y FBC. • Como los elementos están sometidos a dos fuerzas y ellas van a lo largo del eje, se dice que los elementos están sometidos a carga axial
F
F
BC
BC
te ns ió n
C
C
F 'B C
D
D
D F 'B C
B
E
F
AB
A
F
AB
B
A
E
compresión
F 'A B
F 'A B
PROBLEMA • Si la varilla BC es de un acero que presenta un esfuerzo máximo permisible de σperm=165 MPa, ¿Puede soportar la varilla la carga a la que se le someterá? P = FBC = +50 kN = +50 ×103 N 2
(
)
2 20 mm −3 −6 2 A =π r =π = π 10 ×10 m = 314 ×10 m 2 P + 50 ×103 N 6 σ= = = + 159 × 10 Pa = +159MPa −6 2 A 314 ×10 m 2
PROBLEMA • Para que el análisis de la estructura sea completo, deberá incluirse la determinación del esfuerzo de compresión en el elemento AB, así como una investigación de los esfuerzos producidos en los pasadores y en sus soportes. • También es necesario determinar si las deformaciones producidas por la carga dada son aceptables • Una consideración adicional, requerida por los elementos bajo compresión, involucra la estabilidad del elemento, es decir, su capacidad para soportar una carga dada sin experimentar un cambio súbito de configuración.
PROBLEMA • El papel del ingeniero no se restringe al análisis de las estructuras y las máquinas. Un asunto de mayor importancia para ellos es el diseño de estructuras y máquinas nuevas, es decir, la selección de los componentes apropiados para desempeñar una tarea dada. • Como nuevo ejemplo tomemos la misma estructura anterior y observemos que le ocurre si empleamos en ella aluminio con un esfuerzo permisible σperm = 100 Mpa.
PROBLEMA • Debido a que la fuerza en la varilla BC = 50 kN bajo la carga dada, entonces: A=
P
σ permisible
50 ×103 N −9 2 = = 500 × 10 m 100 ×106 Pa
y como A = π r 2 ⇒ A 500 ×10 −9 r= = = 12,62 ×10 −3 m = 12,62 mm π π d = 25,14 mm
• Se concluye que una varilla de aluminio de 26 mm. o de diámetro mayor, será adecuada.
Propiedades mecánicas de los materiales • Cuando una fuerza actúa sobre un cuerpo, se presentan fuerzas resistentes en las fibras del cuerpo que llamaremos fuerzas internas. Fuerza interna es la resistencia interior de un cuerpo a una fuerza externa. • El Esfuerzo significa la relación de la fuerza por unidad de área. • La Resistencia de un material, es la capacidad que tiene para resistir la acción de las fuerzas. • Los esfuerzos básicos son: compresión, tensión y cortante. Al hablar de la resistencia de un material hay que conocer el tipo de esfuerzo a que estará sujeto.
Propiedades mecánicas de los materiales •
•
Rigidez: La propiedad que tiene un material para resistir deformaciones se llama rigidez. Si, por ejemplo, dos bloques de igual tamaño, uno de acero y otro de madera están sujetos a cargas de compresión, el bloque de madera se acortara más que el de acero. La deformación de la madera es cerca de 30 veces mayor que la del acero, y se dice que éste último es, por lo tanto, más rígido. Elasticidad: es la habilidad de un material para recuperar sus dimensiones originales al retirar el esfuerzo aplicado.
•
•
Plasticidad: es la capacidad de un material para deformarse bajo la acción de un esfuerzo y retener dicha acción de deformación al retirarlo. Ductilidad: es la habilidad de un material para deformarse antes de fracturarse. Es una característica muy importante en el diseño estructural, puesto que un material dúctil es usualmente muy resistente a cargas de impacto. Tiene además la ventaja de “avisar” cuando va a ocurrir la fractura, al hacerse visible su gran deformación.
Propiedades mecánicas de los materiales •
Fragilidad: es lo opuesto a la ductilidad. Cuando un material es frágil no tiene resistencia a cargas de impacto y se fractura aún en carga estática sin previo aviso.
•
Resistencia última: es el esfuerzo máximo basado en la sección transversal original, que puede resistir un material.
•
Límite de proporcionalidad: es el punto de la curva en la gráfica de esfuerzo-deformación, hasta donde la deformación unitaria es proporcional al esfuerzo aplicado.
•
•
Punto de Cedencia (Límite de Elasticidad): es el punto en donde la deformación del material se produce sin incremento sensible en el esfuerzo.
Resistencia a la ruptura: es el esfuerzo basado en la sección original, que produce la fractura del material. Su importancia en el diseño estructural es relativa ya que al pasar el esfuerzo último se produce un fenómeno de inestabilidad.
Propiedades mecánicas de los materiales • Módulo de elasticidad: es la pendiente de la parte recta del diagrama esfuerzo - deformación y por consiguiente, la constante de proporcionalidad entre el esfuerzo y la deformación unitaria. • Se denomina con la letra Ε y su valor para el acero es de 2,100,000 kg/cm2, la madera varía entre 77,300 y 1,237,500 kg/cm2, y del concreto es de 10,000 f’c, en donde f’c es la resistencia del concreto en kg/cm2.
DEFORMACIÓN SIMPLE • Hemos visto hasta el momento la relación entre la fuerza (carga), la superficie y el esfuerzo. • Ahora empezaremos a estudiar otro campo de la resistencia de materiales, los cambios de forma, las deformaciones que acompañan un determinado estado de fuerzas. • Aunque se limita al caso de barras cargadas axialmente, los principios y métodos que se desarrollan son aplicables también a los casos más complejos de torsión y de flexión.
DIAGRAMA ESFUERZO - DEFORMACIÓN • La resistencia de un material no es el único criterio que debe utilizarse al diseñar estructuras. • Frecuentemente, la rigidez suele tener la misma o mayor importancia. • En menor grado otras propiedades tales como la dureza, la tenacidad y la ductilidad también influyen en la elección de un material.
DIAGRAMA ESFUERZO - DEFORMACIÓN • Todas estas propiedades se determinan mediante pruebas, comparando los resultados obtenidos con patrones establecidos. • Aunque la descripción completa de estas pruebas corresponde al “ensayo de materiales”, examinaremos una de ellas, la prueba de tensión en el acero, dada su importancia y la inapreciable ayuda que proporciona en la introducción de otros conceptos básicos.
DIAGRAMA ESFUERZO - DEFORMACIÓN • Consideremos una probeta de acero sujeta entre las mordazas de una máquina de pruebas de tensión y observemos simultáneamente la carga y el alargamiento de una determinada longitud de la misma. • Los resultados se acostumbran a presentar en un gráfico en el que en las ordenadas se llevan las cargas y en abscisas los correspondientes alargamientos.
DIAGRAMA ESFUERZO - DEFORMACIÓN
DIAGRAMA ESFUERZO – DEFORMACIÓN Esfuerzos límites σ=
P A Tiene un considerable alargamiento sin que haya aumento de carga
P u n t o d e f lu e n c ia ( o c e d e n c ia ) x
x x
L í m it e d e e la s t ic id a d
E s f u e r z o ú lt im o Máxima ordenada de la curva o lí m i t e d e r e s i s t e n c i a x x P u n to d e ru p tu r a a p a re n te
Esfuerzo más allá del cual, el material no recupera totalmente su forma original al ser descargado. Queda con una deformación permanente
L im i t e d e p r o p o r c io n a l i d a d Ley de Hooke: σ = Ε ε
ε=
δ L
Endurecimiento de Trabajo
Esfuerzo y Deformación reales, comparados con la curva normal de Esfuerzo - deformación S
σ S (lb/plg2)
Punto de cedencia en un acero templado de bajo contenido de carbono.
E sfu e rz o
Determinación del límite de proporcionalidad al 0.2 % Se aplica este concepto En aquellos materiales que No tienen un punto de Fluencia bien definido, o que Carecen de él, mediante un procedimiento de equiparación con los que si lo tienen.
L ím it e a p a r e n te d e p r o p o r c io n a lid a d
D e f o r m a c ió n 0 . 2 % ( D e s p la z a m ie n t o )
ESFUERZO DE TRABAJO Y FACTOR DE SEGURIDAD • El esfuerzo de trabajo es el esfuerzo real que soporta el material bajo la acción de unas cargas, y no debe sobrepasar el esfuerzo admisible, que es el máximo al que puede ser sometido el material, con un cierto grado de seguridad en la estructura o elemento que se considere. • En un diseño real, el esfuerzo admisible σ w ha de ser inferior al límite de proporcionalidad, con objeto de que pueda aplicarse en todo momento la ley de Hooke.
ESFUERZO DE TRABAJO Y FACTOR DE SEGURIDAD • Sin embargo, como es difícil determinar exactamente el límite de proporcionalidad, se acostumbra tomar como base para fijar el esfuerzo admisible el límite de fluencia (σ yp) o en su defecto, el esfuerzo último dividiéndolos entre un número N, convenientemente elegido, que se llama factor o coeficiente de seguridad.
σw =
σ N
yp yp
o bien, σ w = σ ult
N
ult
LEY DE HOOKE: Deformación Axial Distorsión • En el diagrama esfuerzo deformación la parte rectilínea se representa por la pendiente de la recta que es la relación entre el esfuerzo y la deformación. A esto se le denomina módulo de elasticidad y se representa por la letra E. Así: σ Pendiente de la línea esfuerzo − deformación = E = ε que se a cos tumbra a escribir : σ = E ε
LEY DE HOOKE: Deformación Axial Distorsión • Fue Thomas Young, en el año de 1807, quien introdujo la anterior expresión matemática con una constante de proporcionalidad que se llama módulo de Young o módulo de elasticidad. • Aunque da la impresión de que se trata de una medida de las propiedades elásticas del material, es una medida de su rigidez.
LEY DE HOOKE: Deformación Axial Distorsión • Las unidades del módulo de elasticidad son idénticas a las unidades para el esfuerzo σ , puesto que la deformación ε es una cantidad adimensional. • Otra forma de expresión de la ley de Hooke, muy conveniente a veces, es la siguiente:
σ = Eε P δ pero : σ = y ε= A L P δ entonces : =E A L PL σ L o lo que es igual , δ = = AE E
LEY DE HOOKE: Deformación Axial Distorsión • La validez de estas ecuaciones debe tener en cuenta las hipótesis siguientes: – La carga ha de ser axial – La barra debe ser homogénea y de sección constante – El esfuerzo no debe sobrepasar el límite de proporcionalidad
•
Deformación Angular o por Cortante Distorsión Las fuerzas cortantes
producen una deformación angular o distorsión, de la misma manera que las fuerzas axiales originan deformaciones longitudinales, pero con una diferencia fundamental. • Un elemento sometido a tensión experimenta un alargamiento, mientras que un elemento sometido a una fuerza cortante no varía la longitud de sus lados, manifestándose por el contrario un cambio de forma, de rectángulo a paralelogramo como se observa en la figura.
P
δs
s
L γ
P
s
Deformación Angular o por Cortante Distorsión
• El proceso puede imaginarse como producido por el desplazamiento infinitesimal que origina una deformación transversal total δ s, en una longitud L. s tan γ = • Por lo tanto: L • Como γ siempre es muy pequeño, entonces: tan γ ≈ γ
δ
P
δs
s
L γ
P
s
δ Así que: γ = s L
Deformación Angular o por Cortante Distorsión
• Para ser más precisos, la distorsión es la variación experimentada por el ángulo entre dos caras perpendiculares de un elemento diferencial. • Sí suponemos que la ley de Hook es válida en el cortante, existe una relación lineal entre al distorsión y el esfuerzo cortante dada por:
τ = Gγ
En donde G es el módulo de elasticidad al cortante llamado a veces módulo de rigidez. La relación entre la deformación tangencial total y las fuerzas cortantes aplicadas es:
VL δ = A G s
S
donde V representa la fuerza cortante que actúa sobre la sección de área A que la soporta
PROBLEMA • Dos barras de acero AB y BC soportan una carga P = 30 kN, como se indica en al figura. La sección de AB es 300 mm2, y la de BC es 500 mm2. Si E = 200 GPa, determine el desplazamiento horizontal y vertical del punto B. A A
B
m
θ 4 .0 m
3 .0 m
5 .0 = L
θ
B
C δAB
δB
P = 30 k N
C
B" B'
C
PROBLEMA • Empecemos por determinar las deformaciones totales producidas en cada barra por la acción de P. Del equilibrio se obtiene que: PAB = 50 kN a tensión y PBC = 40 kN a compresión. Las deformaciones correspondientes son:
PL δ= AE δ AB
(50 ×103 ) (5000) = = 4.17 mm, alargamiento −6 9 (300 ×10 ) (200 × 10 )
δ BC
(40 ×103 ) (4000) = = 1.60 mm, acortamiento −6 9 (500 ×10 ) (200 ×10 )
B
δBC
= 1 .6 0 m m
A
B
=
4.
17
m
m
PROBLEMA
δ
• Para analizar el efecto de estas deformaciones en el movimiento de B, imaginemos que se desconectan entra si las barras AB y BC de manera que puedan acortarse y alargarse, tal como se indica exageradamente en la figura. Para reunir sus extremos B hay que girarlas alrededor de A y de C hasta que se encuentren en B”. Los arcos engendrados por estas rotaciones son tan pequeños que se pueden reemplazar, sin error apreciable, por rectas perpendiculares a AB y BC; estas rectas que, se cortan en B’, determinan la posición final de B
θ
θ
y
δ x
B’
δ h = δ BC = 1,60 mm, hacia la derecha
m m 17
δBC
= 1 .6 0 m m
=
4.
B
B A
δ
• En la figura se representa, a mayor escala, las deformaciones δ AB y δ BC. El desplazamiento total de B es el vector BB’ o δ dirigido como se indica. • En la figura se observa que el desplazamiento horizontal de B o componente horizontal de δ , es:
Problema
θ
θ
y
δ x
B’
δBC
= 1 .6 0 m m
δ
A
B
=
4.
17
m
m
Problema
θ
b
a θ
δ x
l
y
l= a + b b = 1 .6 m m a = 4 .1 7 c o s θ l = x sen θ x s e n θ = 4 .1 7 c o s θ + 1 .6 x = (4 .1 7 (4 /5 ) + 1 .6 )/(3 /5 ) x = 8 .2 3 m m y = 9 .0 9 m m L a m a g n it u d d e lo s á n g u lo s q u e g ir a n la s b a r r a s A B y B C son: α AB =
x 8.23 = = 1.65 ×10−3 rad = 0.0945 LAB 5000
α BC =
y 9.09 = = 2.27 ×10−3 rad = 0.130 LBC 4000
PROBLEMA A Un tubo de aluminio esta rígidamente sujeto entre una barra de bronce y una de acero, según se muestra en la figura. Las cargas axiales se aplican en las posiciones indicadas. Determine el esfuerzo en cada material. A lu m in io
20 kN
B ron ce A = 700 m m
A = 1000 m m 2
15 k N
500 m m
2
A cero A = 800 m m
15 k N
600 m m
700 m m
2
10 kN
SOLUCIÓN PROBLEMA A Para calcular el esfuerzo en cada sección, hay que determinar primero la carga axial en cada una de estas. Los diagramas adecuados de cuerpo libre se muestran en la diapositiva siguiente. En cada sección la carga axial es:
A lu m in io B ron ce A = 700 m m
20 kN
A = 1000 m m 2
15 k N
500 m m
A cero A = 800 m m
2
10 kN
15 k N
700 m m
600 m m P
20 kN
20 kN
2
b
P
A l
15 k N
Pb = 20 kN (compresión) PAl = 5 kN (compresión) Pa = 10 kN (tensión)
P
20 kN
15 k N
15 k N
a
SOLUCIÓN PROBLEMA A A lu m in io B ron ce A = 700 m m
20 kN
A = 1000 m m 2
15 k N
500 m m
A ce ro A = 800 m m
2
10 kN
15 k N
700 m m
600 m m P
20 kN
20 kN
2
b
P
A l
15 k N
P
20 kN
15 k N
15 k N
Los esfuerzos en cada sección son: 20 kN 20 ×103 N σb = = = 28.6 ×106 N 2 = 28.6 MPa 2 −6 2 m 700 mm 700 ×10 m
σ Al = 5 MPa σ a = 12.5 MPa
a
PROBLEMA B • La probeta mostrada en la figura está compuesta por una varilla cilíndrica de acero de 1 in de diámetro y por dos manguitos de 1.5 in de diámetro exterior unidos a la varilla. Sabiendo que E = 29 x 106 psi, determine: – La carga P tal que la deformación total sea de 0.002 in – La deformación correspondiente a la porción central BC. 1 .5 " θ A
1" θ B
1 .5 " θ C
D
P'
P
2 in
3 in
2 in
SOLUCIÓN PROBLEMA B A
B
C
PL δ= AE
D
P'
P
δTOTAL = δ AB + δ BC + δCD P
P
δ TOTAL
P '''
P ''
PAB LAB PBC LBC PCD LCD = + + AAB E ABC E ACD E
Además, P = P' Las fuerzas internas son similares a P PAB = PBC = PCD
P
P'
SOLUCIÓN PROBLEMA B PAB ∗ 2 PAB ∗ 3 PAB ∗ 2 + + 2 2 2 ( ) ( ) π ∗ ( 1 .5 ) π ∗ 1 . 0 π ∗ 1 . 5 ∗ 29 × 10 6 ∗ 29 ×106 ∗ 29 × 10 6 4 4 4 4 4P 3P 0.002 = + 6 π ∗ 29 ×10 2.25 1 0.002 =
0.002 ∗ π ∗ 29 ×106 P= = 9.529 lb = 9,53 kips 4 ∗ 4.78 La deformación de la porción BC es :
δ BC =
9.529 lb × 3 in = 0.001255 in 2 π ∗1 in ∗ 29 ×10 6 lb 2 in 4
Se aplican dos fuerzas a la ménsula BCD como se muestra en la figura.
d
AB
B
P
A
5 ,8 1 c m m
a) Sabiendo que la varilla de control AB será de acero con un esfuerzo normal último de 600 MPa, determine el diámetro de la varilla utilizando un factor de seguridad de 3.3. b) El perno en C será de un acero con un esfuerzo último al corte de 350 Mpa. Encuentre el diámetro del perno tomando en cuenta que el factor de seguridad será de 3.3. c) Halle el espesor requerido de los soportes de la ménsula en C sabiendo que el esfuerzo permisible de apoyo del acero empleado es de 300 Mpa.
Problema C
50 kN
15 kN
D
C 30 cm
30 cm
Solución Problema C Cuerpo libre ménsula entera.
B
P
A
0 .6 m
La reacción en C está representada por sus componentes Cx y Cy.
50 kN
15 kN
Sí Cx y Cy son los componentes de la fuerza C en el punto C, C D necesariamente la fuerza 30 cm 30 cm C es la hipotenusa C generada por estos dos vectores de fuerzas. Y + ↑ Σ M c = 0 P(0.6 m) − (50 kN )(0.3 m) − (15 kN )(0.6 m) = 0 corresponde a la fuerza P = 40 kN de corte del perno. ΣFx = 0 C x − P = 0 C x = 40 kN C = 76.3 kN x
y
ΣFy = 0 C y − 50 kN − 15 kN = 0 C y = 65 kN
Solución Problema C a) Varilla de control AB Como el factor de seguridad debe ser 3.3, el esfuerzo permisible será: σv 600 MPa = = 181.8 MPa F .S . 3.3 Para P = 40 kN el área requerida por la sección transversal es : P 40 kN π Areq = = = 220 ×10 −6 m 2 = d 2AB σ perm 181.8 MPa 4
σ perno =
d AB = 16.74 mm
Respondan las preguntas b y c
Solución Problema C b) Corte en el perno C Para un factor de seguridad de 3.3, se tiene:
C dC
F
1
F
2
τϑ 350 MPa τ perm = = = 106.1 MPa F .S . 3.3 Como el perno se encuentra en cortante doble C 2 76.3 kN 2 Areq = = = 360 mm 2 τ perm 106.1 MPa Areq
π 2 = d C = 360 mm 2 = 21.4 mm. 4
Solución Problema C c) Cojinete en C Utilizando d = 22 mm., el área nominal de apoyo para cada ménsula es de 22 x t. Como la fuerza que soporta cada ménsula es de C/2 y el esfuerzo permisible de apoyo es de 300 MPa, se escribe Areq =
C
2 =
σ perm
(76.3 kN )
2 = 127.2 mm 2 300 MPa
Por lo tanto : 22t = 127.2
t = 5.78 mm.
Se quiere punzonar una placa que tiene un esfuerzo cortante último de 300 MPa., tal como se indica en la figura. – Si el esfuerzo de compresión admisible en el punto es de 400 MPa, determine el máximo espesor de la placa para punzonar un orificio de 100 mm de diámetro. – Si la placa tiene un espesor de 10 mm, calcule el máximo diámetro que puede punzonarse.
Problema D
P=400 M Pa
τ último
V = Acorte
Acorte = π × d × e
Solución Problema D
σ adm. = A punz .
P A punz
π ×d2 = 4
π ×d2 a ) P = 4000 × =V 4 π ×d2 4000 × 4 = 3,33 cm e= π × d × 3000 b) e = 10 mm φ máx. que puede punzonarse V τ= ⇒ V = 3000 × π × d × 1 cm π ×d ×e P π ×d2 σ= ⇒ P = 4000 × 2 4 π ×d 4 π ×d2 como P = V ⇒ 3000 × π × d × 1 cm = 4000 × 4 d = 3 cm
Problema 5 Una varilla de acero de 2.2 m de longitud no debe estirarse más de 1.2 mm cuando de le aplica una carga de 8.5 kN. Sabiendo que E = 200 Gpa. Determinar el diámetro mínimo de la varilla y el esfuerzo normal correspondiente causado por la carga. Con la formula : PL PL δ= ⇒ A= AE δE 0.00085 kgf × 2.2 m A= 0.0012 m × 2 kgf cm 2
L= 2.2 m = 0.0012 m P = 8.5 kN = 0.0085 N = 0.00085 kgf E = 200 Gpa = 0.2 Mpa = 2kgf/cm2
A = 0.779 cm 2
πd 2 A= ⇒ d = 0.996 cm Es el mínimo diámetro de la varilla. 4 P 8.5 kN Además, σ = = = 10.91 kN 2 2 cm A 0.779 cm
Quiz 1 (valor 6.7%) Determine el máximo peso W que pueden soportar los cables mostrados en la figura. Los esfuerzos en los cables AB y AC no deben exceder 100 MPa y 50 MPa, respectivamente. Las áreas transversales de ambos son: 400 mm2 para AB y 200 mm2 para AC.
C
B
30º
A
W
45º
Cargas Repetidas. Fatiga • Hasta el momento hemos considerado el comportamiento de una probeta sujeta a carga axial. En ella si el esfuerzo máximo en una probeta no excede el límite elástico del material, la probeta regresa a sus condiciones iniciales cuando se retira la carga. • Podría concluirse que una carga dada puede repetirse muchas veces, siempre y cuando los esfuerzos permanezcan dentro del rango elástico.
Cargas Repetidas. Fatiga • Esta conclusión es correcta para cargas que se repiten unas cuantas docenas y aun un centenar de veces. Sin embargo, no es correcta cuando las cargas se repiten millares o millones de veces. • En tales casos, la fractura ocurrirá aun cuando el esfuerzo sea mucho más bajo que la resistencia estática a la fractura. • Este fenómeno se conoce como FATIGA. • Una falla de fatiga es de naturaleza frágil, aun para materiales normalmente dúctiles
Cargas Repetidas. Fatiga • La fatiga debe ser considerada en el diseño de todos los elementos estructurales y de máquinas que se encuentran sujetos a cargas repetitivas o fluctuantes. • El número de ciclos de carga que puede esperarse durante la vida útil del componente varía mucho. • De un ejemplo de fatiga
RELACIÓN DE POISSON • Otro tipo de deformación elástica es la variación de las dimensiones transversales que acompañan a toda tensión o compresión axial • Es fácil comprobar que si una barra se alarga por una tensión axial, sufre una reducción de sus dimensiones transversales.
• POISSON comprobó que la relación entre las deformaciones unitarias en estas direcciones es constante y se ha dado su nombre a esta relación σy = 0
σx= P/A
σz = 0
RELACIÓN DE POISSON • En todos los casos se supone que todos los materiales considerados son homogénos e isotrópicos, es decir, se supondrá que sus propiedades mecánicas son independientes tanto de la posición como lo de la dirección
• Esto significa que la deformación unitaria debe tener el mismo valor para cualquier dirección transversal. • Por lo tanto, debe tenerse que:
εy = εz • Este valor se conoce como deformación lateral.
RELACIÓN DE POISSON • En todos los materiales de ingeniería, la elongación que produce una fuerza axial de tensión P en la dirección de la fuerza se acompaña de una contracción en cualquier dirección transversal.
P’
P
RELACIÓN DE POISSON deformación unitaria lateral ν ( nu ) = deformación unitaria axial O
εy εz ν =− =− εx εx σx εx = E
υσ x ; εy = εz = − E
RELACIÓN DE POISSON • La relación de Poisson permite generalizar la aplicación de la ley de Hooke al caso de esfuerzos biaxiales. • Por ejemplo, si un elemento está sometido simultáneamente a esfuerzos de tensión según los ejes X y Y, la deformación en la dirección X debida σ x es σ x/E pero, al mismo tiempo, el esfuerzo σ y producirá una contracción lateral en la dirección X de valor υ∗σ y/E, por lo que la deformación resultante en la dirección X estará dada por:
RELACIÓN DE POISSON
σy σx εx = −υ E E σy σx εy = −υ E E σx =
(ε x + υε y ) E 1−υ
2
; σy =
(1) (2) (ε y + υε x ) E 1 −υ
2
Ejemplo A
Ejemplo B
Ejemplo C1
Ejemplo C2
Ejemplo C3
Ejemplo D
Ejemplo E1
Ejemplo E2
Ejemplo F
Ejemplo G
Ejemplo H
Ejemplo I
Ejemplo J
Ejemplo K1
Ejemplo K2
Ejemplo L1
Ejemplo L2
Ejemplo M1
Ejemplo M2
Ejemplo M3
Ejemplo M4
PROBLEMA DEL BALANCÍN Una tabla uniforme de 40N de peso soporta dos niños con un peso de 500N y 350N, respectivamente, como se muestra en la figura. Si el soporte se encuentra bajo el centro de gravedad de la tabla y si el niño de 500N está a 1.5 m del centro, determine la fuerza N ejercida por el soporte sobre la tabla.
N x m
1 ,5 m
350 N 500 N 40 N
PROBLEMA DEL BALANCÍN Obsérvese que además de N, las fuerzas externas que actúan sobre la tabla son los pesos de los niños y el peso de la tabla, todo actuando hacia abajo. Es posible suponer que el centro de gravedad de la tabla esta en el centro geométrico, ya que la tabla es uniforme. Como el sistema está en equilibrio, la fuerza hacia arriba N debe equilibrar a todas las fuerzas hacia abajo.
∑ Fy = 0 N − 500 N − 350 N − 40 N = 0 N = 890 N ∑τ = o 500 N ×1.5 m − 350 N × x = 0 x = 2.14 m
Esfuerzos de Origen Térmico • Los cambios de • Consideremos una varilla temperatura generan en homogénea AB con sección los cuerpos dilataciones o transversal uniforme, que contracciones, de manera descansa sobre una que la deformación lineal superficie lisa. La dt viene dada por: temperatura de la varilla se δτ = α L ( ∆T ) eleva en ∆ T, se observa que la varilla se alarga por • En donde α es el una cantidad δτ, , que es coeficiente de dilatación proporcional tanto al lineal, que se expresa en cambio de temperatura m/m ºC, o simplemente como a la longitud de la (ºC)-1, L es la longitud y varilla. ∆Τ es la variación de temperatura en ºC.
Esfuerzos de Origen Térmico • Con la deformación δ τ debe asociarse una deformación ετ= δ τ /L. La ecuación:
δτ = α L ( ∆T )
puede transformarse en:
ε τ = α ∆T La deformación ε τ se conoce como deformación unitaria térmica, pues es causada por el cambio de temperatura en un cuerpo. Aquí no hay esfuerzo asociado con la deformación.
Esfuerzos de Origen Térmico • Ahora supongamos que la misma varilla anterior se coloca entre dos soportes fijos a una distancia L uno del otro. Nuevamente no existe esfuerzo ni deformación en esta condición inicial. Si se eleva la temperatura en ∆ T, la varilla no puede alargarse por las restricciones en sus extremos. La elongación de la varilla δ τ es por lo tanto 0. La deformación en cualquier punto ετ= δ τ /L es también 0.
Esfuerzos de Origen Térmico • Sin embargo los soporte ejercerán fuerzas P y P’ iguales y opuestas sobre la varilla después que se haya elevado la temperatura para evitar su elongación. Se crea así, un estado de esfuerzo en la varilla.
L A
B
δτ L A
B
L
A
B
P'
P A
B
Esfuerzos de Origen Térmico • En la preparación para determinar el esfuerzo σ originado por el cambio de temperatura ∆ T, se observa que el problema por resolver es estáticamente indeterminado. • Por lo tanto, primero debe calcularse la magnitud P de las reacciones en los soportes a partir de que la varilla tiene una deformación 0
L A
B
δτ A
B
δP A
B P L
Esfuerzos de Origen Térmico • Utilizando el método de superposición, se libera la varilla de su apoyo B y se le permite alargarse libremente mientras sufre el cambio de temperatura ∆ T. • Como:
δτ = α L ( ∆T )
L A
B
δτ A
B
δP A
B P L
Esfuerzos de Origen Térmico • Aplicando ahora al extremo B la fuerza P que representa la reacción redundante y empleando la fórmula: PL δP = AE
• Expresando que la deformación total debe ser 0, se tiene:
L A
B
δτ A
B
δP A
B P L
Esfuerzos de Origen Térmico PL δ = δ T + δ P = α ( ∆T ) L + =0 AE de donde se concluye que : P = − AEα ( ∆T ) y que el esfuerzo en la varilla debido al cambio de
temperatura es : P σ = = − Eα ( ∆T ) A
L A
B
δτ A
B
δP A
B P L
Problema Ilustrativo • Una varilla de acero de 2.50 m de longitud está firmemente sujeta entre dos muros. Sí el esfuerzo en la varilla es nulo a 20 ºC, determine el esfuerzo que aparecerá al descender la temperatura hasta – 20 ºC. La sección es de 1200 mm2, α = 11.7 µm/(m.ºC), y E = 200 GN/m2. Resolver el problema en los dos casos siguientes: (a) muros completamente rígidos e indeformables, y (b) muros que ceden ligeramente, acortándose su distancia en 0.5 mm al descender la temperatura de la barra.
Problema Ilustrativo Caso a) Imaginemos que se δ suelta la varilla del muro P derecho. En estas δ condiciones puede producirse libremente la Del esquema de deformación térmica. El deformaciones se deduce en descenso de temperatura este caso que δ T = δ P, esto es: origina una contracción, representada por δ T en la P Lδ σ= α L L ( ∆T ) τ δP = = = α ( ∆T ) L figura. AE E Para volver a unir la varilla σ = α E ( ∆T ) al muro, se necesita aplicar 9 −6 σ = ( 200 × 10 )( 11 . 7 × 10 )( 40) a la varilla una fuerza de tensión P que produzca una σ = 93.6 ×106 N/m 2 = 93.6 MN/m 2 deformación por carga δ. τ
P
Problema Ilustrativo. Caso b) δτ P
δP A c e rc a m ie n to
δ τ = δ P + A c e r c a m i e n to
σL α L( ∆T ) = + Acercamiento E σ ( 2.5) -6 (11.7 × 10 )( 2.5)( 40) = 200 ×109 + ( 0.5 ×10−3 ) σ = 53.6 MN/m2
Determine los valores del esfuerzo en las porciones AC y CB de la barra de acero mostrada, cuando la temperatura de la barra es de -50 ºF, sabiendo que existe un buen ajuste en ambos soportes rígidos cuando la temperatura es de +75 ºF. Utilice los valores de E = 29x106 psi y α = 6.5x10-6/ºF para el acero
Problema
A = 0 .6 i n
A = 1 .2 i n
2
A
2
C
1 2 in
B
1 2 in
Problema Primero se determinan las reacciones en los soportes. Como el problema es estáticamente indeterminado, se desprende la barra de su apoyo en b y se le deja pasar por el cambio de temperatura ∆T = (−50 º F)-(75º F) = -125 º F
A
C
B
δT A
C
B 2
1 L
L
1
A
δR
2
C 1
B 2
R
B
δT = α ( ∆T ) L = ( 6.5 ×10−6 /º F)( −125º F)( 24in ) δT = −19.50 ×10−3 in
Problema Aplicando ahora la fuerza desconocida RB en el extremo B, se aplica la ecuación siguiente para expresar la deformación correspondiente δ R: L1 = L2 = 12 in A1 = 0.6 in 2
A2 = 1.2 in 2
P1 = P2 = RB
E = 29 × 106 psi
12 in P1 L1 P2 L2 RB 12 in δR = + = + 6 2 2 A1 E A2 E 29 × 10 psi 0.6 in 1.2 in δ R = (1.0345 ×10 −6 in lb) RB
Problema Expresando que la deformación total de la barra debe ser cero como resultado de las restricciones impuestas, se escribe: δ = δT + δ R = 0
(
δ = −19.50 ×10 −3 in. + 1.0345 ×10 −6 in.
lb
)R
B
=0
RB = 18.85 ×103 lb = 18.85 kips La reacción en A es igual y opuesta. Note que las fuerzas en las dos porciones de la barra son P1 = P2 = 18.85 kips. Los valores de esfuerzo en las porciones AC y CB de la barra, es :
σ1 =
P1 = 31.42 ksi A1
σ2 =
P2 = 15.71 ksi A2
Problema • No puede enfatizarse demasiado el hecho de que, a pesar de que la deformación total de la barra debe ser cero, ya que las deformaciones de las porciones AC y CB no son cero. Una solución para el problema basada en la suposición de que estas deformaciones son cero sería equivocada. • Tampoco puede suponerse que los valores de la deformación unitaria en AC o en CB sean iguales a cero.
Problema Para ampliar este punto, determinemos la deformación ε AC en la porción AC de la barra. La deformación ε AC puede dividirse en dos partes, una es la deformación térmica ε T producida en la barra sin restricciones por el cambio de temperatura ∆ Τ .
ε T = α ∆T = ( 6.5 ×10 −6 /º F)( − 125 º F) ε T = −812.5 × 10 −6 in in
Problema La otra componente de ε AC se asocia con el esfuerzo σ 1 debido a la fuerza RB aplicada a la barra. De la ley de Hooke, se expresa esta componente de la deformación como:
σ 1 31.42 ×103 psi − 6 in = = 1083 . 4 × 10 in E 29 ×106 psi Sumando las dos componentes de la deformación en AC, se obtiene : σ1 ε ac = ε T + = 271×10 −6 in in E
Problema • Un cálculo similar da la deformación de la porción CB de la barra:
ε CB ε CB
σ2 = εT + = −812.5 ×10 −6 + 541.7 ×10 −6 E − 6 in = −271×10 in
Problema • La deformación δ AC y δ CB de las dos porciones de la barra se expresan respectivamente como:
δ AC = ε AC ( AC ) = (271× 10 −6 )(12 in) δ AC = 3.25 × 10 −3 in
δ CB = ε CB ( CB ) = ( − 271× 10 −6 )(12 in ) δ CB = −3.25 ×10 −3 in • Puede así verificarse que, mientras que la suma δ = δ AC + δ CB de las dos deformaciones es cero, ninguna de ellas es cero.
TORSIÓN - INTRODUCCIÓN • Sólo estudiaremos el problema de la torsión y sus aplicaciones en el caso de árboles de sección circular o de tubos de pared delgada. • La torsión de árboles de sección arbitraria es un problema complejo que se sale del alcance de este curso para Ingenieros Industriales. • Con la torsión se inicia el estudio de los problemas en que el esfuerzo no se distribuye uniformemente dentro de una sección. Aunque la teoría general de este tipo de problema es complicada, su aplicación es sencilla, y una vez deducidas las fórmulas, no hay más que sustituir en ellas los valores de los datos y nada más
TORSIÓN - INTRODUCCIÓN • El procedimiento general que se sigue en todos los casos de distribución no uniforme de esfuerzos se puede resumir en los siguientes pasos: 1. Del examen de la deformación elástica que produce un determinado tipo de carga y la aplicación de la ley de Hook, se determinan unas relaciones entre los esfuerzos en los distintos puntos de la sección, de manera que sean compatibles con las deformaciones. Tales relaciones se denominan ecuaciones de compatibilidad.
2. Aplicando las condiciones de equilibrio en el diagrama de cuerpo libre correspondiente a una porción del cuerpo, se obtienen otras relaciones entre los esfuerzos. Dichas relaciones deducidas de la consideración de equilibrio entre las fuerzas exteriores aplicadas y las fuerzas resistentes interiores en una sección de exploración, se llaman ecuaciones de equilibrio.
TORSIÓN - INTRODUCCIÓN
3. Comprobación de que la solución del sistema de ecuaciones de los puntos 1 y 2 satisface las condiciones de carga en la superficie del cuerpo. Es decir se han de verificar las condiciones de frontera impuestas.
• En la teoría de la elasticidad se demuestra que si existe una solución que satisface estos tres grupos de ecuaciones, esta solución es única. • Para deducir las fórmulas de la torsión, se debe establecer una serie de hipótesis que pueden demostrarse matemáticamente y algunas de ellas, comprobarse experimentalmente.
HIPÓTESIS 1. Las secciones circulares permanecen circulares después de la torsión. 2. Las secciones planas permanecen planas y no se alabean después de la torsión. 3. La proyección sobre una sección transversal de una línea radial de una sección permanece radial después de la torsión. 4. El árbol esta sometido a la acción de pares torsionantes que actúan en planos perpendiculares a su eje. 5. Los esfuerzos no sobrepasan el límite de proporcionalidad.
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN En los diagramas se muestran dos proyecciones de un árbol circular macizo. Al aplicar un momento torsionante T a los extremos del árbol, una generatriz en la superficie del cilindro, inicialmente recta y paralela al eje, se tuerce formando una hélice, al tiempo que la sección gira un ángulo Φ
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN Imaginemos que el árbol esta formado por innumerables rebanadas muy delgadas, todas ellas perfectamente rígidas y unidas mediante fibras elásticas.
Hélice de deformación P o rc .2 P o r c ió n 1
P o rc .3
L
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • La (2) sufrirá una • Ésta girará hasta que las fibras rotación, resbalando elásticas que las unen a (2) sobre la (1) hasta que desarrollen como antes un par las fibras elásticas que resistente igual al par aplicado, las unen se deformen y y así sucesivamente, produzcan, al estirarse, propagándose la deformación un par resistente que por torsión a lo largo de la equilibra el par aplicado. longitud L del árbol. • En este momento, las “rebanadas” (1) y (2) • Originalmente todos los puntos actuarán como un iniciales de referencia de cada conjunto único y rígido, rebanada estaban paralelos al transmitiendo el par eje, luego están sobre una torsionante a la (3) hélice de deformación.
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • En realidad, todas las rebanadas empiezan a girar al mismo tiempo sobre las anteriores, tan pronto se aplica el momento torsionante, y el ángulo total de torsión θ de uno a otro extremo aumenta si el momento de torsión se incrementa
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Consideremos ahora una fibra cualquiera a una distancia r (=ρ ) del eje del árbol. Por la hipótesis (3) , el radio de dicha fibra girará también el mismo ángulo θ , produciéndose una deformación tangencial δ igual a DE
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN
• La longitud de esta deformación es el arco de círculo de radio r (= ρ ) y ángulo θ y viene dada por:
δ s = DE = ρ θ En estas condiciones, la distorción es : δs ρ θ γ= = L L Y el esfuerzo cortante, según la ley de Hook, Gθ τ = Gγ = ρ L
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN δ = DE = ρ θ s
En estas condiciones, la distorción es : δ ρθ γ= s = L L Y el esfuerzo cortante, según la ley de Hook, Gθ τ = Gγ = ρ L
Esta expresión se suele llamar ecuación de compatibilidad, puesto que los esfuerzos expresados por ella son compatibles con las deformaciones elásticas. Obsérvese que los términos del paréntesis son constantes que no dependen de la posición de la fibra.
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • De aquí, que el esfuerzo cortante en un punto interior sea el producto de una constante por su distancia al centro. Es decir, la distribución de esfuerzos a lo largo de cualquier radio varía linealmente con la distancia al centro de la sección.
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Siguiendo el procedimiento general (2), se divide el árbol en dos mediante una sección MN, perpendicular a su eje y se traza el diagrama del cuerpo libre correspondiente a una de las partes. Secció n M N T
ρ
o d P = τ dA
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Un elemento diferencial de área de esta sección estará sometido a una fuerza resistente d P = τ d A, ya que al ser diferencial se puede admitir que el esfuerzo es constante dentro del elemento. Como la misión de estas fuerzas resistentes, que representa la acción sobre esta parte suprimida del sólido, es oponerse al momento torsionante T, han de tener la dirección perpendicular al radio para producir el máximo efecto. Secció n M N T
ρ
o dP = τ dA
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Para que se cumplan • El par resistente Tr es la las condiciones de suma de los momentos equilibrio estático, se respecto al centro de aplica la condición: todas las fuerzas ΣM = 0 diferenciales dP • Lo anterior significa Σ M = 0 que el par torsor resistente ha de ser Tr − dP × ρ = 0 igual al momento torsionante aplicado. Tr = dP × ρ
∫ ∫
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN Sustituyendo t por el valor dado en la ecuación deducida de la ley de Hook, resulta: δ s = DE = ρ θ La distorción es : δs ρ θ γ= = L L Según la ley de Hook : Gθ τ = Gγ = ρ L
ΣM = 0 Tr − ∫ dP × ρ = 0 Tr = ∫ dP × ρ
T = Tr = ∫ ρ dP = ∫ ρ (τ dA) Gθ 2 2 ρ dA donde : ρ dA = I ∫ ∫ L I = momento polar de inercia Gθ TL T= I que se escribe : θ = L IG T=
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • A fin de expresar θ en las unidades apropiadas (radianes), T debe estar en N.m y L en m; I estará en m4 y G en N/m2. • Sí se desea expresar θ en º, se multiplica el segundo miembro de la ecuación por la fracción unitaria (180º/π rad)= 57.3 º/rad.
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Sustituyendo el valor de: Gθ /L por su equivalente T/I, se obtiene:
δ s = DE = ρ θ En estas condiciones, la distorción es : δ ρθ γ= s = L L Y el esfuerzo cortante, según la ley de Hook, Gθ τ = Gγ = ρ L
Gθ 2 2 ρ dA donde : ρ dA = I ∫ ∫ L I = momento polar de inercia Gθ TL T= I que se escribe : θ = L IG T=
Tρ τ= que es la fórmula I de la torsión
DEDUCCIÓN DE LAS FÓRMULAS DE TORSIÓN • Para calcular el máximo esfuerzo cortante, que es la expresión más utilizada en la práctica, se sustituye ρ por el radio r del árbol, esto es:
τ máx
T ×r = I
Momentos Polares de Inercia para Secciones Circulares S e c c ió n L le n a
S e c c ió n H u e c a
R r r
d
d 5 .4 0 c m D
π r4 π d 4 I= = 2 32
π 4 4 π 4 4 I = (R − r ) = (D − d ) 2 32
Fórmulas de Torsión 2T 16T τ máx. = = Eje macizo 3 3 πr πd 2TR 16TD τ máx. = = Eje hueco 4 4 4 4 π (R − r ) π (D − d ) En muchas aplicaciones prácticas, los árboles se utilizan para transmitir potencia. Del estudio de la dinámica se sabe que la potencia P transmitida por un par constante T que gira a velocidad angular constante w esta dada por:
Fórmulas de Torsión P=Tw Donde w está medido en radianes por unidad de tiempo. Si el árbol gira a una frecuencia de f revoluciones por unidad de tiempo, w = 2πf, y se tiene: P = T 2πf
Así, el momento torsionante transmitido puede expresarse como:
P T= 2πf
Con P medida en watts (1 W = 1 N.m/s) y f en revoluciones por segundo (r/s), la ecuación determinará el momento torsionante en newton-metros (N.m)
UNIDADES Trabajo (fuerza × distancia ) Potencia = Intervalo de tiempo 1 CV = 75 Kilográmetro/seg = 735 W = 0,735 kW 1 kW = 103 julios/seg 1 kgf = 9,8066 N ≈ 9,81 N Se utiliza: 1 kgf = 10 N 1 kgf/cm2 = 100 kN/m2 ≈ 100 kPa 1 kgf.m ≈ 10 N.m ≈ 10 J. 1 W = 1 N.m/s
Problema Torsión 1 • Un árbol macizo de un tren de laminación tiene que transmitir una potencia de 20 kW a 2 r/s. Determine su diámetro de manera que el esfuerzo cortante máximo no exceda de 40 MN/m2 y que el ángulo de torsión, en una longitud de 3 m, sea como máximo 6º. Emplee un valor de G de 83 GN/m2. En este problema se debe tener en cuenta tanto la resistencia como la rigidez. Se comienza por determinar el momento torsionante a que esta sometido el árbol:
3
P 2 x10 = = 1590 N .m 2πf 2π ( 2) Para satisfacer la condición de resistencia se
T=
aplica :
τ=
16T π d3
40 x10 6 =
16.(1590 ) π d3
de donde : d 3 = 202 x 10 −6 m 3 = 202 x 103 mm 3
y d = 58.7mm
De la expresión del ángulo de torsión se deduce el diámetro necesario que satisface la condición de rigidez TL TL θ= x 57.3 o bien, I = x 57.3 IG θG π d 4 1590( 3)( 57.3) = d = 48.6 mm 9 ( 6) 83 x 10 32
(
)
Problema Torsión 1 El diámetro mayor de 58.7 mm., satisface las dos condiciones de resistencia y de rigidez.
Problema 2 Torsión
• La figura muestra un árbol macizo de dos materiales y diámetros distintos. Firmemente unidos y perfectamente empotrados en sus extremos. El par torsor aplicado es de 1000 N.m y como se observa en la figura, se aplica en la unión de las dos partes. Calcular el máximo esfuerzo cortante en el acero y en el aluminio.
Solución Problema torsión 2 • Se trata de un problema estáticamente indeterminado en el que se desconoce en que proporción se reparte el par torsor aplicado entre las dos partes, derecha e izquierda, del árbol. El procedimiento a seguir es igual al seguido en ejemplos anteriores en el caso de fuerzas axiales. • Aplicando las condiciones de equilibrio estático, se tiene:
∑M = 0
⇒ TAl + Ta = T = 1000
La otra relación entre TAl y Ta se obtiene por las condiciones geométricas de la deformación que, en este caso, se expresa por la igualdad del ángulo de torsión desde la sección en que se aplica
Solución Problema torsión 2
el par torsor, a los dos extremos del eje.
θ Al = θ a TL TL IG = IG ⇒ Ta = 1.17 TAl Al a Resolviendo el sistema, resulta : TAl = 461 N .m
y Ta = 539 N .m
Teniendo en cuenta las formulas de la torsión, los esfuerzos viene dados por : τ=
16T nd 3
⇒ τ Al = 5.57 MN m 2
τ a = 22.0 MN m 2
Problema Torsión 3 • Un árbol de sección constante, de 50 mm de diámetro, esta sometido a los pares torsores que se indican en la figura, a través de engranajes montados sobre el. Si G es 83 x 103 MN/m2, determine, en grados, el ángulo total de torsión entre A y D. 7 0 0 N .m 1 2 0 0 N .m 1 3 0 0 N .m
A
m θ m 0 5
8 0 0 N .m
B C
3 .0
D
m 2 .0
m 1 .5
m
• El empleo de vectores para indicar el sentido de los pares aplicados, como se ve en la figura, facilita la determinación del momento torsionante resultante sobre cada par del árbol. • Se aplica la condición de equilibrio de un diagrama de cuerpo libre entre una sección cualquiera y un extremo del eje, por ejemplo, D. • Entonces respecto de D, los pares transmitidos por cada porción y por tanto los momentos torsionantes a que están sometidos son:
Solución Problema 3 • TAB = 700 N.m en sentido de las agujas del reloj. • TBC = 500 N.m en sentido contrario a las agujas del reloj. • TCD = 800 N.m en sentido de las agujas del reloj.
Solución Problema 3 • El ángulo de torsión total es la suma algebraica de los ángulos parciales en cada porción.
θ A/ D θ A/ D θ A/ D θ A/ D
TL =∑ IG 1 = TL × 57.3 ∑ IG 57.3 [ 700( 3) − 500(1.5) + 800( 2) ] = 4 π ( 0.050 ) 9 ( 83 ×10 ) 32 = 3.32
Problema 4 • Un árbol de acero se encuentra cargado según se muestra en la figura. Usando un módulo G = 83 GN/m2, calcule el diámetro requerido del árbol si el esfuerzo cortante está limitado a 60 MN/m2 y el ángulo de rotación en el extremo libre no debe exceder de 4º. 5 0 0 N .m
2 m
1 0 0 0 N .m
3 m
Solución Problema 4 TL ∑ TL θ =∑ x 57.3 luego, I = x 57.3 IG θG d4 =
32 ∑ TL x 57.3 πθG
d=4
32 × (1000 × 3 − 500 × 2) x 57.3 π × 4 × 83 × 109
I=
πd 4 32
πd 4 ∑ TL = x 57.3 32 θG
Entonces,
d = 0.04330 m
Por otra parte tenemos la ecuación de torsión: τ =
16T πd 3
d =3
De aquí también despejaremos el diámetro d.
16 × (1000 − 500) 60 × 106 × π
d3 =
16 × T τ ×π
d = 0.03488 m
CONCLUSIÓN Para satisfacer las dos condiciones al mismo tiempo, se debe seleccionar el mayor diámetro que es el requerido del árbol. En este caso, entonces se debe seleccionar el diámetro d = 0.04330 m
Datos: Acero: A = 6.000 mm2, E= 200 x 109 N/m2 y α = 11.7 μm/(m.ºC) Bronce (c/u): A = 6.000 mm2, E = 83 x 109 N/m2 y α = 19.0 μm/ (m.ºC)
Problema Nº 10
B ro n c e
A c ero
B ro n c e
55 M g
250 m m
A una temperatura de 20 ºC se coloca una plancha rígida, que tiene una masa de 55 Mg, sobre dos varillas de bronce y una de acero, tal como se muestra en la figura. ¿A qué temperatura quedará descargada la varilla de acero?
50 m m
S O L U C IÓ N : S í la b a r r a d e a c e r o q u e d a lib r e e s p o r q u e la s b a r r a s d e b r o n c e s e d ila t a r o n m á s q u e la b a r r a d e a c e r o . E s t o o c u r r e a la t e m p e r a t u r a s o lic it a d a e n e l p r o b le m a . O b s é r v e s e q u e e l c o e f ic ie n t e d e d ila t a c ió n d e l b r o n c e e s m ay o r q u e el d el ac ero . E l d ia g r a m a d e f u e r z a s e s e l s ig u ie n t e :
A 20 º C la situación es : ΣPY = 0
5 5 .0 0 0 x 9 ,8 1 N
W − 2 PB − PA = 0 P
B
W
a
P
B
250 m m
P
W = 2 PB + PA 53.96 = 2 PB + PA PA = 53.96 − 2 PB
n iv e l in ic ia l dTB n iv e l f in a l
dTA
Para la condición planteada : 50 m m
PA = 0 PB =
W = 26.98 × 10 4 N (Compresión ) 2
dTB + d PB = dTA + d PA
( α L ∆T ) B + PL
PL = ( α L ∆T ) A + AE B AE A ( α L ∆T ) B − PL = ( α L ∆T ) A AE B 26.98 ×10 4 × 0.25 19 ×10 × 0.25 × ∆T − = 11.7 ×10 −6 × 0.30 × ∆T −6 9 6000 × 10 × 83 ×10 4.75∆T − 135.4 = 3.51∆T −6
∆T = 109.2 º C T − 20 = 109.2 º C T = 129.2 º C
P r o b l e m a Nº 10
PROBLEMA 6 •
Calcular el mínimo diámetro de un árbol de acero que, sometido a un momento torsionante de 14 kN.m, no debe experimentar una deformación angular superior a 3º en una longitud de 6 m. ¿Cuál es el esfuerzo cortante máximo que aparecerá en él?
T = 14 × 103 Nm D min = ? θ = 3 τ =? L = 6m 83GN G= m2 De la expresión del ángulo de torsión se deduce que el diámetro necesario que satisface la condición de rigidez para este problema es: TL TL x 57.3 luego, I = x 57.3 IG θG 3 (14 × 10 Nm)(6m) I= × 57.3 = 1.933 × 10− 5 m 4 9 2 (3 )(83 × 10 N m )
θ=
SOLUCIÓN PROBLEMA 6
πd 4 = 1.933 × 10 − 5 m 4 32 d=
4
(1.933 × 10−5 m 4 ) * 32 = 0.11846m = 118.46mm π
Con este diámetro hallado, reemplazamos en la ecuación de Torsión para un eje macizo y obtenemos: 16T 16(14 × 10 3 Nm) 2 2 τ= 3 = = 42892658 . 1 N m = 42 . 89 MN m πd π (0.11846m) 3
Quiz 2 (valor 6.7%) T A = 3 0 0 N .m
A
0 .9 0 m
30 m m
B T B = 4 0 0 N .m
0 .7 5 m
Los pares mostrados en la figura se ejercen sobre las poleas A y B. Sabiendo que los ejes son sólidos y de aluminio (G = 77 GPa = 77 x 109 N/m2), determine el ángulo de giro entre: a) A y B, b) AyC
46 m m
C
Quiz 3 (valor 6.7%) En un árbol macizo de 5 m de longitud, en el que el ángulo total de torsión es de 4º, el esfuerzo cortante máximo es de 60 MPa. Si G = 83 GPa, calcular su diámetro. ¿Qué potencia podrá transmitir a 20 r/s?
G = 83 GPa Θ=
entonces
4° x
max.=
Como es un eje macizo entonces: max.=
entonces
T= Resolviendo (1) se obtiene:
d = 0.1035 m = 10.35 cm P=Tw=
SOLUCIÓN QUIZ 3
Fuerza Cortante y Momento Flexionante en Vigas • Este estudio es un poco más complejo que los anteriores de fuerzas axiales y de torsión, por el hecho de que el efecto de las fuerzas aplicadas son variables de una a otra sección de la viga. • Estos efectos son de dos tipos claramente diferenciados: – La fuerza cortante – El momento flexionante o simplemente momento.
Fuerza Cortante y Momento Flexionante en Vigas • Estos dos efectos producen dos tipos distintos de esfuerzos en las secciones transversales de las vigas: 1. Un esfuerzo normal, directamente proporcional al momento flexionante. 2. Un esfuerzo cortante que depende de la fuerza cortante.
• Primero estudiaremos la distribución y el cálculo de la fuerza cortante y del momento flexionante en vigas sometidas a distintas combinaciones de carga en diferentes condiciones de sujeción o apoyo.
Fuerza Cortante y Momento Flexionante en Vigas
En la figura se muestran varios tipos de vigas con distintas condiciones de sujeción. 1. Una viga simplemente apoyada en sus extremos, o viga simple, tiene una articulación en un extremo y un apoyo móvil sobre rodillos en el otro. 2. Una viga en voladizo, o ménsula, se sujeta en un solo extremo, en un empotramiento que impide el giro en dicho extremo 3. Una viga apoyada con voladizo está apoyada mediante una articulación y un apoyo de rodillos, pero uno o los dos extremos sobresalen de los soportes
Fuerza Cortante y Momento Flexionante en Vigas P w N /m M R
1
(1 )
P
R
(2 )
2
w N /m
1
R
1
(3 )
P
R
R
2
2
Estas vigas son estáticamente determinadas, ya que sus reacciones pueden determinarse directamente mediante la aplicación de las ecuaciones de equilibrio estático.
Fuerza Cortante y Momento Flexionante en Vigas
• Una carga concentrada o puntual es la que actúa sobre una longitud tan pequeña de la viga que puede suponerse que lo hace sobre un punto (ver figura 1) • Una carga distribuida es la que actúa sobre una longitud finita de la viga. Puede ser uniformemente distribuida en toda su longitud como en la figura (2) o sobre una parte de ella como en la figura (3)
Fuerza cortante y momento flexionante En la figura se representa una viga simplemente apoyada, en equilibrio bajo la acción de una fuerza concentrada P y de sus reacciones R1 y R2. Despreciamos el peso propio de la viga. Supongamos que se corta la viga por una sección a-a a una distancia x de R1, quedando la viga dividida en dos partes. Y P
a
x
X R
a
R
L
1
(a)
M R
1
x (b)
V
r
r
M
V
r
2
P
r
L - x
R
2
(c)
E q u il ib r i o d e l a s p a r t e s d e u n a v i g a a l a i z q u ie r d a y a l a d e r e c h a d e u n a s e c c i ó n a - a
Fuerza cortante y momento flexionante • En el diagrama de cuerpo libre de la porción izquierda (b), se observa que la fuerza exterior aplicada es R1. • Para mantener el equilibrio, en la sección de corte a-a deben aparecer unas fuerzas resistentes, necesarias para satisfacer las condiciones de la estática, fuerzas que representan las acciones de la parte derecha suprimida sobre la porción izquierda considerada.
• En este caso, y como la fuerza exterior aplicada es vertical, se satisface directamente la condición ΣX = 0, siendo el eje X horizontal.
M R
1
x
V
r
r
Fuerza cortante y momento flexionante • Para satisfacer la condición ΣY = 0, las fuerzas interiores en la sección a-a deben originar una fuerza resistente que se oponga a R1. Esta fuerza es Vr, a la que se puede llamar fuerza resistente cortante. En el caso que se considera:
Vr = R1
• Sí hubiesen otras fuerzas aplicadas entre R1 y la sección a-a, la resultante no equilibrada de todas ellas (que es igual y opuesta a la fuerza resistente cortante), se obtendría como suma de sus componentes verticales.
Vr = R1- P1 - P2 P
1
P
2
M R
1
V
r
r
Definición del momento flexionante • El momento flexionante es la suma de los momentos de todas las fuerzas que actúan en la porción de viga izquierda o a la derecha de una sección, respecto al eje perpendicular al plano de las fuerzas y que pasa por el centro de gravedad centroide de la sección considerada. Analíticamente viene dado por: M = (Σ M)izq. = (Σ M)der.
Definición del momento flexionante • El criterio más extendido es que el momento flexionante es positivo si la flexión que produce en la viga presenta la concavidad hacia arriba. • Un criterio equivalente es que las fuerzas que actúan hacia arriba respecto de cualquier sección producen momentos flexionantes positivos y las fuerzas que actúan hacia abajo dan lugar a momentos flexionantes negativos. F le x ió n n e g a t iv a F le x ió n p o s itiv a
Problema Ilustrativo • Escribir las ecuaciones de momento flexionante y fuerza cortante de la viga cargada que se muestra en la figura. • Trazar los diagramas correspondientes. Y
c
x
b
x
30 kN
a
x
B
2 0 k N /m
A
C
a
D c
b
5 m
R
1
X 4 m
5 m
R
2
D ia g r a m a d e C a rg a s
Problema Ilustrativo - Solución • Se calculan las reacciones: ΣMA = 0 R2 x 10 – 30 x 14 – 100 x 2.5 = 0 R2 = 67 N ΣMC = 0 100 x 7.5 – 30 x 4 – R1 x 10 = 0 R1 = 63 N • Estos valores se comprueban, hallando ΣY = 0. R1 + R2 – 20 kN.m x 5 m – 30 kN = 0 R1 + R2 = 130 kN
Problema Ilustrativo - Solución • En la sección a-a entre A y B las fuerzas aplicadas a considerar son las que aparecen en la figura. Teniendo en cuenta las expresiones de la fuerza cortante y del momento, se tiene: [V = (ΣY)izq.]
a
(2 0 x ) k N x /2
VAB = (63 – 20.x) kN
[M = (ΣM)izq.] MAB = 63.x – (20.x).(x/2) (63.x – 10.x ) kN.m 2
• Estas expresiones son válidas solamente desde x = 0 hasta x = 5, entre los puntos A y B
x R
1
= 63 k N
a
Problema Ilustrativo - Solución • Para obtener la expresión de VBC y MBC, se supone una sección cualquiera b-b entre los puntos B y C. Su posición está definida por la abscisa x desde A, por lo tanto x varía entre 5 y 10 m.
b
100 kN x - 2 .5
2 .5 m
x R
1
b
= 63 k N
VBC = 63 – 100 = - 37 kN MBC = 63.x – 100(x – 2.5) (- 37.x + 250) kN.m
Problema Ilustrativo - Solución • Las leyes de fuerza cortante y momento en el intervalo CD resultan de la misma forma, considerando una sección cualquiera c- c entre ambos puntos. Las fuerzas a la izquierda son las indicadas en la figura:
c
100 kN x - 25 m
2 .5 m
10 m
R
2
= 67 k N c
x R
1
= 63 k N (x - 1 0 )
VCD = 63 – 100 + 67 = + 30 kN MCD = 63.x – 100.(x – 2.5) + 67.(x – 10) MCD = (30.x – 420) kN.m
Problema Ilustrativo - Solución • Resumiendo, en el cálculo de V se consideran las fuerzas exteriores aplicadas a la izquierda de la sección, mientras que M puede calcularse tomando momentos, con respecto a la sección considerada, de las fuerzas exteriores aplicadas a la izquierda o a la derecha. Se ha tenido cuidado en asignar signos + a V y M producidos por fuerzas que actúan hacia arriba, y signo menos en caso contrario.
Problema Ilustrativo - Solución Diagrama de fuerza cortante y momento flexionante: – Son simplemente la representación gráfica de las distribuciones correspondientes, dibujada en los sistemas de ejes coordenados V-x y M-x. – La fuerza cortante y el momento, en los puntos de discontinuidad, se determinan sustituyendo los correspondientes valores de x en las ecuaciones anteriormente encontradas. En general es más sencillo determinar estos valores directamente aplicando las definiciones de V y M a estas secciones.
Problema Ilustrativo - Solución • Por ejemplo, la sección entre A y B de fuerza cortante nula es aquella en la que el peso de x metros de carga aplicada, a razón de 20 kN/m, contrarresta la fuerza cortante positiva de 63 kN que existen en A. Por lo tanto: 63 = 20.x entonces: x = 3.15 m • El momento en esta sección se calcula tomando momentos de las fuerzas a la izquierda. Esto son la reacción R1 = 63 kN hacia arriba y la carga de 63 kN hacia abajo necesaria para anular V.
Y
c
x
b
x
30 kN
a
x
B
2 0 k N /m
A
C
a
D c
b
5 m
X
D ia g r a m a d e C a rg a s
X
D ia g r a m a d e C o r ta n te
4 m 5 m
R 1= 6 3 k N
R 2= 6 7 k N
V 63 kN 30 kN
9 9 .2 3 k N .m M
- 37 kN 6 5 k N .m
X
- 1 2 0 k N .m
D ia g r a m a d e M o m e n to
Problema Ilustrativo - Solución [ Μ = (Σ Μ ) izq.] En x = 3.15, M = (63)(3.15) – 63(3.15/2) = 99.23 kN.m • Si se supone que la viga es muy flexible, es posible dibujar la forma que ésta adquiere bajo la acción de las cargas aplicadas. Entre A y E es cóncava hacia arriba y entre E y D es cóncava hacia abajo. • En el punto E en que la viga cambia de forma, de cóncava hacia arriba a cóncava hacia abajo, se tiene un punto de inflexión y corresponde a la sección de momento nulo. Su posición se determina igualando a cero MBC. Entonces: -37x + 250 = 0; x = 6.76 m
Curva Elástica 9 9 .2 3 k N .m M
6 5 k N .m
X
D ia g r a m a d e M o m e n to
- 1 2 0 k N .m
C u r v a e lá s t i c a
A
E
D
Ejemplo 1 Escribir las distribuciones de momentos flexionantes y fuerza cortante en la viga siguiente. Trazar su diagrama, marcando los valores en todos los puntos de discontinuidad, y en los de fuerza cortante nula. Desprecie el peso propio de la viga. 50 k N
20 k N
2 m B
A
D C
1 m
6 m
R
1
R
2
Solución Ejemplo 1 VAB = 30 KN MAB = 30X KN.m Expresiones validas solamente desde X = 0, hasta X = 2. VBC = 30 – 50 = -20 KN.m MBC = 30X – 50 (X – 2 ) = (-20X +100) KN.m Expresiones validas solamente desde X = 2, hasta X = 6. VCD = 30 – 50 + 40 = 20 KN.m MCD = 30X –50 (X - 2) + 40 (X – 6) = (20X – 140) KN.m Expresiones validas solamente desde X = 6, hasta X = 7. • CALCULO DE LOS MOMENTOS MAB = 30 * 2 = 60 KN.m MBC = -20 * 6 + 100 = -20 KN.m MCD = 20 * 7 – 140 = 0
•
PARA EL PUNTO E LA POSICIÓN ES: 20X + 100 = 0 X = 100 / 20 X=5m
Ejemplo 2 2 m
B 1 0 k N /m D
A C
2 m
6 m
R
1
R
2
Escribir las distribuciones de momentos flexionantes y fuerza cortante en la viga problema. Trazar también los diagramas marcando los valores en todos los puntos de discontinuidad y en los de fuerza cortante nula
Solución ejemplo 2 ∑M ∑M
R1 + R2 – 60 kN = 0 R1 + R2 = 60 kN
A
R2 × 6 − (60kN / m × 5) = 0
⇒ R2 = 50 kN
C
R1 × 6 − (60kN / m ×1) = 0
⇒ R1 = 10 kN
60 kN
2 m
3 m
B
D
A C
x x R
1
R
x
2
x
V = ( ΣY ) Izq.
M = ( ΣM ) Izq.
V AB = R1 M AB = R1 × x
VBC = R1 − [10kN × ( x − 2 ) ]
M BC = R1 × x − [10kN × ( x − 2 ) ] × x
VCD = R1 − [10kN × ( x − 2 ) ] + R2
M CD = R1 × x − [10kN × ( x − 2 ) ] × x + R2 × ( x − 6 )
Ejemplo 3 •
Escribir las distribuciones de momentos flexionantes y fuerza cortante en la viga siguiente. Trazar su diagrama, marcando los valores en todos los puntos de discontinuidad, y en los de fuerza cortante nula. Desprecie el peso propio de la viga. 2 m 3 0 k N /m
B 1 5 k N /m
A 6 m
R
1
R
2
Solución Ejemplo 3 Sistema con cargas concentradas W1 = (30 kN/m)(2m) = 60 kN W2 = (15 kN/m)(4m) = 60 kN Para hallar las secciones se hace balance de fuerzas y momentos: Σfuerzas = R1 – 60 KN –60 kN +R2 = 0 R1 +R2 = 120 kN (1) ΣMA= (-60 kN*1m) + (– 60 kN*4m) + (R2*6m) = 0 R2 = (300 kN*m)/6m = 50 kN Para satisfacer la primera ecuación R1 = 70 kN
Solución Ejemplo 3
Va = 70 – 30X kN
de 0 <= X <= 2
Ma = 70X – 15X2
Vb = 70 - 60 – 15(X – 2) = 0 10 - 15X + 30 = 0 X = 2.66 m. A esta distancia la fuerza cortante es 0
Solución Ejemplo 3 Diagrama de cortante:
Para el momento flexionante:
Ejemplo 4 6 k N /m
20 kN
C
B
A 6 m
2 m
D
2 m
Escribir las distribuciones de momentos flexionantes y fuerza cortante en la viga problema. Trazar también los diagramas marcando los valores en todos los puntos de discontinuidad y en los de fuerza cortante nula
Solución Ejemplo 4 Para AB, en donde x varía de 0 a 6 m, se tiene :
[V = ( ΣY ) ] Izq .
[ M = ( ΣM ) ] Izq
x2 VAB = − kN 2 x2 x x3 M AB = − = − kN .m 2 3 6
Pasado B, la resultante de la carga triangular, igual a su área, es constante y tiene un valor de ½(6)(6) = 18 kN que actúa en el centro de gravedad del diagrama triangular de carga, a 4 m de A. Por tanto, para BC, en donde x varía de 6 a 8 m, se tiene: VBC = - 18 kN MBC = - 18(x-4) = -18x + 72 kN.m
a
b
6 k N /m
Solución Ejemplo 4
c
Para AB, en donde x varía de 0 a 6 m, se tiene :
20 kN
[V = ( ΣY ) ] Izq.
C
B
A
2 m
6 m a
D
2 m
b
M c
[ M = ( ΣM ) ] Izq
x2 VAB = − kN 2 x2 x x3 M AB = − = − kN .m 2 3 6
V
x 3
Fuerza = 12 xy = 12 x(1x) = 12 x 2
6 k N /m
y = 66 x = 1x x
18 kN 4 m
x - 4
6 m
(a – a) x
(b – b)
y
Solución Ejemplo 4 18 kN 4 m
x - 4
20 k N x - 8
(c – c)
8 m x
• Para un sector entre C y D, en la que x varía entre 8 y 10, resulta: VCD = - 18 -20 = - 38 kN MCD = - 18(x – 4) – 20(x – 8) = (- 38 x + 232) kN.m • El momento en D, se encuentra: MD = (ΣM)izq = -18(6) – 20(2) = - 148 kN.m
Solución Ejemplo 4 a
b
6 k N /m
20 kN
C
B
A
2 m
6 m
c
a
D
D ia g r a m a d e c a r g a s
2 m
b
M c
V
D ia g r a m a d e c o r t a n t e
- 18 k N - 38 k N
- 3 6 k N .m
D ia g r a m a d e m o m e n t o - 7 2 k N .m - 1 4 8 k N .m
Relación entre la carga, la fuerza cortante y el momento flexionante • Para estos cálculos, hay que tener en cuenta que la diferencia de momentos es siempre igual al área del diagrama de cortante. Esta expresión indica que la M 2 − M 1 = ∆M = (área) de cortante variación del momento flexionante entre dos secciones es igual al área del diagrama de fuerza cortante en ese mismo intervalo • La diferencia de fuerzas V2 − V1 = ∆V = ( área ) de carga cortantes es siempre igual al área del diagrama de cargas.
Relación entre la carga, la fuerza cortante y el momento flexionante • Las expresiones anteriores proporcionan un método interesante para calcular la variación de V y M y por tanto, su valor numérico en cualquier sección. • De igual importancia que éstas son las expresiones que indican las pendientes de los diagramas, que escritas de la forma siguiente, permiten conocer la forma de los diagrama de fuerza cortante y momento flexionante.
dV w= = pendiente del diagrama de cortante dx dM V= = pendiente del diagrama de momento dx
Relación entre la carga, la fuerza cortante y el momento flexionante
Como aplicación de los principios expuestos, consideremos una viga simplemente apoyada con una carga variable, como se indica en la siguiente figura.
w
D ia g r a m a d e C a r g a (a )
x x2
x1 R
R
1
2
V D ia g r a m a d e C o r ta n te (b )
∆ V = á re a s o m b re a d a d e (a ) x2 x1
x
M
∆ M = á re a s o m b re a d a d e (b )
M
D ia g r a m a d e m o m e n to (c )
m ax.
x
• Puesto que las pendientes positivas suben hacia la derecha y las negativas bajan, el diagrama de fuerza cortante de la figura (b) debe tener una pendiente que baja constantemente hacia la derecha, ya que w es siempre negativa. • La inclinación varía directamente con la ordenada correspondiente del diagrama de cargas, siendo máxima en el punto en que la carga es máxima, y horizontal, de pendiente nula, en los extremos donde la intensidad de la carga es cero.
Relación entre la carga, la fuerza cortante y el momento flexionante
• De la misma manera se puede determinar la pendiente y la forma del diagrama de momentos flexionantes, como se observa en la figura (c), mediante las ordenadas correspondientes del diagrama de fuerza cortante. Como en este caso V es inicialmente positiva y continuamente decreciente, el diagrama de momento será inicialmente creciente, de pendiente positiva, pero la inclinación irá disminuyendo hasta anularse cuando la fuerza cortante sea cero. Esta forma de la curva de momento hace que tenga un máximo en el punto de fuerza cortante nula.
Relación entre la carga, la fuerza cortante y el momento flexionante
Relación entre la carga, la fuerza cortante y el momento flexionante • Los incrementos de fuerza cortante (∆V) y de momento flexionante (∆M) definidos por las ecuaciones anteriores, se indícan en la figura (b) y (c ). El área sombreada negativa del diagrama de carga determina que ∆V sea negativo y, por tanto, que V disminuye al pasar de x1 a x2. En el diagrama de cortante el área total entre x1 y x2 es positiva, suma algebraica de las áreas positivas y negativas, por lo que ∆M es positivo y el momento flexionante aumenta al pasar de x1 a x2.
Relación entre la carga, la fuerza cortante y el momento flexionante • Determinar los puntos de Con base en lo anterior, se fuerza cortante nula. sugiere el siguiente • Calcular los valores del procedimiento para el momento flexionante en los trazado de los diagramas de puntos de discontinuidad o fuerza cortante y momento cambio de cargas y en el punto flexionante: de fuerza cortante nula, • Calcular las reacciones • Calcular los valores de la fuerza cortante en los puntos de discontinuidad, mediante V = (∑Y)izq., o bien, ∆V = (Área)cargas • Trazar el diagrama de fuerza cortante teniendo en cuenta que ha de pasar por los puntos que se han determinado, y que la pendiente viene expresada por la ordenada del diagrama de carga.
empleando para ello M = (ΣM)izq.= (ΣM)der.,, o bien, ∆M = (Área)cortante, según la conveniencia del caso. • Trazar el diagrama de momentos flexionantes, que pasa por los puntos determinados en el inciso anterior, y teniendo en cuenta que su pendiente en cada punto esta determinada por la fórmula y es igual a la ordenada del diagrama de fuerza cortante en ese mismo
Problema ilustrativo P = 8 k N
Empleando el método semigráfico descrito, trazar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante en la viga de la figura, calculando sus valores en todos los puntos de discontinuidad, y sus valores máximos, tanto de V como de M.
w = 2 k N /m A
D 3 m
B
R
9 m 1
C
3 m
= 20 k N
R
2
= 12 k N
14 kN A
2 m
2
D ia g r a m a d e c o r ta n te A
E
1
- 6 kN
A
3
- 4 kN A
4
7 m
- 12 kN 4 0 k N .m 3 6 k N .m
D ia g r a m a d e m o m e n to
- 9 k N .m
Solución • En primer lugar se determinan las reacciones tomando momentos con respecto a los puntos D y B. Se obtiene: R1 = 20 kN y R2 = 12 kN. • Luego se determinan los valores de V en los puntos de discontinuidad. En A, V = 0. A la izquierda de B, V = (ΣY)izq. = - 6 kN, producida por la resultante negativa de la carga distribuida de 2 kN/m aplicada sobre 3 m. El mismo resultado da la expresión: V2 − V1 = ∆V = ( área ) de carga
• Ya que la variación de la fuerza cortante entre A y B es igual al área del diagrama en ese intervalo, es decir: ∆V = -2 x 3 = 6 kN. • Por tanto, la ordenada del diagrama de fuerza cortante a la izquierda de B es la de A (nula) más el incremento de - 6kN, lo que da - 6 kN. • La fuerza concentrada R1 aplicada en B da lugar a que la fuerza cortante aumente bruscamente en 20 kn, lo que da un valor de 14 kN a la derecha de B, habiendo pasado instantáneamente por el valor de cero
Solución • Entre B y C, el área del diagrama de cargas es: - 2 x 9 = -18, que es la variación de V entre B y C. La fuerza cortante a la izquierda de C es Vc = VB + ∆V = 14 – 18 = - 4 kN. • En C, la fuerza concentrada hacia debajo de 8 kN hace variar a V de – 4 kN a la izquierda de C a – 12 kN a la derecha de C. Entre C y D no hay fuerza aplicada alguna, luego V permanece constante. • En D, la reacción R2 de 12 kN hacia arriba reduce a cero la fuerza cortante.
P = 8 k N
w = 2 k N /m A
D 3 m
B
R
9 m 1
C
3 m
= 20 k N
R
2
= 12 k N
14 kN A
2 m
2
D ia g r a m a d e c o r ta n te A
E
1
- 6 kN
A
3
- 4 kN A
4
7 m
- 12 kN 4 0 k N .m 3 6 k N .m
D ia g ra m a d e m o m e n to
- 9 k N .m
Solución • Para unir los puntos determinados hay que tener en cuenta la expresión de las pendientes que las iguala a la ordenada correspondiente del diagrama de cargas. • Entre A y B la intensidad de carga es constante y negativa, por lo que la pendiente del diagrama de V será también hacia abajo (-) y constante. • Entre B y C ocurre exactamente igual, y como las pendientes son las mismas, el diagrama da dos rectas paralelas.
P = 8 k N
w = 2 k N /m A
D 3 m
B
R
9 m 1
C
3 m
= 20 k N
R
2
= 12 k N
14 kN A
2 m
2
D ia g r a m a d e c o r ta n te A
E
1
- 6 kN
A
3
- 4 kN A
4
7 m
- 12 kN 4 0 k N .m 3 6 k N .m
D ia g r a m a d e m o m e n to
- 9 k N .m
Entre C y D la carga es nula, por lo que la pendiente en el diagrama de V es nula, y se tiene una recta horizontal.
Solución • La fuerza cortante se anula en B, para x = 3 m, y también en E, cuya abscisa se determina teniendo en cuenta que, a la derecha de B, V = 14 kN, y como se reduce a razón de 2 kN/m, el intervalo de BE será: BE = d = 14/2 = 7 m. • Para calcular los momentos flexionantes se determinan en primer lugar las áreas del diagrama de fuerza cortante, señaladas como A1, A2, A3 y A4.
1 A1 = ( 3)( − 6) = − 9 kN . m 2 1 A2 = ( 7 )(14 ) = + 49 kN . m 2 1 A3 = ( 2 )( − 4 ) = − 4 kN . m 2 A4 = 3( −12 ) = − 36 kN . m
Solución • Conocemos que la variación del momento flexionante entre dos secciones cualesquiera es igual al área correspondiente del diagrama de fuerza cortante. • Puesto que en A, M = 0 (no existen fuerzas a la izquierda de A, que puedan producir momento), en B el momento vendrá dado por A1, es decir, MB = - 9 kN.m • De la misma manera en E se tiene: ME = MB + ∆M = A1 + A2 = - 9 + 49 = + 40 kN.m
• El momento flexionante en C también puede calcularse como suma de A1 + A2 + A3 cuyo resultado es Mc = 36 kN
Problema 3 Sin escribir las expresiones de fuerza cortante y momento flexionante, trazar sus diagramas para la viga de la figura y calcular sus valores en todos los puntos de discontinuidad. Calcular también sus valores máximos. P
1 2 k N /m
1
12 k N
y C
A
D
E
B x R1
R2 9 m
1 m
4 m
1 m
P
1
= 2 4 = ½ xy
1 2 k N /m 12 k N
y C
A
D
E
B x R 1= 2 4 k N
R 1= 4 2 k N 1 m
9 m
1 m
4 m
24
Solución Problema 3
D ia g ra m a d e c o r ta n te (v a lo r e s e n k N )
12
F
G
x = 6 m
- 30 96 2 .8 6 m
1 .1 4 m
54
D ia g ra m a d e m o m e n to (v a lo r e s e n k N .m )
24
- 12 - 1 8 .8 4
Solución Problema 3 Calculemos las reacciones. Sustituyendo la reacción uniformemente distribuida entre C y D por su resultante R2 y tomando momentos con respecto a A, se obtiene R2 = 42 kN. Y tomando momentos respecto del punto de aplicación R2 resulta R1 = 24 kN. Dividiendo R2 entre 4 m de longitud sobre la que se supone uniformemente distribuida, la intensidad de ésta reacción es de 10.5 kN/m NOTA: Siempre que hayan fuerzas distribuidas en forma de triángulo, se modela reemplazando con una carga concentrada que actúa sobre el centro de gravedad del triángulo, que se encuentra a ⅔ de la base respecto al ángulo agudo (⅓ de la base respecto al ángulo recto).
Solución Problema 3 12 × 9 ∑ Fy = 0 R1 + R2 = + 12 = 66 kN 2 12 × 9 2 ∑MA = 0 × × 9 + 12 ×15 = R2 ×12 2 3 R1 = 24 kN R2 = 42 kN El diagrama de fuerza cortante se inicia con un salto brusco de 0 a 24 kN debido a la reacción R1. Aplicando ΔV = (Área)cargas, entre A y B, la variación de V es igual al área triangular del diagrama de carga ½ * (9*(- 12)) = - 54 kN; por lo que en B, V = - 30 kN.
Solución Problema 3 • La forma del diagrama entre A y B viene determinada por la expresión: dV w= = pendiente del diagrama de cortante dx
Que indica que la pendiente varía desde cero en A, incrementándose negativamente conforme aumenta la intensidad de la carga (negativa), hasta 12 kN/m en B. Entre B y C la intensidad de carga es cero, por lo que la pendiente del diagrama de V es nula, es decir, horizontal.
Solución Problema 3 • De C a D la carga es constante y positiva (hacia arriba), con un valor de 10.5 kN/m, que produce un incremento positivo de la fuerza cortante, en este tramo, de 42 kN, con una pendiente positiva constante en el diagrama. El valor de V en el punto D es de – 30 kN + 42 kN = 12 kN. Desde D a E no hay carga alguna, por lo que V se mantiene constante. Por último, la fuerza concentrada P = 12 kN, negativa por ir hacia abajo, reduce a 0 la fuerza cortante en E.
Solución Problema 3 Determinemos la posición de las secciones de fuerza cortante nula. La fuerza cortante de 24 kN en A se reduce a cero en F por la fuerza P1 del diagrama de carga (parte sombreada) aplicada en el intervalo AF. Evidentemente, P1 también vale 24 kN (hacia abajo, negativo) y es igual al área (½ xy), en donde y es la intensidad de carga en la sección F. Por tanto:
1 24 = xy 2
y 12 pero = x 9 24 ×18 2 de donde : x = = 36 12 x = 6 m.
P 1 = 2 4 = ½ xy
1 2 k N /m 12 k N
y C
A
D
E
B x R 1= 2 4 k N
R 1= 4 2 k N 1 m
9 m
1 m
4 m
24
Solución Problema 3
D ia g ra m a d e c o r ta n te (v a lo r e s e n k N )
12
F
G
x = 6 m
- 30 96 2 .8 6 m
1 .1 4 m
54
D ia g ra m a d e m o m e n to (v a lo r e s e n k N .m )
24
- 12 - 1 8 .8 4
Solución Problema 3 La posición de G se determina teniendo en cuenta que la reacción hacia arriba aplicada en el intervalo CG debe ser de 30 kN para anular Vc = - 30 kN. Por tanto y como la intensidad de la reacción es w = 10.5 kN/m, entonces:
30 = 10.5 d d = 2.86 m x = 10 + d = 12.86 m
Solución Problema 3. Momento flexionante El momento flexionante en F, para x = 6 m se obtiene así: – La parte sombreada de la carga triangular entre A y F, con un total de 24 kN, actúa en el centro de gravedad del área triangular, es decir a ⅓ de 6 m de F, por lo que
[M = ( ∑ M ) ] izq .
M F = ( 24 × 6 ) − 24 ×
M F = 96 kN . m Análogamente en B, para x = 9 m 9 M B = ( 24 × 9 ) − 54 × = 54 kN . m 3
Calcular los momentos en: MC = 24 kN.m MD = - 12 kN.m MG = - 18.84 kN.m
6 3
Solución Problema 3. Momento flexionante • MC = MB + ΔM
54 – 30 = 24 kN.m
• MD = (ΣM)der. = 12 x 1 = - 12 kN.m • MG = - 12 – 6.84 = - 18.84 kN.m área de cortante = ½ x 12 x 1.14 = 6.84 kN.m
Problema 5 Sin escribir las expresiones de fuerza cortante y momento flexionante, trazar sus diagramas para la viga de la figura y calcular sus valores en todos los puntos de discontinuidad. Calcular también sus valores máximos. 10 kN
2 m 1 m
1 m
R
1
1 0 k N /m
2 m
R
2
10 kN
2 m 1 m
1 0 k N /m
1 m
R1 + R2 = 10 + 20 = 30 kN
2 m
R1 ×1 + R2 × 6 = 10 × 2 × 3 = 60
E
A B
C
R1 = 60 − 6 R2 = 60 − 6( 30 − R1 )
D
R1 = 60 − 180 + 6 R1 R1= 24 kN
R2= 6 kN
14 k N
120 = 24 kN 5 R2 = 6 kN R1 =
1 4 k N .m 7 x k n .m
D ia g r a m a d e C o r ta n te F
- 1 0 k N .m
- 1 2 k N .m
x = 1 .4 m
( 6 - 3 x ) k N .m - 6 kN
- 10 k N
1 3 .8 k N .m
Problema 5
1 2 k N .m 4 k N .m
D ia g r a m a d e M o m e n to
- 1 0 k N .m
Problema 6 Sin escribir las expresiones de fuerza cortante y momento flexionante, trazar sus diagramas para la viga de la figura y calcular sus valores en todos los puntos de discontinuidad. Calcular también sus valores máximos. (Resp.: Mmáx. = - 60 kN.m) 60 kN 30 kN 1 m
5 k N /m
4 .0 m
R
1
2 m
R
2
60 kN 30 kN 1 m 5 k N /m
4 m R
2 m R
1
40 k N
2
Σ Fy = 0 Σ M A = 0
A = 2 .5 k N .m 30 k N
B = 3 5 k N .m
Solución Problema 6
E = 6 0 k N .m
C = - 7 5 k N .m
- 25 kN D = - 2 2 .5 k N .m - 40 kN 4 0 k N .m
3 0 k N .m
- 2 5 k N .m
- 4 0 k N .m
- 6 0 k N .m
R1 (60 R2 R1
+ x = =
R2 1) 70 40
= 60 + 30 + 20 + (3 0 x 6 ) + (2 0 x 2 ) = 4 x R kN kN
2
FLEXIÓN PURA
INTRODUCCIÓN • En los capítulos precedentes se estudió cómo son los esfuerzos en elementos prismáticos sometidos a cargas axiales o a pares de torsión. • Ahora analizaremos los esfuerzos y las deformaciones en elementos prismáticos sujetos a flexión.
M '
M
A
B
Este es un elemento prismático sometido a pares iguales y opuestos M y M’ que actúan en el mismo plano longitudinal. Se dice que tales elementos están sujetos a flexión pura.
Ejemplo de Flexión Pura Un ejemplo de flexión pura es lo que le ocurre a una barra de una pesa gimnástica como las que sostienen los levantadores de pesas encima de su cabeza.
8 0 lb
8 0 lb
1 2 in
2 6 in C
1 2 in D
A
B
8 0 lb C
M = 9 6 0 lb -in
8 0 lb D
M ' = 9 6 0 lb -in
La barra tiene pesos iguales a distancias iguales de las manos del levantador de pesas. Debido a la simetría del diagrama de cuerpo libre de la barra, las reacciones de las manos deben ser iguales y opuestas a los pesos. En cuanto a la porción CD de la barra, los pesos y las reacciones pueden reemplazarse por dos pares iguales y opuestos de 960 lb.in, mostrando que la porción central se encuentra en flexión pura.
Ejemplo de Flexión Pura 8 0 lb
8 0 lb
1 2 in
2 6 in C
1 2 in D
A
B
8 0 lb C
M = 9 6 0 lb -in
8 0 lb D
M ' = 9 6 0 lb -in
Flexión Pura Vamos a estudiar y deducir las relaciones entre el momento flexionante y los esfuerzos normales por flexión que se producen, entre la fuerza cortante vertical y los esfuerzos cortantes. Para hacer esto es necesario plantear las siguientes hipótesis:
1. Las secciones planas de las vigas, inicialmente planas permanecen planas 2. El material es homogéneo y obedece a la ley de Hooke 3. El módulo elástico es igual a compresión que tensión 4. La viga es inicialmente recta y de sección constante 5. El plano en el que actúan las fuerzas contiene a uno de los ejes principales de la sección recta de la viga y las cargas actúan perpendicularmente al eje longitudinal de aquella.
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN • Los esfuerzos normales producidos por el momento flexionante se llaman esfuerzos por flexión y las relaciones entre estos esfuerzos y el momento flexionante se expresan mediante la fórmula de la flexión. • Para su deducción se sigue el mismo procedimiento que se aplicó para deducir las fórmulas de torsión, es decir, las deformaciones elásticas junto con la ley de Hooke determinan la forma de la distribución de esfuerzos, y mediante la condición de equilibrio se establece la relación entre los esfuerzos y las cargas
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN La figura muestra dos secciones adyacentes ab y cd separadas una distancia dx. Debido a la flexión producida por la carga P, las secciones ab y cd giran una con respecto a la otra un pequeño ángulo dθ, como se muestra en la figura, pero permanecen planas y sin distorsión de acuerdo con la hipótesis 1, enunciada anteriormente. O
P a
dθ
ρ
c
a e y
R
1
d
b R
2
c' f dθ
g b
c
h k d' d S u p e r f ic ie n e u t r a
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN La fibra ac de la parte superior se acorta y la fibra bd se alarga. En algún punto entre ellas existe una fibra, tal como ef, cuya longitud no varía. Trazando la línea c’d’ por f, paralela a ab, se observa que la fibra ac se ha acortado una longitud cc’ y está comprimida, mientras que la fibra bd se ha alargado la longitud dd’ y esta sometida a tensión. O
P a
dθ
ρ
c
a e y
R
1
d
b R
2
c' f dθ
g b
c
h k d' d S u p e r f ic ie n e u t r a
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN El plano que contiene todas las fibras como la ef se llama superficie neutra, ya que tales fibras no varían de longitud y por tanto, no están sujetas a esfuerzo alguno. La superficie neutra pasa por el centro de gravedad de las secciones transversales de las vigas. O
P a
dθ
ρ
c
a e y
R
1
d
b R
2
c' f dθ
g b
c
h k d' d S u p e r f ic ie n e u t r a
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN
Consideremos la deformación de una fibra cualquiera gh situada a una distancia y de la superficie neutra. Su alargamiento hk es el arco de circunferencia de radio y y ángulo dθ y viene dada por: δ = hk = y dθ La deformación se obtiene
dividiendo el alargamiento entre la longitud inicial ef de la fibra.
δ y dθ = L ef Llamando ρ al radio de curvatura de la superficie neutra, la longitud ef es igual a ρ dθ , por lo que la deformación unitaria vale y dθ y ε= = ρ dθ ρ
ε=
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN Supóngase que el material es homogéneo y obedece a la ley de Hooke, hipótesis 2, el esfuerzo en la fibra gh viene dado por:
E σ = Eε = y ρ
Esta expresión indica que:
El esfuerzo en cualquier fibra es directamente proporcional a su distancia (y) a la superficie neutra, ya que se ha supuesto que el módulo elástico es igual a tensión que a compresión y el radio de curvatura ρ de la superficie neutra es independiente de la ordenada y de la fibra.
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN • Los esfuerzos no deben sobrepasar el límite de proporcionalidad, pues sino dejaría de cumplir la ley de Hooke, en la cual se ha basado la determinación de la forma como se distribuyen los esfuerzos. • Para completar la deducción de las fórmulas de la flexión, se aplican las condiciones de equilibrio. • Como se vio anteriormente, las fuerzas exteriores que actúan a un lado de la sección en estudio quedan equilibradas por la fuerza cortante y el momento flexionante resistentes.
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN
Para que se produzca este equilibrio, un elemento diferencial cualquiera de la sección de exploración esta sometido a las fuerzas que indica la siguiente figura. Y
=
E. N.
Plano longitudinal de las fuerzas aplicadas
Ej e
ne ut ro
P
W N/m Superficie neutra
X y z
Z τxzdA
σxdA R
τxydA
Vr
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN • Para satisfacer la condición de que las fuerzas exteriores no tengan componentes según el eje X, hipótesis 5, se tiene: • Los términos E y ρ , constantes, se han sacado fuera del signo integral. • Como y dA es el momento estático del área diferencial dA respecto de E.N., la integral es el momento estático total del área. Por tanto:
[ ΣX = 0] ∫ σ x dA = 0 E Como σ x = y ρ E y dA = 0 ∫ ρ
E Ay = 0 ρ
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN
• Sin embargo, como solamentey en esta expresión puede ser nulo, se deduce que la distancia al E.N., eje de referencia, del centro de gravedad de la sección recta debe ser cero, es decir, que la línea neutra pasa por el centroide del área de la sección transversal. • La condición ΣY = 0 que da V = Vr conduce a que la fuerza cortante Vr es la suma de todas las fuerzas cortantes τ xydA, es decir, Vr = ∫τ xydA
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN • La condición ΣZ = 0 conduce a que: ∫τ xzdA = 0 Puesto que las fuerzas exteriores no tienen componente según el eje Z, en el sistema de fuerzas cortantes τ xzdA está en equilibrio. • Considere la condición ΣMy = 0. Las fuerzas exteriores no producen momento con respecto al eje Y, ni tampoco las fuerzas cortantes interiores. Por lo tanto:
ΣM y = 0
∫ z(σ
x
dA) = 0
Sustituyendo σ x por Ey
ρ resulta :
E zy dA = 0 ∫ ρ La integral ∫zydA es el producto de inercia Pzy , que es nulo solamente si Y y Z son ejes de simetría o ejes principales de la sección. Esto es la justificación de la hipótesis 5.
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN La última condición de equilibrio ΣMz = 0 requiere que el momento flexionante este equilibrado por el momento resistente, es decir M = Mr. El momento resistente con respecto a E.N., de un elemento cualquiera es y(σx dA), y por tanto: M = ∫y(σx dA). Sustituyendo E resulta: M = ∫ y 2 dA
σx por Ey/ρ,
ρ
Puesto que ∫ y 2 dA es el momento de inercia I del área con respecto al eje de referencia, que en este caso es E.N., que pasa por el centro de gravedad, se obtiene finalmente : M =
EI
ρ
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN • La forma más común de escribir la ecuación es:
1 M = ρ EI Igualando : E M σ = = ρ I y Se obtiene la fórmula de la flexión : My σ= I
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN • La fórmula de la flexión es:
My σ= I Esta expresión indica que el esfuerzo debido a la flexión en cualquier sección es directamente proporcional a la distancia del punto considerado a la línea neutra. Una fórmula más común de la fórmula de la flexión se obtiene sustituyendo y por la distancia c del elemento más alejado de la línea neutra.
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN • Con esto se obtiene el esfuerzo máximo:
Mc σ= I El cociente I/c, se llama módulo de resistencia, y se designa por S, por lo que la fórmula de la flexión adquiere la forma:
σ max
M M = = I C S
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN
• Esta fórmula es muy empleada en vigas de sección constante, y muestra cómo el esfuerzo máximo se produce en la sección de momento flexionante máximo. • Más adelante se presentan los valores del módulo de resistencia de las formas más comunes de sección recta.
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN • Un análisis muy interesante, análogo al que se emplea en las vigas de concreto armado, es el de la variación de los esfuerzos de flexión en una sección rectangular, como se indica en la figura. Á r e a e n c o m p r e s ió n σ
b
c
h /2
c
C k e k
h /2
c
T σ
Τ
Á r e a e n t e n s ió n
E l m o m e n t o r e s i s t e n t e e q u i v a l e a u n p a r fo r m a d o p o r l a s r e s u l t a n t e s d e l a s fu e r za s d e c o m p r e sió n y d e te n sió n
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN Dado que la suma de las fuerzas horizontales en la sección debe se nula, la fuerza total de compresión C, en la mitad superior de la sección recta, ha de ser igual a la fuerza total de tensión T en la mitad inferior. Por tanto, el momento resistente M, esta constituido por el par que forman las fuerzas C y T iguales y opuestas. La magnitud de cada una de estas fuerzas es igual al producto del esfuerzo medio por el área. Por consiguiente, como el esfuerzo medio en una distribución lineal es la mitad del esfuerzo máximo, se tiene:
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE FLEXIÓN 1 h T = C = ( σ med )( área ) = σ b × 2 2 Las fuerzas C y T actúan en el centro de gravedad de la carga triangular 2 2 h a una distancia k de E.N., y como k = c = , el brazo del par 2 3 3 2 resistente es e = 2k = h. Igualando el momento flexionante al momento 3 resistente, resulta : M = M r = Ce = Te
( )
bh 2 1 h 2 M = σ b h = σ 6 2 2 3 Que coincide con la ecuación de momento para una sección rectangular
Módulos de resistencia de secciones transversales R EC TAN G U LAR C IR C U L A R L L E N A b
E .N . r
h
E .N .
C IR C U L A R H U E C A ( T u b u la r )
b h2 S= 6
R E .N . r
S=
π 4 4 (R −r ) 4R
d
π r3 π d 3 S= = 4 32
Problema Flexión 1 • Una viga de sección rectangular de 150 x 250 mm., soporta la carga que muestra la figura. Determine el máximo esfuerzo por flexión que se produce. 150 m m
15 kN 2 m
1 m 6 k N /m
250 m m
3 m 14 kN
19 kN
14
2
1 m
2 m
D ia g r a m a d e C o r t a n t e
- 13 - 19
Problema Flexión 1 Se comienza por determinar el máximo momento flexionante. El diagrama de fuerza cortante indica que éste se anula para x = 2 m. El momento flexionante en dicho punto, calculado por el área del diagrama de fuerza cortante, es para x = 2 m,
[ ∆M = (área)v ] M max .
14 + 2 = × ( 2 ) = 16 kN .m 2
No hay necesidad de dibujar el diagrama de momentos.
Problema Flexión 1 Se aplica la fórmula de la flexión para una sección rectangular:
M 6M σ= = 2 S bh 3 6(16 ×10 ) σ max . = = 10.24 MPa 2 ( 0.150)( 0.250)
Problema Flexión 2 Una viga de madera de 100 x 300 mm., y 8 m de longitud soporta las cargas indicadas en la figura adjunta. Sí el máximo esfuerzo admisible es de 9 Mpa, ¿para qué valor máximo de w se anula la fuerza cortante bajo P y cuánto vale P? 100 m m P kN 6 m
2 m w k N /m
300 m m
8 m R
R
1
2
N o t a : U n a p e n d ie n t e m a y o r , e s d e c ir , u n a c a r g a w m a y o r , t r a s la d a a la iz q u ie r d a e l p u n t o d e f u e r z a c o r t a n t e n u la . U n a p e n d ie n t e m e n o r m a n t ie n e e n P e l p u n t o d e f u e r z a c o r t a n t e n u la
R1=4w + P/4
2 m 6 m
D ia g r a m a d e C o r t a n t e
- P
Para satisfacer las condiciones indicadas en el enunciado, el diagrama de fuerza debe tener la forma que representa la figura. El máximo valor de w que anula la fuerza cortante bajo P se determina así:
Problema Flexión 2 100 m m
P kN 6 m
2 m w k N /m
300 m m
8 m R
1
= (4 w + P /4 )
R
2
N o t a : U n a p e n d ie n t e m a y o r , e s d e c ir , u n a c a r g a w m a y o r , t r a s la d a a la iz q u ie r d a e l p u n t o d e f u e r z a c o r t a n t e n u la . U n a p e n d ie n t e m e n o r m a n t ie n e e n P e l p u n t o d e f u e r z a c o r t a n t e n u la 2 m 6 m
D ia g r a m a d e C o r t a n t e
- P
∆V = (V2 − V1 ) = ( área ) cargas La carga R 1 = 6w para satisfacer la condición del problema P 4 w + = 6 w ⇒ P = 8w 4
Problema Flexión 2 El máximo momento flexionante tiene lugar bajo P y su valor es:
∆M = ( área ) v M max . =
1 2
( 6)( 6w) = 18w N .m
Aplicando la fórmula de flexión resulta : I bh 2 M = σ c = σ 6
(
18w = 9 ×10
6
)
( 0.1)( 0.3 ) 2 6
= 750 N m
Y según ( a ) el valor de P es : P = 8w = 8 × 750 = 6000 N
Problema 4 0 .8 in
M '
M 0 .8 in .
2 .5 in
1 3 1 3 bh = ( 0.8 in.)( 2.5 in.) 12 12 4 I = 1.042 in. Mc Resolviendo σ m = I I 1,042 in.4 M = σm = × ( 36 ksi ) = 30.000 lb. in c 1,25 in. I=
C
1 .2 5 in
P u e s t o q u e e l e je n e u t r o d e b e p a s a r p o r e l c e n t r o i d e C d e la s e c c ió n , c = 1 . 2 5 in . P o r o t r a p a r t e , e l m o m e n t o d e i n e r c i a c e n t r o i d a l d e la s e c c ió n r e c t a n g u l a r e s :
2 .5 in .
Una barra de acero de 0.8 x 2.5 in., se somete a dos pares iguales y opuestos que actúan en el plano vertical de simetría de la barra. Determine el valor del momento flector M que hace fluir la barra. Suponga σ 36 ksi.
N .A
Problema 7 Una viga de madera de 150 mm de ancho y 300 mm de altura esta cargada como indica la figura. Sí el máximo esfuerzo admisible es de 8 MN/m2, determinar los valores máximos de w y P que pueden aplicarse simultáneamente. (Resp.: w = 9 kN/m; P = 18 kN) P
w N /m
3 .0 m
R
1
2 .0 m
3 .0 m
R
2
P = 18 kN
Problema 7
150 m m
w N /m
300 m m 3 .0 m
2 .0 m
3 .0 m
R1= 6 kN
R2= 30 k N
bh3 ( 0,15)( 0,3) = =3,375 ×10−4 12 12 σmax I 8 ×106 ×3,375 ×10 −4 Mc σmax = ⇒M max = = I c 0,15 M max =18 kN .m 3
I=
R 2 - (6 - P ) 6 kN A
1
= 1 8 k N .m A
3
= 2w
D
A B
C A A
2 2
= 3 x (P - 6 ) = 3 P - 1 8 = 3 x 18 - 18 = 36
S í a s u m im o s q u e l m o m e n t o m á x im o e s t a e n B : M B = 1 8 k N .m = Á re a e n A B = R 1 x 3 m R1 = 6 kN A d e m á s p o r s e r u n a v ig a re c t a n g u la r s im é t ric a y d e a c u e rd o c o n e l d ia g ra m a d e m o m e n t o , é s t a t ie n e d o s m o m e n t o s ig u a le s d e s e n t id o c o n t ra r io p a r a q u e la v ig a e s t e e n e q u ilib rio a l m á x i m o e s fu e r z o a d m i s ib le . A s í: M C = - 1 8 k N . m
6 k N - P = - 12 k N 1 8 k N .m
E l m o m e n t o e n C d e s d e la d e r e c h a , ( M C )D er. , s e r á : M C = - 1 8 k N . m = - 2 w , lu e g o : w = 9 k N /m E l m o m e n t o e n C d e s d e l a i z q u i e r d a ( M C ) Iz q . , s e r á : 3 6 - 3 P = - 1 8 , e n to n c e s : P = - 1 8 k N 3 .0 m
2 .0 m
3 .0 m
M
c
= - 1 8 k N .m
A dem ás, R1 + R2 = P + 2w 6 + R2 = 18 + 2 x 9 = 36 R2 = 30 kN
QUIZ 25-03-2008 • Una barra rectangular simplemente apoyada, de 50 mm de ancho por 100 mm de espesor, soporta una carga de 1200 N/m uniformemente distribuida sobre toda su longitud. ¿Cuál es la longitud máxima de la barra si el esfuerzo flexionante está restringido a 20 MPa?
PROBLEMA 8 • Una barra rectangular de acero, de 20 mm de ancho por 40 mm de altura y 4 m de longitud, esta simplemente apoyada en sus extremos. Sabiendo que la densidad del acero es de 7.850 kg/m3, determine el máximo esfuerzo por flexión debido al peso propio de la barra.
PROBLEMA 9 Para la viga de madera cargada que muestra la figura, dibuje los diagramas de cortante, y de momento flector y determine el esfuerzo normal máximo debido a la flexión. 40 kN
20 kN
80 mm
B
A
D
C 2,5 m
3,0 m
2,0 m
250 mm
PERFILES COMERCIALES En una viga de sección rectangular o circular, las fibras situadas en la proximidad del eje neutro (EN) están sometidas a un esfuerzo muy pequeño comparado con el esfuerzo en la parte superior o en la inferior. El hecho de que gran parte de la sección esté poco aprovechada las hace poco apropiadas para trabajar a flexión.
PERFILES COMERCIALES La fórmula de la flexión M = σ I/c, muestra que si el área de la sección rectangular pudiera distribuirse de manera que la viga siguiera teniendo la misma altura (figura 1), pero con la forma indicada en la figura 2, el momento de inercia aumentaría muchísimo, por lo que el momento flexionante que podría soportar sería mucho mayor
1
2
3 V ig a H ( a la a n c h a ) ( P e r f il W )
PERFILES COMERCIALES Físicamente, el incremento del momento resistente es debido a que hay mucha más fibra a mayor distancia del EN., fibras que soportarán un esfuerzo mayor, y con un brazo de momento también mayor respecto del EN. Sin embargo, la sección de la figura 2, no es realizable; las dos partes en que ha quedado dividida no pueden estar aisladas. Es necesario emplear parte del área en la sujeción, como se indica en la figura 3.
1
2
3 V ig a H ( a la a n c h a ) (P e r fil W )
PERFILES COMERCIALES Al escoger una determinada sección para aplicarla como viga es necesario decir que el momento que puede resistir Mr = σ I/c = σ S (módulo de sección), debe ser igual o mayor que el momento flexionante máximo aplicado M. Esta condición puede expresarse por la desigualdad: S ≥ M/σ
PROBLEMA ILUSTRATIVO 1 Seleccione el perfil W más ligero que puede soportar la carga indicada en la figura, sin exceder el esfuerzo admisible de 120 MPa. Determinar el esfuerzo real en el perfil escogido. Suponga que la viga esta arriostrada adecuadamente para evitar la deflexión lateral. 45 kN 4 m
15 kN
R1 + R2 = 45 kN
2 m
R2 × 6 − 45 × 4 = 0 30 kN
15 kN
R2 = 30 kN
⇒ R1 = 15 kN
E l m á x im o m o m e n t o t ie n e lu g a r b a jo la c a r g a y v a le 1 5 x 4 = 6 0 k N . m . A p lic a n d o la e c u a c ió n :
S≥
- 30 kN D ia g r a m a d e C o r t a n t e
M σ
60 × 103 = 500 × 10−6 m3 120 × 106 S ≥ 500 × 103 mm3
⇒ S≥
PROBLEMA ILUSTRATIVO 1 En la tabla de perfiles H (o W) se busca uno cuyo módulo de sección sea igual o superior a 500 x 10 3 mm3. Este perfil es el W 200 (altura) x 52 (peso), con S = 512 x 103 mm3. En el grupo W250, se encuentra un perfil W 250 x 45 con S = 534 x 10 3 mm3, que es también satisfactorio, además de ser más ligero. El grupo W310 incluye un perfil W310 x 39 con S = 549 x 103 mm3, que es el mejor, ya que la viga adecuada más factible en los otros grupos tiene una masa unitaria mayor que 38,7 kg/m, que es la del perfil w310 X 39.
PROBLEMA ILUSTRATIVO 1 La elección del perfil no esta completa todavía, ya que se ha de incluir el peso de la viga. El momento que puede resistir la viga, MR, debe ser igual o mayor que la suma del momento Mv producido por la carga útil y el momento Mpp producido por su peso propio.
M R ≥ M v + M pp
M R M v M pp ≥ + σ σ σ S R ≥ Sv + S pp
dividiendo entre σ
⇒
PROBLEMA ILUSTRATIVO 1 0 .3 8 k N /m • En este ejemplo el peso de la viga no es lo 6 .0 m suficientemente grande 1 .1 4 k N 1 .1 4 k N para cambiar la posición del punto de máximo 2 .0 m momento flexionante combinado. - 0 .3 8 k N - 1 .1 4 k N • Calculemos el valor del D ia g r a m a d e p e s o m u e r to momento Mpp para X = 4 m, que vale por definición M pp = (1.14 × 2) − (0.38 × 2)(1) = 1.52 kN .m de momento, M = (ΣM)der
PROBLEMA ILUSTRATIVO 1 Por tanto, el módulo resistente necesario para este momento es:
1.52 × 103 3 3 S pp = = = 12 . 7 × 10 mm 6 σ 120 × 10 Aplicando la ecuación condición, M pp
S R ≥ Su + S pp
549 × 10 〉 (500 + 12.7) × 10 3
Se desprende que la sección elegida es suficiente.
3
PROBLEMA ILUSTRATIVO 1 El esfuerzo real en la viga se determina fácilmente por la relación del módulo resistente necesario en la viga al del perfil elegido, es decir:
M = σ ' S R = σ ( Sv + S pp )
σ ' (549 × 10 ) = (120 × 10 )[(500 + 12.7) × 10 σ ' = 112 Mpa −6
6
−6
]
Problema 2 Una viga simplemente apoyada en sus extremos, de 10 m de luz, soporta una carga uniforme de 16 kN/m sobre toda su longitud. – ¿Cuál es la viga más ligera de perfil W que no excederá un esfuerzo por flexión de 120 MPa? – Cuál es el esfuerzo real en la viga seleccionada?
PROBLEMA 3 Una viga simplemente apoyada de 12 metros de luz soporta una carga repartida de 80 kN/m en los 6 metros centrales. Elegir la sección más ligera, si el esfuerzo admisible es de 140 MPa. Hallar el esfuerzo real máximo en la viga elegida.
