Solicitación por flexión - Complemento Teórico

Trabajo Práctico Nº 5: Solicitación por Flexión

Estabilidad IIB – 64.12 hoja 1 Curso: Ing. Gabriel Pujol

Solicitación por Flexión Simple (complemento teórico)

1. Conceptos Generales

Designamos flexión simple, aquella forma de solicitación para la cual la reducción al baricentro de la sección considerada de las fuerzas que actuando a uno y otro lado de la misma, se reducirían a dos pares normales al plano de aquellas, con o sin esfuerzo de corte (en el primer caso estaríamos ante una solicitación de flexión pura y en segundo en una de flexión y corte).

Designaremos con el nombre de plano de flexión al plano en que actúan los pares flexores y línea de fuerzas a la traza de dicho plano con el plano de la sección.

En el caso de la flexión simple pueden presentarse dos casos:

que la línea de fuerzas coincida con uno de los ejes principales de inercia de la sección (flexión simple normal)

que la línea de fuerzas forme un cierto ángulo

con ese eje (flexión simple oblicua)

2. Flexión pura normal

Sea en la figura una sección F de un sólido de alma llena solicitado por un par flexor de momento M. Supondremos que la línea de fuerzas coincide con uno de los ejes principales de inercia de la sección (flexión simple normal).

Por ser nulos los esfuerzos de corte y normal, las ecuaciones de equivalencia tendrán las siguientes expresiones:

10

0

0

0

0

F

x

F

x

F

xzxy

F

xz

F

xy

F

x

dFyM

dFz

dFyz

dF

dF

dF

Estas expresiones por sí solas no resuelven el problema, sino que es necesario recurrir a hipótesis relativas al comportamiento de la sección, suficientemente exactas y verificadas experimentalmente.

Como hipótesis fundamental de la flexión admitiremos la de Bernoulli-Navier que establece que en la flexión, las secciones normales al eje de la pieza se mantienen planas a través de las deformaciones y giran en torno a un eje denominado eje neutro, que pertenece a la sección.

Al mantenerse planas las secciones, no pueden originarse distorsiones y en consecuencia por ser

G no existen tensiones tangenciales. Por esta razón, la 2ª, 3ª y 4ª de las expresiones (1) resultan

idénticamente nulas.


Curso: Ing. Gabriel Pujol hoja 2 Estabilidad IIB – 64.12

Considerando ahora dos secciones consecutivas 1-1 y 2-2 de una barra de eje rectilíneo, sujeta a flexión pura, separadas a una distancia unitaria, dónde sobre cada sección actúan pares opuestos de momento M.

y suponiendo que la línea de fuerzas coincide con uno de los ejes principales de inercia de la sección (por

ser flexión normal); y también que el eje neutro n-n, forma un ángulo con la línea de fuerzas

(representada por el eje y). Supondremos además, fija la sección 1-1 y consideraremos la rotación relativa de la sección 2-2.

Una fibra cualquiera s-s experimentará un alargamiento o un acortamiento según su posición en la sección SS’ que, por ser su longitud original unitaria, corresponderá directamente al alargamiento

específico . Los alargamientos de las distintas fibras variarán linealmente en función de su distancia al

eje neutro.

Si llamamos x al alargamiento de las fibras situadas a una distancia unitaria del eje neutro, el

correspondiente a las fibras situadas a una distancia “y” será:

xx y

y, de acuerdo con la ley de Hooke, será:

xxx yEE

y llamando xE resultará ser:

yx

Reemplazando el valor de en la 1ª, 5ª y 6ª expresiones de las ecuaciones (1) resulta:

0

sin

0

0

sin

0

0

22

ctecon

dFyM

dFzy

dFy

dFyM

dFzy

dFy

F

F

F

F

F

F



analizando las dos primeras ecuaciones, vemos que, por ser 0 , debe necesariamente ser:

F

F

dFzy

dFy

nulo) centrífugo (momento0

nulo) estático (momento0

La primera por tratarse de un momento estático nulo nos dice que el eje neutro debe, necesariamente, debe ser baricéntrico, y la segunda, que es la expresión del momento centrífugo de la sección respecto de los ejes “n-n” e “y”, establece que ambos son conjugados de inercia. En consecuencia para la flexión pura normal se cumple que:

el eje neutro es baricéntrico;

el eje neutro es conjugado de inercia de la línea de fuerzas, y como ésta coincide con un eje

principal de inercia, ambos son normales, y se tiene º90 .

3. Ecuación de Estabilidad

Por lo expuesto, el eje longitudinal de la barra, bajo la acción de los pares opuestos M adquiere una cierta curvatura. Las secciones planas CD y EF que antes formaban un rectángulo CDEF, forman un trapecio con CE < DF. Esto es, las fibras superiores se acortan (experimentan compresión) y las fibras inferiores se alargan (experimentan tracción).

Por consiguiente debe existir una capa de fibras que no sufre deformación alguna y por lo tanto, ninguna tensión. Esta capa neutra es la que se denomina eje neutro y es perpendicular al eje de simetría del perfil.

Un elemento de área dA distante y del eje neutro, estará solicitado por un esfuerzo interno de intensidad

.dA.

Para que la sección considerada permanezca en equilibrio, será necesario que, además que la suma de

todos los esfuerzos interiores resulte igual a 0 (cero), el momento de aquellos esfuerzos .dA respecto

del eje neutro iguale al momento M de las fuerzas exteriores, así tendremos:

AA

ctey

condAyMdAyM 02

por lo tanto, y siendo:



A

xxx MJy

MJdAyJ

2

o sea:

xJ

yM

fórmula que determina el valor de la tensión en un punto genérico de la sección solicitada por un

momento flexor M. Como por razones de seguridad debe dimensionarse para el máximo momento actuante y correspondiente la máxima tensión a la fibra más alejada del eje neutro (ymax = v), entonces, y siendo:

v

J

M

J

vM

J

yM

xxx

maxmax

maxmaxmaxmax bien o

la magnitud 3cmv

JW x

x es el módulo resistente del perfil, por lo que: xW

M

Se observa que si el centro de gravedad no está en la mitad de la altura h del perfil, los valores del módulo resistente son dos:

21

2

2

1

1 que dado vvv

JW

v

JW xx

por razones de seguridad se utiliza el menor de ellos.

4. Cálculo de la Sección Resistente

Para dimensionar el perfil de una viga solicitada a flexión simple se procede determinando el máximo

momento flexor M, se elige la forma del perfil (T, doble T, L, U, etc) y fijada la tensión admisible adm se

deduce:

3max cmM

Wadm

x

Se busca en la tabla correspondiente al perfil elegido una sección de módulo Wx igual o inmediatamente superior que se adopta.

5. Perfil más económico

Fijada la tensión admisible (adm) se deduce: adm

MW

o sea que el módulo resistente es

directamente proporcional al momento flexor. Conviene pues, un W elevado para que el perfil esté en condiciones de resistir un momento mayor. Por otra parte, el perfil más económico será aquel que, conjuntamente con un W elevado, posea un peso mínimo.

Como el peso de un perfil es proporcional al área A de la sección, ésta tendrá que ser la mínima posible. Por tal razón podemos definir un coeficiente c, tal que:



A

Wc es el valor económico de un perfil. (un mayor “c” corresponde a un perfil más económico)

Problemas de aplicación

Ejercicio I: Una viga de madera blanda (adm = 60 kg/cm2) y sección rectangular soporta un momento flexor máximo de 2 ton. Determinar sus dimensiones si adoptamos una relación b = 0.7 h.

Resolución:

Luego, si está apoyada sobre b (figura b) será:

6

2

12

2

122

3

max

max

3

hb

h

hb

W

v

JW

hv

hbJ

x

xx

x

:que lopor 6

7,0 3hWx

cmcmhb

cm

cm

ton

cmtonh

h

cmton

cm

ton

W

M

x

adm

35,2150,307,07,0

50,30

06,07,0

6200

6

7,0

20006,0

3

232

max

Adoptando un perfil de 30 x 21 cm2 (33150 cmWx ) la máxima tensión será:

2

max 633150

200

cm

kg

cm

cmton

W

M

x

adm

Luego, si está apoyada sobre h (figura b) será:

2,46

2

12

2

1232

3

max

max

3

bW

bh

b

bh

W

v

JW

bv

bhJ

yy

y

y

y

por lo que:



cmcmb

h

cm

cm

ton

cmtonb

b

cmton

cm

ton

W

M

y

adm

30,347,0

24

7,0

24

06,0

2,4200

2,4

20006,0

3

2

32

max

o sea, una sección aproximadamente un 26% mayor.

Ejercicio II: Las ruedas de un vagón móvil están sostenidas por dos vigas de sección doble “T” (PNI – DIN 1025). El vagón se puede desplazar sobre toda la longitud de las vigas. Determinar:

a) La posición más desfavorable del vagón, dada por la distancia “z” entre el apoyo izquierdo de la viga y la rueda izquierda del vagón.

b) El momento flexor máximo en las vigas, siendo “P” la carga máxima por rueda del vagón.

c) Las dimensiones de los perfiles de las vigas para que no se supere el

máximo valor del max dado.

Resolución:

a) Cálculo de la posición más desfavorable del vagón:

La posición más desfavorable del vagón la calculamos como sigue:

a.1) Cálculo de las reacciones de vínculo:

Para que el sistema esté en equilibrio la sumatoria de momentos y fuerzas verticales debe ser nula:

12

20

BA

BAv

RPR

PRRF

22

0

dzL

PR

LRdzPzPM

B

BA

Sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas, por lo que resulta:

dzL

PR

dzLL

PR

B

A

2

22



a.2) Cálculo da la posición más desfavorable:

El momento flexor referido a la posición de la rueda de la izquierda es:

zdzLL

PzMzRzM fAf 22

y la posición para la cual el momento flexor resulta máximo lo calculamos derivando respecto de “z” e igualando a 0 (cero).

42042

dLzdzL

L

P

dz

zdM f

b) Cálculo del momento flexor máximo en las vigas:

El mayor momento flexor estará en concordancia con la posición de la rueda izquierda del vagón, así tendremos:

42max

dLRM Af

c) Dimensionamiento del perfil:

Para dimensionar el perfil calculamos el valor del módulo resistente Wx y seleccionamos de tablas:

max

maxmaxmax

f

x

x

f MW

W

M

d) Diagramas de característica:

Solicitación por Flexión Oblicua (complemento teórico)


Hasta ahora hemos supuesto que la traza de la línea de fuerzas coincida con un eje de simetría de la sección. Si el eje de solicitación no está superpuesto con un eje de simetría de la sección, pasando no obstante, por el baricentro de la misma, nos encontraremos con el caso de flexión oblicua.



Podrá decirse: “Hay flexión oblicua cuando el eje de solicitación no es eje principal de inercia”.

2. Determinación de las Tensiones

Sea ABCD la sección de una

pieza solicitada a flexión; es el

ángulo formado por la superficie de apoyo con el plano horizontal; xx e yy son los ejes principales de inercia; ss es la traza del plano de las fuerzas exteriores (línea de

fuerzas); es el ángulo de ss con

el semieje positivo de las x.

El procedimiento de cálculo consiste en reducir la flexión oblicua a otras dos flexiones rectas según los ejes principales de inercia. Para ello se descompone el momento M en dos componentes, una Mx que actúa en el plano de traza y y otro My actuando en el plano de traza x.

cos

sin

MM

MM

y

x

Un punto genérico A de coordenadas (x,y) estará solicitado por una

tensión x originada por el momento Mx y otray originada por el

momento My.

xJ

M

yJ

M

y

y

y

x

xx



En cuanto al signo que corresponde a las tensiones (compresión o tracción) dependerá de la posición relativa del punto respecto al par de ejes principales de inercia y cuya regla se aprecia en la figura.

El punto genérico A(x,y) estará solicitado por la tensión , suma algebraica de x yy.

xJ

My

J

M

y

y

x

xyx

Si v es la distancia al eje xx, del punto más alejado de la sección y u la del punto más alejado del eje yy, se tendrá:

y

y

x

x

y

y

y

x

xx

y

y

xx

W

M

W

M

W

M

W

M

u

JW

v

JW

max

debiendo ser adm max

3. Posición del Eje Neutro

El eje neutro está constituido por los puntos del perfil en los cuales la tensión total es nula. Luego si se

pone = 0 se tiene:

xctgJ

Jy

W

M

W

M

y

x

y

y

x

x 0

que es lineal en x e y y representa la recta que pasando por G es la ecuación del eje neutro n-n de la

sección. Su posición respecto del eje positivo de las x está determinada por el ángulo , tal que:

ctgJ

Jtg

y

x

en caso que los ejes adoptados para descomponer el momento no fuesen ejes principales de inercia

(conjugados de inercia) resultaría 0xyJ , por lo que:

yxy

xyx

JtgJ

JtgJtg

4. Determinación de la Sección

Recordando que adm max y operando, se tiene:

y

x

x

yx

admy

y

xx

x

admW

W

W

MMM

W

WM

W

con

1

de donde:

xy

adm

yx

x

WW

MMW




Ejercicio III: Las correas de una cubierta distan 3,20 m en la dirección del cordón superior y 2,50 m en proyección horizontal. La separación entre armaduras es de 4 m y las carga permanente alcanza a 500 kg/m. Determinar el PN doble T necesario para una tensión

admisible adm = 1000 kg/cm2. Hallar la posición de eje

neutro. Considerar 7 .

Resolución:

El ángulo que forma el eje de solicitación ss con el eje x es:

'20º51'40º38º90º90

'40º38781,020,3

50,2cos

El momento de las fuerzas exteriores vale:

mkg

mmkglpM

1000

8

4/500

8

22

La participación de M en las direcciones de los ejes principales de inercia xx e yy viene dada por la siguiente expresión:

mkgmkgMM

mkgmkgMM

y

x

624'20º51cos1000cos

780'20º51sin1000sin

Como primera aproximación adoptamos = 7, entonces será:

3

280,630

/1000

62400778000cm

cmkg

cmkgcmkgMMW

adm

yx

x

De la tabla de perfiles PN doble T el primer perfil cuyo Wx no es inferior al valor obtenido es el PN30 con

un Wx = 653 cm3 y con un = 9,04. Repitiendo ahora el cálculo con este valor tendremos:

3

2642

/1000

6240004,978000cm

cmkg

cmkgcmkgMMW

adm

yx

x

que verifica, pues: Wx (PN30) = 653 cm3 > 642 cm3 . La tensión de trabajo (tr ) será:

2

3/983

653

6240004,978000cmkg

cm

cmkgcmkg

W

MM

x

yx

tr

que verifica, pues: 22 /983/1000 cmkgcmkg tradm

La posición de eje neutro respecto del semieje positivo de las x se calcula como sigue:



'40º86'20º51450

9800

450

9800 es PN30 de tablala de

4

4

4

4

ctgcm

cmarctg

cmJ

cmJctg

J

Jtg

y

x

y

x

Ejercicio IV: Las corres de acero utilizadas en la estructura de la cubierta que se observa en la figura corresponden a un perfil doble T (según norma DIN 1025) y a una sección rectangular tubular estando sometidas a cargas verticales de igual magnitud. Se solicita determinar:

1. Cuál de las secciones es la más

resistente.

2. El valor de la pendiente 0 para que

ambas secciones tengan la misma

resistencia.

Datos: Perfil PNI100; h = 10 cm; b = 5 cm;

e = 0,3 cm; 0 = 25°

Resolución:

1) Cálculo de la sección más resistente

La sección más resistente es aquella que a igual condición de

carga, la máxima tensión Z que se genera es la menor. Para realizar este cálculo debe tenerse presente que en ambos casos se tiene una flexión simple oblicua, donde:

m: línea de fuerzas que resulta de la intersección del plano de cargas con la sección transversal de la correa.

Como se observa:

MfMfMfMf

MfMfMfMf

Y

X

4226,0cossin

9063,0sincos

Además, en ambos casos las tensiones normales máximas Z max ocurren en los puntos (1) y (2) siendo para el punto (1) de compresión y para el punto (2) de tracción, donde al ser los ejes x e y de simetría, dichas tensiones para cada uno de los casos son de igual magnitud.

Su expresión en valor absoluto será:



YXY

Y

X

XZ

W

Mf

W

Mf

W

Mf

W

Mf

sincosmax

a) Perfil doble T PNI100 (según norma DIN 1025)

De la tabla de perfiles se obtiene:

233 60,10;88,4;20,34 cmFcmWcmW YX

y reemplazando:

MfMfMf

Z

113098,088,4

4226,0

20,34

9063,0max

b) Sección tubular rectangular

Para el perfil tubular será:

cmcmcmehh

cmcmcmebb

4,93,02102

4,33,0242

1

1

Calculamos las características geométricas de la sección:

34

4

333

11

3

34

4

333

11

3

2

11

27,114

254,22

2

2

54,2212

4,34,9

12

410

1212

60,1910

298

2

2

9812

4,94,3

12

104

1212

04,84,94,3104

cmcm

cmh

Jh

JW

cmcmcmcmcmbhbh

J

cmcm

cmh

Jh

JW

cmcmcmcmcmhbhb

J

cmcmcmcmcmhbhbF

YY

Y

Y

XX

X

X

y reemplazando:

MfMfMf

Z

083638,027,11

4226,0

60,19

9063,0max

Comparando ambas tensiones se aprecia que:

3184,104,8

60,10

35223,1083638,0

113098,0

2

2

max

max

cm

cm

F

FK

Mf

MfK

tubular

Tdoble

F

Z

Z



Se deduce que la sección de tubo rectangular es aproximadamente 35% más resistente que el perfil doble T. Otra de las ventajas comparativas de la sección rectangular tubular respecto de la sección doble T es que el área del perfil doble T resulta casi un 32% más pesada, redundando la selección del perfil tubular en una economía de material.

2) Cálculo de la pendiente 0 para que ambas secciones tengan la misma resistencia.

El ángulo 0 para que ambas secciones tengan la misma resistencia puede obtenerse igualando las

expresiones de la tensiones normales Z max.

6310187078,0116422,0

021780,0tan

sin116422,0cos021780,0

27,11

1

88,4

1sin

20,34

1

60,19

1cos

27,11

sin

60,19

cos

88,4

sin

20,34

cos

00

00

00

0000maxmax

ZZ

Ejercicio V: En la barra indicada en la figura corresponden a un perfil U (según norma DIN 1026)

sometida a flexión simple oblicua que actúa según la línea de fuerzas m de acuerdo a los datos indicados. Se solicita determinar:

1. Ubicar la posición de eje neutro n.

2. Determinar las tensiones normales máximas de compresión Z

max(1) y tracción Z max(2).

3. Determinar mediante la circunferencia de Mohr

a. La posición del eje neutro

b. Con los valores obtenidos, calcular Z max(1) y Z max(2) y

trazar los diagramas de tensiones.

4. Realizar un cuadro comparativo de valores.

Datos: Perfil PNU180; Mf = 400 kN.cm; = 60°

Resolución:

1) Ubicación del eje neutro n

De acuerdo con la tabla de perfiles según norma DIN 1026 se obtiene para el Perfil PNU180:

h = 18 cm; b = 7 cm; F = 28 cm2; Jx = 1350 cm4; Jy = 114 cm4; ey = 1,92 cm; b- ey = 5,08 cm

El eje neutro n es conjugado de inercia de la línea de fuerzasa m y puede determinarse su ubicación mediante la siguiente expresión:



1481

837,660cot114

1350cottan

4

4

cm

cm

J

J

Y

X

2) Cálculo de las tensiones máximas de compresión Z max (1) y tracción Z max (2).

Las componentes escalares del vextor Mf en valores absolutos serán:

2

2

20060cos400sin

41,34660sin400cos

cm

kNcmkNMfMf

cm

kNcmkNMfMf

Y

X

Como el momento flexor Mf de la barra es positivo, esta se deformará presentando una concavidad hacia

arriba, y consecuentemente el punto (1) estará sometido a una tensión Z de compresión y el punto (2) de tracción. Para calcular dichos valores se aplican las siguientes expresiones:

2441max

111max

68,592,1114

2009

1350

41,346

cm

kNcm

cm

cmkNcm

cm

cmkN

xJ

Mfy

J

Mf

Z

Y

Y

X

XZ

2442max

222max

22,1108,5114

2009

1350

41,346

cm

kNcm

cm

cmkNcm

cm

cmkN

xJ

Mfy

J

Mf

Z

Y

Y

X

XZ

3) Aplicación de la circunferencia de Mohr

Con los valores obtenidos de la circunfeencia de Mohr (ver figura) y siendo:

n

J

Mfn

J

Mf

nn

nZ

sin

tendremos:

2422max

2411max

17,1135,6140

38sin400sin

72,525,3140

38sin400sin

cm

kNcm

cm

cmkNn

J

Mf

cm

kNcm

cm

cmkNn

J

Mf

n

Z

n

Z



4) Cuadro comparativo de valores

Valores Analíticamente Circ. de Mohr

z max (1) [kN/cm2] -5,68 -5,72

z max (2) [kN/cm2] 11,22 11,17

- -81°41’ -82°

Ejercicio VI: La viga de madera de longitud L cuya sección es rectangular y su sección es K, posee una

inclinación dada por el ángulo estando apoyada en sus extremos y sometida a una carga uniformemente distribuida de magnitud p que actúa en el plano vertical según puede observarse en la figura. De acuerdo a los datos que se indican se solicita lo siguiente:



1. Dimensionar la sección

2. Calcular analíticamente la posición del eje neutro

3. Verificar el punto anterior mediante la circunferencia de Mohr

4. Verificar para la sección adoptada su condición resistente y trazar el diagrama de tensiones

normales Z

Datos: L = 3,10 m; p = 3 kN/m; = 15°; K (h/b) = 2,5; adm = 1,1 kN/cm2

Resolución:

1) Dimensionamiento de la sección

En primer lugar, debe determinarse la sección que soporta el momento flexor máximo y el valor del mismo. En el presente caso y por razones de simetría geométrica y de cargas, dicha sección es la correspondiente a la mitad de la luz entre apoyos L/2 = 1,55 m, siendo la misma:

cmkNmkNMf

mm

kN

LpMf

X

X

36060,3

8

10,33

8

max

2

2

max

Por otro lado debe tenerse en cuenta que el problema planteado es de flexión oblicua de las características mostrada en la figura.

cos

sin

MfMf

MfMf

Y

X

Además, las tensiones Z max ocurren en los puntos extremos (1) y (2), donde para el punto (1) se tiene compresión y para el punto (2) tracción, siendo ambas de igual valor absoluto, dado que los ejes x e y de referencia son ejes de simetría de la sección. Su expresión será:



Y

Y

X

XZ

W

Mf

W

Mfmax

Para dimensionar desde el punto de vista resistente, debe cumplirse: Z max ≤ adm por lo tanto:

cossin

cossin

K

W

Mf

W

Mf

W

MfMf

XYX

adm

donde:

5,22

12

2

123

3

b

h

b

bh

h

hb

W

WK

Y

X

Por lo tanto:

3

2

85,527

75cos5,275sin

1,1

360cossin

cmW

cm

kN

cmkNK

MfW

X

adm

X

Dimensionando tendremos:

cmcmcm

K

hb

cmcmcmh

WKhK

hh

K

h

hbW XX

897,75,2

93,19

2093,1985,5275,26

6666

3 3

3

3

2

2

2) Cálculo analítico del eje neutro

Siendo los ejes de referencia x e y ejes de simetría de la sección, la expresión que permite el cálculo del eje neutro es la siguiente:

tan

1cottan

Y

X

Y

X

J

J

J

J

con:

43

43

33,85312

;33,533312

cmbh

Jcmhb

J YX



9059

6747,175tan

1

33,853

33,5333tan

4

4

cm

cm

3) Verificar el punto anterior mediante la circunferencia de Mohr

4) Verificación de la condición resistente y trazar el diagrama de tensiones normales Z

a) Verificación de la condición resistente

Debe verificarse que para la sección dimensionada en el punto (1) se cumpla que:

YX

XZadmZWW

Mf

cossin

maxmax

donde:

34

34

33,21328

33,8532

33,533220

33,53332

cmcm

cm

bJW

cmcm

cm

hJW

YY

XX



y reemplazando:

233max209,1

33,213

2588,0

33,533

9659,03601,1

cm

kN

cmcmcmkN

cm

kNZadmZ

Se verifica.

b) Trazado del diagrama de tensiones normales

Solicitación por Flexión Compuesta (complemento teórico)


Cuando la resultante relativa de la parte suprimida es normal al plano de la sección, pero no pasa por el baricentro de la misma, se origina flexión compuesta.

Al punto A determinado por la recta de acción de la fuerza P y el plano que contiene a la sección considerada SS lo denominaremos centro de presión.

A la línea LF que une al baricentro de la sección considerada con el punto A la denominaremos línea de fuerzas.

Cuando la línea de fuerzas es un eje principal de inercia de la sección, tenemos un caso de flexión compuesta simple (esfuerzo normal y flexión simple).



Cuando la línea de fuerzas no es un eje principal de inercia de la sección, tendremos un caso de flexión compuesta oblicua (esfuerzo normal y flexión oblicua).

2. Determinación de la Tensión

La carga excéntrica P puede desplazarse paralelamente a sí misma hasta el eje geométrico de la pieza. El sistema de fuerzas constituido por la carga P actuando en G y un momento M = P.ex es equivalente a la carga excéntrica.

La tensión en cualquier punto de la sección será igual a la suma algebraica de la

tensión 1 debida a la fuerza P actuando

sobre G y a la tensión 2 debida a la

flexión originada por el momento M = P.ex.

121

2

1

xJ

M

A

P

xJ

M

A

P

y

y

y siendo:

21222

x

i

e

A

Px

iA

eP

A

P

iAJ

ePMxx

y

x

Las ecuaciones (1) y (2) determinan en valor y signo (+ tracción; - compresión) la tensión en cualquier

punto de una sección recta. Suponiendo una 1 de compresión (negativa) pueden darse los siguientes

casos:



3. Determinación de Eje Neutro

En todos los casos precedentes el punto N señala el punto de tensión = 0. Trazando por este punto la

perpendicular al eje de solicitación queda ubicada la posición del eje neutro. O sea:

x

x

x

e

ixx

i

e

A

Px

i

e

A

P

2

2

2

01

0comoy 01

Nota: “el eje neutro y la línea de fuerzas son eje conjugados de inercia.”

4. Núcleo Central

Ubicado el centro de presión, puede determinarse la posición del eje neutro correspondiente ( E ).

Si el centro de presión se desplaza a lo largo de un eje xx de la sección, el eje neutro se desplaza paralelamente a sí mismo.

Si el centro de presión se aleja al infinito, el eje neutro pasa por el baricentro de la sección (tiende al caso de flexión simple).

Si el centro de presión coincide con el baricentro de la sección el eje neutro se aleja al infinito (tiende a solicitación axil).

Si el eje neutro divide a la sección en dos partes, se desarrollarán tensiones de distinto signo (tracción y compresión). Cuando el eje neutro es tangente a la sección o no la corta, sólo se producen tensiones de un solo signo, que queda determinado por el sentido de la fuerza P.

Llamaremos núcleo central al área dentro de la cual debe encontrarse el centro de presión para que la sección sea solicitada únicamente por tensiones de igual signo.

El núcleo central tiene las siguientes propiedades:

Si el centro de presión está ubicado dentro del núcleo central, el eje neutro no corta a la sección y se tienen tensiones del mismo signo.

Si el centro de presión está ubicado fuera del núcleo central, el eje neutro corta a la sección y se tienen tensiones de distinto signo.

Si el centro de presión está ubicado en el contorno del núcleo central, el eje neutro es tangente a la sección y se tienen tensiones de un solo signo, siendo la mínima igual a cero.

Para determinarlo, consideremos como ejes neutros a todas las rectas que son tangentes a la periferia de la sección. Fijada la posición de éstas rectas envolventes, determinaremos la posición del centro de presión correspondiente a cada una de ellas.

5. Ejemplo de aplicación I



Determinar gráfica y analíticamente el núcleo central de una sección rectangular

5.1. Analíticamente

La posición del eje neutro queda determinada por:

e

iy

e

ix

x

y

2

0

2

0

Considerando a la línea que pasa por DC como eje neutro y el punto M como centro de presión, tendremos:

62

12

2

12

2

3

0

2

3

2

0

bMGMG

b

hb

hb

MGb

A

Jeyi

hbA

hbJ

A

Ji

MGe

by

xx

x

xx

Considerando ahora a la línea que pasa por BC como eje neutro y el punto N como centro de presión, tendremos:

62

12

2

12

2

3

0

2

3

2

0

hNGNG

h

hb

bh

NGh

A

Jexi

hbA

bhJ

A

Ji

NGe

hx

y

y

y

y

y

Obtenemos como núcleo central un paralelogramo cuyos vértices están sobre los ejes principales de inercia.

5.2. Gráficamente

Consideremos a la línea que pasa por AD como eje neutro y determinaremos el centro de presión C1 correspondiente. Para ello calculamos:



A

Ji

y

y y graficamos los puntos G1 tal que:

yiGG 1

Entonces, a partir de G sobre el eje yy, paralelo al eje neutro AD llevamos el valor de iy, determinando G1. Uniendo G1 con K, punto en el que el eje neutro AD corta al eje xx, obtenemos la recta KG1. Por G1 trazamos la perpendicular a la recta KG1 determinando el punto C1, centro de presión correspondiente al eje neutro AD.

Esto es así dado que, los triángulos rectángulos KG1G y G1C1G son semejantes, por lo que se cumple que:

ey

iGC

GC

i

i

y

iGG

yKG

GC

GG

GG

KG

xx

x

x

0

2

1

1

0

1

0

1

1

1

pero

Procediendo de forma análoga podrán determinarse los puntos C2, C3 y C4 correspondientes a los ejes neutros CB, DC y AB.

Nota: “el eje neutro y la línea de fuerzas son eje conjugados de inercia.”

6. Ejemplo de aplicación II

Determinar gráfica del núcleo central de una sección armada

6.1. Resolución

Para trazar el núcleo central procedemos de la siguiente manera:

De la tablas del perfil compuesto se obtienen los valores de J1 y J2 con los cuales es posible trazar el círculo de Mohr y determinar el polo “P”. (J1 + J2 = diámetro del círculo de Mohr)

Se trazan las tangentes extremas a la sección (n1-n1; n2-n2; n3-n3; n4-n4; n5-n5).

Se trazan los ejes paralelos a las tangentes extremas de la sección que pasan por el baricentro de la misma (g1-g1; g2-g2; g3-g3; g4-g4; g5-g5).

Hecho esto quedan definidos los puntos A1; A2; A3; A4 y A5 donde los ejes g1-g1; g2-g2; g3-g3; g4-g4; g5-g5 cortan a la circunferencia de Mohr.

Trazamos las secantes que pasan por los puntos A1; A2; A3; A4 y A5 y el polo “P”.

Hecho esto quedan definidos los puntos B1; B2; B3; B4 y B5 donde dichas secantes cortan a la circunferencia de Mohr.

Obtenemos los correspondientes radios de giro (ign1, ign2, ign3, ign4 y ign5)

etc. ;

1

1A

Ji

gn

gn

Sobre los ejes g1-g1; g2-g2; g3-g3; g4-g4; g5-g5 llevamos los valores de los correspondientes radios de giro.



Trazamos los triángulos rectángulo de forma tal que:

o La base sea normal a la tangente extrema a la sección correspondiente, llamando K1; K2; K3; K4 y K5 al punto que queda definido por esta base y la tangente extrema a la sección.

o La altura sea el radio de giro graficado en el punto anterior.

o El ángulo recto corresponda al vértice opuesto a la base.

Hecho esto quedan definidos los puntos G1; G2; G3; G4 y G5.

Trazo una paralela a las tangentes extremas por los puntos (a1-a1; a2-a2; a3-a3; a4-a4; a5-a5) G1; G2; G3; G4 y G5.

Trazo las líneas de fuerza LF1; LF2; LF3; LF4; LF5 conjugadas de inercia de los ejes g1-g1; g2-g2; g3-g3; g4-g4; g5-g5.

Hecho esto quedan definidos los puntos C1; C2; C3; C4 y C5 donde las líneas de fuerza LF1; LF2; LF3; LF4; LF5 cortan a los ejes paralelos a las tangentes extremas trazados por los puntos G1; G2; G3; G4 y G5.

Uniendo estos puntos queda definido el núcleo central.

Nota: en negrita aparecen sólo los elementos graficados en la figura, los restantes se construyen el forma análoga.



Flexión Compuesta Oblicua (complemento teórico)

Si la carga excéntrica P no incide sobre uno de los ejes principales de inercia de la sección, la flexión compuesta es oblicua.

Sustituyendo la flexión oblicua por dos flexiones rectas de momentos:

yyxx ePMePM ;

el primero actuando en el plano yz, siendo z el eje vertical de la pieza y el segundo en el plano xz y una

compresión axil de intensidad P, la tensión total será la suma algebraica de la tensión 1, 2 y 3, tal

que:

xJ

M

yJ

M

A

P

y

y

x

x

3

2

1

y como

A

Ji

A

Ji

y

y

xx

2

2

entonces

x

i

ey

i

e

A

P

y

x

x

y

22321 1

De ésta expresión se puede obtener la ecuación del eje neutro, caracterizado por la condición = 0, y

dado que 0A

P deberá ser:

y

x

yy

xx

y

x

x

y

e

ix

ie

ieyx

i

ey

i

e 2

2

2

2201

Nota: “el eje neutro en la flexión compuesta oblicua no es paralelo a ninguno de los ejes principales de inercia de la sección.”


Ejercicio VII: En el centro de solicitación A de un pilar de mampostería de corta altura y sección BDCE actúa una carga vertical P = 40 ton. Determinar las tensiones máximas.

Resolución:

Para ubicar la posición del eje neutro necesitamos determinar los respectivos radios de giro:

) que(recordar

67512

53012

2

22

2

22

2

A

Ji

cmb

i

cmh

i

y

x



y la ecuación del eje neutro será:

53314,0

2

2

2

xy

e

ix

ie

iey

y

x

yy

xx

por lo que: '20º17314,0 artg

Las tangentes al perfil trazadas paralelamente al eje neutro indican los puntos B y C del perfil como los más alejados del eje neutro y en los que se producirán las tensiones máximas. Para determinar las tensiones calculamos:

32

32

000.1086

000.966

cmbh

W

cmhb

W

y

x

cmkgePM

cmkgePM

cmhbA

yy

xx

000.160

000.400

200.7 2

En el extremo B la tensión originada por P es de compresión (negativa) mientras que las producidas por los momentos Mx y My son de tracción (positivas), por lo que:

233209,0

000.108

000.160

600.9

000.400

200.7

000.40

cm

kg

cm

cmkg

cm

cmkg

cm

kg

W

M

W

M

A

P

y

y

x

xB

En el extremo C todas las tensiones son de compresión (negativas) por lo que resulta:

233220,11

000.108

000.160

600.9

000.400

200.7

000.40

cm

kg

cm

cmkg

cm

cmkg

cm

kg

W

M

W

M

A

P

y

y

x

xC

Ejercicio VIII: Para el dispositivo indicado en la figura, se pide:

a) Calcular la máxima fuerza “P” que se puede aplicar con la prensa de la figura, conociendo que

la tensión que no debe superarse es adm.

b) Calcular la distancia del eje neutro al baricentro y dibujar el diagrama de tensiones.

Resolución:

a) Cálculo de las máximas fuerza “P” que se puede aplicar con la prensa:

a.1) Cálculo del baricentro de la sección:

El baricentro de la sección lo obtenemos subdividiendo el área de la sección en dos áreas rectangulares (ala y alma del perfil), así



tendremos:

21

2

2

2

1

99

1010

FFF

tttF

tttF

y el baricentro será:

F

tFt

F

y

tFt

FyF

G

G

2

11

2

2

11

2

21

21

a.2) Cálculo del momento de inercia:

El momento de inercia lo obtendremos calculando el momento de inercia baricéntrico del ala y alma del perfil; (por medio de la regla de Steiner) y sumándolos, así será:

43

2

4

3

1

4

3

12

9

3

250

12

10

ttt

J

ttt

J

g

g

2

2

22

2

2

11

2

119

210

GgX

GgX

yttJJ

tytJJ

XXX JJJ 21

a.3) Cálculo de la máxima fuerza “P”:

La máxima fuerza “P” que puede aplicarse con la prensa de forma tal de no superar las tensiones máximas admisibles la obtenemos como sigue:

X

GG

adm

G

G

X

adm

J

ydyt

F

Pyty

ydPMcony

J

M

F

P

10110max

max

maxmax

b) Calcular la distancia del eje neutro al baricentro y dibujar el diagrama de tensiones:

El eje neutro es aquel para el cual las fibras no están ni traccionadas ni comprimidas, por lo tanto, si igualamos a 0 (cero) la expresión de las tensiones normales, resulta:



max

00max 0

M

J

F

Pyy

J

M

F

P X

X

Solicitación por Flexión y Corte (complemento teórico)


Cuando al reducir al baricentro de una sección dada las fuerzas que actúan a uno y otro lado de la misma, se obtienen dos pares opuestos normales a la sección y dos fuerzas opuestas contenidas en el plano de ella, la solicitación se denomina flexión y corte.

Así, cuando la resultante de la parte suprimida se reduce a una fuerza que corta al eje del sólido y es paralela al plano de la sección, siendo la traza del plano formado por la fuerza y el eje del sólido con el plano de la sección un eje de simetría de la misma, se origina flexión plana.

Al transportar la resultante al baricentro de la sección, sobre la misma actuará una cupla de momento M = P.p y una fuerza P = P”. Es decir, se desarrollan las siguientes tensiones:

por la cupla de momento M = P.p tensiones normales debidas a la flexión.

por la fuerza P = P”, tensiones de corte, que producirán tensiones de resbalamiento longitudinales, llamadas también rasantes o tangenciales.

En este caso las ecuaciones de equivalencia se transforman en:

1

00

F

xz

F

xy

F

xzxy

F

xzz

F

xyy

F

x

dFyM

dFzM

dFyz

dFQ

dFQ

dF



El corte puro, que es aquella solicitación donde en el plano de la sección sólo existen dos fuerzas opuestas, sólo se presenta en contadas ocasiones.

2. Igualdad entre tensiones de corte y tensiones rasantes

Sobre una viga consideraremos un elemento ABCD de ancho unitario a la distancia x del apoyo y v del eje neutro. Sobre cada cara actúan los siguientes esfuerzos:

Cara AD:

dv

dv

v

Cara CB:

dvd

dvd

vv

Cara CD: dxd hh Cara AB: rasantesesfuerzosdxh

Por estar el sistema en equilibrio, la suma de los momentos con respecto al punto B es igual a cero, por lo que:

022

dvdxddv

dvdv

dvddxdv hhv

donde operando y despreciando infinitésimos de orden superior se tiene: hv

Por lo que las intensidades de los esfuerzos cortantes según dos planos en ángulo recto y cualesquiera sean los esfuerzos normales que actúan, son iguales:

3. Tensiones rasantes

El esfuerzo cortante vertical está siempre acompañado de un esfuerzo cortante horizontal de igual intensidad, y así como la tendencia del primero es producir un deslizamiento vertical relativo en ambos lados de la sección, la tendencia del segundo es producir un deslizamiento relativo horizontal.

Determinemos la tensión rasante en la sección longitudinal AB, representada en la figura, a la distancia v del eje neutro, y entre las secciones S1S1 y S2S2 separadas entre sí por dx.



Sobre la sección S1S1 actúa el momento M y sobre la sección S2S2 el momento M+dM. En el elemento de área dF de la sección S1S1 la tensión vale:

yJ

M

y la fuerza normal sobre el elemento es:

dFyJ

MdFdN

la fuerza normal total por encima de la sección AB es:

111 v

v

v

v

v

v

v

v dFyJ

MDdFy

J

MdND

pero siendo1

1

v

v

v

v

SdFy el momento estático del área por encima de la sección AB resulta:

AB) sobre totalnormal (fuerza 1v

vv SJ

MD

En la sección S2S2 el momento experimenta un incremento dM que produce un incremento en la fuerza normal cuyo valor es:

AB) sobre normal fuerza la de o(increment 1v

vv SJ

dMdD

Este incremento de la fuerza normal es el que origina la tensión rasante sobre la sección considerada, de longitud dx y ancho bv. Luego el esfuerzo rasante por unidad de longitud de viga valdrá:

:pero 1

J

S

dx

dM

dx

dDH

v

vv



J

SQHQ

dx

dMv

vxx

1

y la tensión rasante valdrá:

22

1

cm

kg

bvJ

SQ

bv

H

bvdx

dDv

vxv

Fórmula de Collignon, donde:

xQ = esfuerzo de corte en la sección.

1v

vS = momento estático del área por encima de la sección longitudinal considerada.

bv = ancho de la sección transversal en correspondencia con la sección longitudinal considerada.

J = momento de inercia de la sección total con respecto al eje neutro.

Fijada una sección cualquiera son constantes en ella Q, J, bv, por lo tanto la tensión de corte es

directamente proporcional al momento estático S, en consecuencia el máximo valor de se produce en las fibras neutras ( y = 0 ). Por el contrario en las fibras del borde superior o inferior, para las cuales S = 0

resulta = 0.


Ejercicio IX: Determinar las tensiones de corte de una sección rectangular.

Resolución:

Considerando una capa de fibras distante y del eje neutro, se tiene:

22

h

y

h

y

x dyybdAyS

por lo tanto será:

12resulta ademásy

422

3

2222

hbJ

yhbyb

S

x

h

y

x

La tensión la calculamos con la expresión (2):



hb

Qy

hb

Q

bhb

yhb

Q

bJ

SQ

2

36

12

42 2

33

22

ecuación de una parábola que tiene su máximo cuando y = 0. Entonces:

hb

Q

2

3max

y para las fibras más alejadas del eje neutro xx se tiene:

2para0min

hy

Ejercicio X: La viga indicada en la figura ha sido reforzada con dos planchuelas de 135 x 14 mm

usando pernos de 19 mm de diámetro, espaciados longitudinalmente cada 120 mm sobre las dos alas de los perfiles. Sabiendo que el esfuerzo cortante promedio de los pernos no debe superar 85 MN/m2, determinar el máximo esfuerzo Qy y las tensiones tangenciales máximas que soporta la sección.

Datos

perno (mm) = 19

a (ancho planchuela) (mm) = 135

e (espesor planchuela) (mm) = 14

adm. (KN/m2) = 85000

Es (espaciado pernos) (mm) = 120

H (alto perfil) (m) = 0,300

b (ancho perfil) (m) = 0,125

h (alto alma perfil) (m) = 0,2676

t (ancho alma perfil) (m) = 0,0108

e1 (espesor ala perfil) (m) = 0,0162

J perfil (m4) = 9,800E-05

Resolución:

a) Cálculo de la fuerza máxima que soporta cada perno: Aplicamos la siguiente expresión:

KN

m

m

KNF

dAF

perno

perno

10,244

019,0000.85

42

2max

2

maxmaxmax



b) Cálculo de la tensión máxima que soporta la unión perfil-planchuela: Dado que la unión perfil-planchuela se realiza con líneas de dos pernos aplicamos la siguiente expresión:

2max

maxmax

...333,3213125,0120,0

10,242

2

m

KN

mm

KN

bEsAconA

F

unión

corte

corte

unión

c) Cálculo del momento de inercia del perfil reforzado:

c.1) Cálculo del momento de inercia de la planchuela: Aplicamos la siguiente expresión:

48

33

10087,312

014,0135,0

12m

mmeaJ planchuela

y respecto al centro de gravedad del perfil:

planchuelaGplanchuelaplanchuelaplanchuelaG yAJJ2

2

eHy

eaA

con

planchuelaG

planchuela

45

2

48

10662,4

2

014,0300,0014,0135,010087,3

mJ

mmmmmJ

planchuelaG

planchuelaG

c.2) Cálculo del momento de inercia total: Aplicamos la siguiente expresión:

44

4545

10912,1

10662,421080,92

mJ

mmJJJ

reforzadoPerfil

planchuelaGPerfilreforzadoPerfil

d) Cálculo del esfuerzo de corte máximo: El corte máximo será el correspondiente al que produce una tensión tangencial máxima admisible en los pernos, para obtenerlo debemos calcular previamente el momento estático correspondiente al punto de unión de la planchuela con el perfil:

d.1) Cálculo del momento estático de la planchuela: Aplicamos la siguiente expresión:



3410967,22

014,0300,0014,0135,0 m

mmmmS

yAS

planchuelan

planchuelaGplanchuelaplanchuelan

d.2) Cálculo del esfuerzo de corte máximo: Aplicamos la siguiente expresión:

KNm

mKNmm

Q

S

bJQ

planchuelan

uniónreforzadoPerfil

762,25810967,2

...333,3213125,010912,1

34

244

max

max

max

e) Cálculo de la tensión tangencial máxima: El tención tangencial máximo será la que produce el esfuerzo de corte máximo en correspondencia con el eje neutro del perfil reforzado, para obtenerlo debemos calcular previamente el momento estático correspondiente a la mitad del perfil reforzado:

e.1) Cálculo del momento estático correspondiente a la mitad del perfil reforzado por tablas:

El momento estático también puede obtenerse recurriendo a las tablas de perfiles de la siguiente forma. De tablas obtenemos:

3

2

1 381cmSperfilX

entonces:

343

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

107773,6000381,0157,00140,0135,0 mmmmmS

SyeaS

SSS

reforzadoperfiln

perfilnplanchuelaGreforzadoperfiln

perfilnplanchuelanreforzadoperfiln

e.2) Cálculo de la tensión tangencial máxima: Aplicamos la siguiente expresión:

2

4

44

34max

max 10698,80108,010912,1

10940,6863,2582

1

m

KN

mm

mKN

tJ

SQ

reforzadoPerfil

nreforzadoPerfil

Ejercicio Nº XI: Dado la barra de la figura, dimensionar el perfil (doble T ala estrecha laminada en

caliente según DIN 1025). Calcular el estado tensional en los 9 puntos de la sección que se encuentra

inmediatamente a la derecha del apoyo A indicados en la figura. Considerar un coeficiente de seguridad

= 1,2.



Datos: fl = 1,6 t/cm2; adm = 1,0 t/cm2; q = 3 t/m; P = 4 t; l = 4 m; a = 0,8 m.

Resolución:

1. Calculamos las reacciones de vínculo:

tl

Palq

B

tl

lq

laP

A

2,54

8,04832

8,104

838,442

2

2

2. Construimos los diagramas de Q y M:

En el voladizo, 0 x1 a:

mtM

MxtxPM

tPQ

ax

x

x

x

2,38,04

04

4

1

1

1

1

0

11

En el vano entre los apoyos, 0 x2 l:

mtM

M

xxxq

xBM

tQ

tQxxqBQ

lx

x

x

lx

x

x

2,3162

342,5

0

2

32,5

2

8,6432,5

2,532,5

2

2

2

2

2

2

02

22

2

22

0

22

En donde el corte Q se anula resulta:

mxxQx 73,13

2,5032,5 222



Por lo tanto el momento flexor M será máximo en dicho punto:

mtMM x 5,42

73,1373,12,5

2

73,1max 2

Hallamos ahora el punto donde se anula el momento flexor M:

mxxxM x 47,33

22,50

2

32,5 2

2

222

Con estos valores podemos graficar los diagramas de corte Q y momento flexor M:

3. Cálculo de la sección de la viga doble T:

Obtenemos el módulo resistente del perfil como sigue:

3

2

5

maxmin2

22

3381033,13

105,41033,13

2,1

1016cm

MW

cm

kgf

Adm

fl

Adm

De la tabla de perfiles seleccionamos el Perfil 240 doble T ala estrecha laminada en caliente según DIN 1025: W = 354 cm3 > Wmin = 338 cm3. Este perfil trabajará con una tensión máxima que podemos calcular como sigue:

2

5

max 1270354

105,4

cm

kgf

W

MAdm

4. Comprobación de la viga por tensiones tangenciales:

Siendo Qmax = 6,8 t (apoyo A viniendo desde la derecha), y obteniendo de tablas para el perfil seleccionado: Jz = 4250 cm4; Sz = 206 cm3 y b0 = 8,7 mm, tendremos:

Adm

z

z

cm

kgf

Jb

SQ

2

3

0

maxmax 380

425087,0

206108,6

5. Construcción de los diagramas de tensiones para la sección que se encuentra

inmediatamente a la derecha del apoyo A:



En la sección correspondiente al apoyo A (viniendo desde la derecha) se verifica: M = -3,2 t.m y Q = 6,8 t. Calcularemos a continuación las tensiones en los nueve puntos de la sección indicada en la figura. Los puntos 2 – 3 corresponden al punto de empalme entre el alma y el ala del perfil (el 2 corresponde al ala y el tres al alma); lo propio acontece con los puntos 8 – 7. Expresamos a continuación las funciones que grafican los correspondientes diagramas de tensiones:

La tensión normal en un punto cualquiera situado a una distancia “y” de la línea neutra viene

dado por:

3

5

29,754250

102,3

cm

kgfyy

J

yM

z

El momento estático de área del ala respecto del eje “z” resulta:

354,1572

31,12431,16,10

2cm

thtbSala

El momento estático de la parte del área de la pared del alma, situada a un lado de la ordenada

“y” será:

222

2

2

00 09,106435,04

6,20

2

87,0

42yyy

hbSalma

por lo que el momento estático de la sección ubicado a un lado de la ordenada “y” será:

22 435,020409,106435,054,157 yySSS almaala

Las tensiones tangenciales en los puntos del ala (en función de la ordenada “y” las calculamos

como sigue:

2

22

322

8,02,11542502

4

24108,6

2

4y

y

J

yh

Q

z

y en los puntos del alma es:

223

0

2

0

8,017,375425087,0

435,0204108,6435,0204y

y

Jb

yQ

Jb

SQ

zz

Recordando además, las expresiones para el ángulo de inclinación de los planos principales, las magnitudes de las tenciones principales y las tensiones tangenciales extremas,

22

min

max

22

3,1 42

1;4

2

1;

22

tg

podremos completar la siguiente tabla:



Punto N°

y (cm) max-min 1 3

tg(2) 1 2

kgf/cm2

1 12,00 903 0 452 903 0 0 0 90,00

2 10,30 775 30 389 777 0 -0,07821666 -2,24 87,76

3 10,30 775 290 484 872 -97 -0,74868566 -18,41 71,59

4 5,15 388 354 404 597 -210 -1,82570178 -30,64 59,36

5 0,00 0 375 375 375 -375 ∞ -45,00 45,00

6 -5,15 -388 354 404 210 -597 1,82570178 30,64 120,64

7 -10,30 -775 290 484 97 -872 0,74868566 18,41 108,41

8 -10,30 -775 30 389 0 -777 0,07821666 2,24 92,24

9 -12,00 -903 0 452 0 -903 0 0,00 90,00

Los diagramas de tensiones están representados en la siguiente figura:

Las magnitudes y orientaciones de las tensiones principales 1 y 3 en los puntos 4, 5 y 6, pueden

determinarse gráficamente por medio de las circunferencias de Mohr:

La orientación de las tensiones en los puntos de la sección serán:

Solicitación por flexión - Complemento Teórico

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