6. ESFUERZOS EN VIGAS - SECCIÓN TRANSFORMADA Y FLEXIÓN ASIMÉTRICA

1156. SECCIÓN TRANSFORMADA Y FLEXIÓN ASIMÉTRICA 6.1. MÉTODO DE LA SECCIÓN TRANSFORMADA Es un método para analizar esfuerzos de flexión en una viga compuesta de varios materiales, el más común es el concreto reforzado, también se acostumbra reforzar vigas de madera con platinas. La teoría de la flexión se puede aplicar en forma directa a las vigas compuestas, debido a que se asume que el material es homogéneo y las deformaciones y esfuerzos varían proporcionalmente con la profundidad del eje neutro, solo es válido para materiales dentro del rango elástico-lineal. El método consiste en transformar toda la viga en un solo material homogéneo, si es concreto reforzado, se transforma el acero en concreto y si es madera reforzada, las platinas de acero se transforman en madera. Procedimiento: 1. El primer paso es transformar la sección transversal de una viga compuesta en una equivalente de una viga de un solo material. 2. Después se analiza la viga normalmente por flexión. 3. Por último, los esfuerzos en la sección transformada se convierten a los de la viga original. Se supone una viga hecha de dos materiales diferentes, el material (A) y el material (B). El eje neutro EN de la sección transformada debe de localizarse en el mismo lugar de la viga original, y se encuentra a partir de la condición de equilibrio horizontal, la sumatoria de fuerzas horizontales resultantes en la sección que actúa en la sección transversal es cero. ∑ = 0 H F ∫ ∫ = + B b A A dA dA 0 σ σ Reemplazando: 116 ∫ ∫ = = A A x EkydA dA 0 σ ∫ ∫ = + B A B A ydA k E ydA k E 0 Como la curvatura es igual en la sección transversal, la integral queda: ∫ ∫ = + B A B A ydA E ydA E 0 Las integrales representan el primer momento de área de la sección transversal con respecto al eje neutro, por lo tanto deben ser iguales. Si se define n como la razón modular: A B E E n = Razón modular Reemplazando, se observa que el eje neutro no cambia si cada elemento de área dA del elemento B, se multiplica por la razón modular. ∫ ∫ = + B A nydA ydA 0 La nueva sección transversal queda formada por dos áreas: 1. El Área (A) permanece igual 2. El Área (B) con el ancho b multiplicado por n. En la Superficie de contacto. y z 1 2 3 b ε 3 ε 1 ε 2 σ A =E A ε 1 EN σ B2 σ B =E B ε 3 σ A2 A B 117 Si A B E E > , utilizando la ley de Hooke, en la superficie de contacto los esfuerzos son: 2 2 ε σ A A E = 2 2 ε σ B B E = La deformación en el nivel 2 es igual en los dos materiales, igualando la deformación: B B A A E E 2 2 σ σ = Los esfuerzos en el material B en el nivel 2, son iguales a los esfuerzos en el material A multiplicado por n, en el nivel 2. 2 2 2 A A A B B n E E σ σ σ = = Los esfuerzos de flexión en la viga transformada, se calculan asumiendo que la relación momento curvatura, en la viga transformada, es igual que en la viga original. El par interno resistente en la sección es: ∫ = ydA M x σ ∫ ∫ + = A B x x ydA ydA M σ σ ∫ ∫ + = B B A A dA y k E dA y k E M 2 2 ∫ dA y 2 : La integral es el momento de inercia de área. ( ) B B A A B B A A I E I E k kI E kI E M + = + = ( ) B B A A I E I E M k + = Factorizo E A : ( ) B A A B A B A A nI I E M I E E I E M k + = | | ¹ | \ | + = Se sabe que Eky x = σ , se igualan las curvaturas: ( ) y E nI I E M A A B A A σ = + y nI I M B A A + = σ 118 T A I My = σ Esfuerzos de flexión en el material (A). B B A A B A T I E E I nI I I + = + = : Momento de inercia de la sección transformada. Los Esfuerzos en el material (A) de la viga original son los mismos que en la parte correspondiente de la viga transformada. Mientras que en la viga original con material (B), los esfuerzos son diferentes de los de la viga transformada. B B A A B B I E I E MyE + = σ Esfuerzos en el material (B) de la sección transformada. n I My T B = σ PROBLEMA 6.1: La viga solera de 3”X6”mostrada esta reforzada con una platina de ½”. Calcular T σ y max c σ en la madera y la platina, si m kN M actuante . 20 = max σ .en el acero GPa E m 10 = GPa E a 200 = Razón modular: 20 10 200 = = = m a E E n Ancho de la sección transformada pg b T 60 20 * 3 = = Eje neutro: ( ) ( ) cm pg Ai Ai y y 73 . 3 47 . 1 ) 5 . 0 ( 60 ) 3 ( 6 5 . 0 )( 60 25 . 0 3 )( 6 5 . 3 = = + + = = ∑ ∑ 119 Inercia de la sección trasformada: Se calcula por el teorema de los ejes paralelos 2 3 2 3 ) 25 . 0 47 . 1 ( * 5 . 0 * 60 ) 5 . 0 )( 60 ( 12 1 ) 47 . 1 5 . 3 ( * 6 * 3 6 * 3 12 1 − + + − + = T I 4 5 4 10 * 2197 . 7 45 . 173 m pg I T − = = Esfuerzos normales en la madera. ( ) ( ) ) ( 81 . 6 10 * 2197 . 7 0127 . 0 0373 . 0 10 * 20 ) ( 4 . 35 10 * 2197 . 7 0373 . 0 1651 . 0 10 * 20 5 3 5 3 4 Tensión MPa Compresión MPa mB m = − = − = − − = − − σ σ Esfuerzos normales en el acero. ) ( 29 . 136 20 * 10 * 2197 . 7 ) 0127 . 0 0373 . 0 ( * 10 * 20 ) ( 66 . 206 20 * 10 * 2197 . 7 0373 . 0 * 10 * 20 5 3 5 3 Tensión MPa Tensión MPa aB aC = − = = = − − σ σ 6.2. VIGAS DE CONCRETO REFORZADO – MÉTODO ELÁSTICO El concreto es un excelente material de construcción, no se oxida, no es combustible, ni se pudre. Tiene buena resistencia a la compresión, pero la resistencia a la tensión es prácticamente nula. Por esto la parte del elemento estructural que trabaja en tensión se refuerza con varillas longitudinales de acero. Lo ideal sería que estas barras siguieran los esfuerzos de tensión, pero en la practica se colocan en una o varias capas. Existe una fuerte adherencia entre el cemento y el acero, lo cual se mejora con las varillas corrugadas y en vigas largas se genera suficiente fricción para evitar el deslizamiento, pero en vigas cortas se necesita el uso de ganchos. A demás el acero y concreto poseen un coeficiente de dilatación térmica T α similar. Se supone que el acero soporta la tensión total y está sometido a un esfuerzo uniforme, como si toda la sección estuviera a igual distancia del eje neutro, y que la línea de acción de la resultante de tensión pasa por el centro del refuerzo. En el concreto se supone que los esfuerzos varían linealmente con la distancia al eje neutro y la resultante de fuerzas pasa por el centroide del triangulo de esfuerzos de compresión. 120 d : Altura útil: distancia desde la fibra mas comprimida al centro de gravedad del área de refuerzo. k : Constante menor que la unidad que multiplicada por la altura útil, equivale a la profundidad del eje neutro EN j : Constante menor que la unidad, que multiplicada por la altura útil o efectiva (jd) fc = 0.45f’c Esfuerzo máximo admisible del concreto en compresión método elástico f’c: Esfuerzo máximo de compresión As: Área del acero de refuerzo fs : Esfuerzo máximo admisible o de trabajo del acero a tracción. C: Resultante de fuerza en compresión T. Resultante de fuerza en tensión. a : recubrimiento 4 cm<a<7.5cm (NSR – 10) Sección transformada con refuerzo inferior y I M f c = esfuerzo el calcula se donde hasta E.N. el desde Distancia : y ansformada seccion tr la de Inercia : I seccion la en actuante Momento : M compresion o tension de Esfuerzo : E.N. del Posicion : kd i f 121 At: Área transformada teórica. Si se supone que la deformación en el acero es igual a la del concreto equivalente, se tiene: ) 1 ( t s ε ε = e equivalent concreto el en n Deformacio : acero el en n Deformacio : t s ε ε De la ley de Hooke: ) 3 ( y (2) t c t s s s E f E f ε ε = = Reemplazando (2) y (3) en (1) c t s s E f E f = n f f nf f E E f s t t t c s s = = = ó De igual forma la tensión en el acero debe ser igual a la tensión en el área de concreto equivalente. t s T T = e equivalent concreto el en Tension : acero el en : t s T Tension T t t s s f A f A = t s t s A f f A = s t nA A = acero de ada transform Area = t A Tomando el primer momento de área respecto a la posición del E.N. de la sección transformada agrietada, se obtiene: ∑ = 0 EN Q ( ) kd d nA kd bkd s − = 2 ( ) 0 2 2 = − + d nA kd nA kd b s s La anterior ecuación da la posición del eje neutro. El momento de inercia de la sección transformada respecto al E.N. es: 122 tension a resistente Momento : compresion a resistente Momento : acero el en tension a Esfuerzo : concreto. el en compresion Esfuerzo : s c s c M M f f mpa fa Mpa c f mm d cm o cubrimient n mm Aa mm h mm b 200 21 500 5 Re 8 1500 550 300 2 = = ′ = = = = = = ( ) ( ) 2 3 3 kd d nA I kd b I s A EN t − + + = ( ) compresión a concreto del Inercia : 3 3 kd b respecto al eje neutro. eje propio su a respecto concreto de e equivalent sección la de Inercia : t A I Una vez encontrada la posición del E.N. y la inercia, se procede a calcular los esfuerzos o momentos resistentes: kd I f I M f EN c EN c c = = c M kd ( ) n f I kd d M f s EN t = − = t f pero ( ) EN s s I kd d nM f − = ( ) kd d n I f EN s − = s M PROBLEMA 6.2: Calcular los esfuerzos, máximos en el concreto y acero si el momento flexionante máximo Mmax=70 kN.m Eje neutro 123 445 . 0 445 164 . 3 1 500 3 1 164 . 0 164 0 500 . 1500 . 8 1500 ) ( 2 300 0 ) ( 2 2 2 = = − = − = = = = − + = − + mm kd d jd m mm kd kd kd nAad Aakd kd b MPa kd I M fc MPa jd Aa M fa MPa jd bkd M fc EN 39 . 6 164 . 0 * 10 * 796 . 1 10 * 70 105 445 . 0 * 1500 10 * 70 ) ( 39 . 6 445 . 0 * 164 . 0 * 3 . 0 10 * 70 * 2 ) )( ( 2 3 3 3 3 = = = = = = = = = − 4 3 4 9 2 3 10 * 796 . 1 10 * 796 . 1 ) 164 500 ( * 1500 * 8 3 ) 164 ( 300 m I mm I EN EN − = = − + = PROBLEMA 6.3: Calcular los momentos resistentes positivos para una viga T con una luz de 7.0 m, bajo una carga uniformemente distribuida usando la sección transformada agrietada. Se tiene , 21 , MPa c f = fc=0.45f´c, MPa fy 420 = , fs = 170 MPa, 200GPa E s = . Se supone que la viga forma parte de una luz interior y no sostiene muros. 1. Sección Transformada agrietada Se asume inicialmente que el E.N. queda localizado dentro del ala. 124 ( ) 0 2 2 = + − kd nA d nA kd b s s b = 0.90m ( ) ( ) [ ] 2 05 . 258 87 . 3 * 2 10 . 5 * 3 * 2 . 11 cm nA A s t = + = = Altura efectiva: (d) ( ) ( ) ( ) ( ) 87 . 3 * 2 10 . 5 * 3 19 . 10 * 87 . 3 * 2 27 . 5 * 10 . 5 * 3 + + = ′ = d y cm cm y 0 . 7 92 . 6 ≈ = m d h d 43 . 0 07 . 0 50 . 0 = − = ′ − = ( ) ( ) ( ) cm kd cm kd kd kd kd kd 83 . 18 10 . 13 0 15 . 11096 05 . 258 45 0 05 . 258 43 * 05 . 258 2 90 2 1 2 2 − = = = − + = + − Como 10 . 13 1 cm kd = > 10cm; el centroide cae dentro del alma. Tomando el primer momento de área respecto a la posición del eje neutro, o igualando los primeros momentos de área por arriba y por abajo del eje neutro, se tiene: 125 ( ) ( ) ( ) ( ) kd kd kd kd − = − − + − 43 * 05 . 258 2 10 10 * 20 5 * 10 * 90 ( ) kd kd kd kd 05 . 258 15 . 11096 1000 200 10 4500 900 2 − = + − + − ( ) 0 15 . 14596 05 . 958 10 2 = − + kd kd cm kd 4 . 13 1 = cm kd 2 . 109 2 − = Se calcula el momento de inercia de la sección transformada agrietada respecto al eje neutro. 2 3 2 3 6 . 29 * 05 . 258 3 4 . 3 * 20 4 . 8 * 10 * 90 12 10 * 90 + + + + = t A EN I I La inercia de t A I , sección de acero transformada en concreto respecto a su propio eje, generalmente se desprecia, pero se calculara a manera de ejemplo. cm d A b bar t t 9 . 106 5 2 * 22 . 2 3 * 54 . 2 05 . 258 = + = = cm h t 414 . 2 = 2 3 32 . 125 12 414 . 2 * 9 . 106 cm I t A = = 2. Los momentos resistentes serán: Momento resistente admisible en el concreto: EN c I Mkd f = 126 m kN kd I f M EN c c . 9 . 210 134 . 0 10 * 975 . 2 * 10 * 5 . 9 3 6 = = = − Momento resistente admisible en el acero ( ) ( ) ( ) ( ) m kN kd d n I f M I kd d M n f I kd d M n f I kd d M f EN s s EN s EN s EN t . 5 . 152 296 . 0 * 2 . 11 10 * 2975 * 10 * 170 . 3 6 = = − = − = − = = − = − 3. Carga admisible para una luz interior. 16 2 n u u l w M = 2 3 2 7 10 * 5 . 152 * 16 16 = = n u u l M w m kN w u 8 . 49 = 4. Esfuerzos de trabajo MPa f s 170 = MPa kd d kd n f f s c 84 . 6 134 . 0 43 . 0 134 . 0 2 . 11 170 = − = − = PROBLEMA 6.4: Para la viga cajón mostrada hallar los momentos resistentes en la sección, si , 21 , MPa c f = fc=0.45f´c, MPa fy 420 = , fs = 170 MPa,. La viga forma parte de una luz interior de 8.0 m que soporta una carga uniformemente distribuida 50 kN/m. Calcular también los momentos de agrietamiento, el modulo de rotura es c f ′ = λ 62 . 0 f R y el momento de agrietamiento es t g R y I f = CR M , según el C.9.5.2.3 del NSR-10. Donde: nto. agrietamie de Momento : M . en tension admisible esfuerzo o concreto del rotura de Modulo : f tension. la calcula se donde fibra la hasta neutro eje el desde medida Distancia : y bruta. o tal seccion to la de inercia de Momento : CR R t g I 127 1. Posición del eje neutro de la sección no agrietada. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 20 . 0 * 20 . 0 60 . 0 * 40 . 0 45 . 0 * 30 . 0 * 40 . 0 20 . 0 * 10 . 0 * 20 . 0 * 2 05 . 0 * 10 . 0 * 40 . 0 − + + = Y cm Y 32 . 0 = 2. Inercia bruta 128 4 3 2 3 3 3 3 10 * 587 . 6 27 . 0 * 1 . 0 * 20 . 0 12 10 . 0 * 20 . 0 3 02 . 0 * 20 . 0 3 32 . 0 * 10 . 0 * 2 3 28 . 0 * 40 . 0 m I I g gEN − = + + + + = 3. Modulo de rotura MPa f R 84 . 2 21 * 1 * 62 . 0 = = 4. El momento de agrietamiento es: m kN Mcr m kN Mcr apoyos CL . 84 . 66 28 . 0 10 * 587 . 6 * 10 * 84 . 2 . 48 . 58 32 . 0 10 * 587 . 6 * 10 * 84 . 2 3 6 3 6 = = = = − − 5. Para una carga w = 50 kN/m, hallar el esfuerzo producido en el centro de la luz y en los apoyos. t g y I M f = 5.1 Momento en el centro de la luz. 72 . 9 10 * 587 . 6 32 . 0 * 10 * 200 . 200 16 8 * 10 * 50 16 ln 3 3 2 3 2 MPa f m kN w M CL CL = = = = = − Hay agrietamiento 5.2 Momento en los apoyos. Hay agrietamiento 6. Momentos resistentes positivos usando sección transformada agrietada. 6.1 Primer momento de área respecto a la posición del E.N. Se asume que el E.N. queda por encima del hueco. MPa f m kN w M apoyos apoyos 37 . 12 10 * 587 . 6 28 . 0 * 10 * 9 . 290 . 9 . 290 11 8 * 10 * 50 11 ln 3 3 2 3 2 = = − = = − = − 129 2 48 . 228 10 . 5 * 4 * 2 . 11 cm At = = ) 55 ( * 48 . 228 2 * * 40 kd kd kd − = 0 4 . 12566 48 . 228 ) ( 20 2 = − + kd kd cm kd cm kd 4 . 31 0 . 20 2 1 − = = Como cm kd 0 . 20 1 = , el E.N. queda por encima del hueco. 6.2 Inercia ( ) 2 3 20 55 * 48 . 228 3 120 * 40 − + + = At EN I I cm d At b bar t 95 . 89 54 . 2 48 . 228 = = = 4 3 84 . 122 12 54 . 2 * 95 . 89 cm I At = = 4 3 4 10 * 867 . 3 51 . 386677 m cm I EN − = = 6.3 Momento resistente admisible en el concreto. ( ) ( ) m kN kd d n I f M EN c c . 7 . 183 20 . 0 2 . 11 10 * 867 . 3 * 10 * 5 . 9 3 6 = = − = − 130 6.3 Momento resistente admisible en el acero. ( ) ( ) m kN kd d n I f M EN s s . 7 . 167 20 . 0 55 . 0 2 . 11 10 * 3867 * 10 * 170 3 6 = − = − = − 7. Carga admisible m kN M w / 93 . 41 8 7 . 167 * 16 ln 16 2 2 = = = 8. Esfuerzo de trabajo. Mpa kd d kd n fs f Mpa f c s 67 . 8 20 . 0 55 . 0 20 . 0 2 . 11 170 170 = − = − = = Sección transformada con refuerzo a la compresión Cuando el acero está en la zona de compresión o la zona de tensión no agrietada, se transforma con nAs, esto desplaza un área de concreto igual a As. Como resultado, el acero en compresión es transformado en un área de concreto equivalente a (n-1)A´s. Cuando se usa el diseño por esfuerzos de trabajo, el área del concreto a la compresión se toma como dos veces el área de refuerzo en compresión, siempre que el esfuerzo de compresión resultante en el área, no sea mayor que el admisible que en tracción, ya que refleja el efecto del creep sobre los esfuerzos. Con esto se pretende recuperar las características de elasticidad, ya que a mayor deformación, el acero y el concreto pierden la elasticidad, 1)A´s (2n A´s 2nA´s A´t − = − = 131 Se toma ∑ = 0 EN Q [ ] [ ] 0 nAsd 1)A´sd´ (2n kd nAs 1)A´s (2n 2 2 b(kd) 0 nAskd nAsd 1)A´sd´ (2n 1)A´skd (2n 2 2 b(kd) kd) nAs(d d´) 1)A´s(kd (2n 2 2 b(kd) = + − − + − + = + − − − − + − = − − + El Momento de inercia respecto al EN de la sección transformada es: 2 kd) (d t A At I 2 d´) A´t(kd t A´ I 3 3 b(kd) EN I − + + − + + = PROBLEMA 6.5: Calcular la inercia de la Sección transformada no agrietada para la viga mostrada. GPa 200 Es MPa, 21 f´c = = Modulo de elasticidad del concreto, MPa 17872 21 3900 Ec = = Razón modular 11.2 17.87GPa 200GPa Ec Es n = = = El concreto que reemplaza el acero, toma los esfuerzos y como la sección no se ha agrietado; el esfuerzo de tensión en el concreto no ha excedido el modulo de rotura fr. El área transformada para ambas capas de acero es 1)As (n − . Acero superior: 2 cm 78.95 2) * (3.87 * 1) (11.2 = − 132 Acero inferior: (11.2-1) * (3.87*4) = 157.9 2 cm Localización del centroide. cm 29 Y 157.9 78.95 60 * 30 5 * 157.9 55 * 78.95 30 * 60 * 30 Y i A i A i y Y 0 i A i y = + + + + = ∑ ∑ = ∑ = Momento de inercia de la sección no agrietada: Concreto: 4 cm 541800 2 (1) * 60 * 30 12 3 60 * 30 c I = + = Acero superior: 4 26.71cm 2 * 64 4 πd n I = = cm 35.56 2.22 78.95 bar d 1)A´s - (n b = = = 4 53402.42cm 53370 32.42 A´s I 2 78.95(26) 12 3 2.22 * 35.56 A´s I = + = + = Generalmente se desprecia la inercia del acero respecto a su propio eje, por ser mucho menor que la inercia producida por la diferencia entre el eje centroidal de las varillas y el de la sección transformada. Acero Inferior: 4 cm 53.41 4 * 64 4 π(2.22) n I = = 133 cm 71.13 2.22 157.9 b = = 4 m 686206.42c As I A´s I Ic Ig 4 91004cm 90950.4 64.85 2 5) - (29 * 157.9 12 3 2.22 * 71.13 As I = + + = = + = + = PROBLEMA 6.6: Encontrar la inercia de la sección transformada agrietada Icr del problema anterior. Se asume que el eje neutro esta más abajo que el acero de compresión. Acero superior: 2 cm 165.64 2) * (3.87 * 1) 11.2 * (2 A´s = − = Acero inferior: 2 cm 173.38 3.87 * 4 * 11.2 As = = Localización del centroide: Se toma el primer momento de área respecto al EN Parte Área ] 2 [cm [ ] cm y ] 3 cm [ y A Zona de compresión 30 c kd/2 15(kd) 2 Acero Superior 165.64 kd - 5 165.64kd – 828.18 Acero Inferior 173.38 kd -55 173.38kd - 9535.9 ∑ = − + = 0 10364.1 339.02kd 2 15kd 0 y A 0.315 55 17.31 d c k kd c 39.91cm 2 k 17.31cm 1 = = = = − = = d kd Momento de Inercia: Concreto: 134 4 cm 51867 3 3 17.31 * 30 Ic = = Acero superior: 4 cm 25100.44 2 5) (17.31 * 165.64 A´s I = − = Acero Inferior: 4 m 246292.55c 2 17.31) (55 * 173.38 As I = − = 4 cm 323259.9 Icr = La inercia de la sección agrietada es el 47% de la no agrietada y el 59% de la de concreto. 6.3. VIGAS DOBLEMENTE SIMÉTRICAS CON CARGAS INCLINADAS Suposiciones: Los planos xy y xz son planos de simetría. La carga inclinada pasa por el centroide de la sección transversal para que no haya torsión. Convención: Los Momentos son positivos cuando los vectores señalan en las direcciones positivas de los ejes coordenados y por la regla de la mano derecha en sentido contrario a las manecillas del reloj. y Iz Mz z Iy My A Pto x + − = σ : . y Iz Mz z Iy My x B Pto + + = σ : . y Iz Mz z Iy My x C Pto − − = σ . y Iz Mz z Iy My x D Pto − + = σ : . Relación entre el eje neutro y la inclinación de las cargas. 135 Esfuerzos en el punto A: y I M z I M z z y y x − = σ En el E.N. los esfuerzos son cero. 0 = X σ 0 = − y I M z I M Z Z y y y z z y I M I M z y = = β tan (1) Angulo entre el Eje neutro y el eje z. ) ( cos ) ( X L P M X L Psen M z y − = − = θ θ (1) en (2) ) 2 ( tanθ = Z Y M M θ β tan tan Y Z I I = El eje neutro no es perpendicular al plano longitudinal que contiene la carga P. Hay tres excepciones a esta regla: La carga se encuentra en el plano xy ( º 180 ó 0 = θ ), por lo tanto el eje z es el E.N La carga se encuentra en el plano xz ( º 90 ± = θ ), el eje y es el E.N Cuando Z y I I = , todos los ejes que pasan por el centroide son ejes principales y el eje neutro siempre es perpendicular al plano de carga 136 L=3m P=100kN X=1,0 θ=60° x PROBLEMA 6.7: Calcular los esfuerzos a una distancia x=1.0 desde el empotramiento en los puntos A y C y la localización del eje neutro. ( ) ( ) kNm x L P M z 100 1 3 60 cos 100 60 cos = − = − = ( ) ( ) kNm sen x L Psen M y 2 , 173 1 3 60 100 60 = − = − = MPa A 1 , 15 12 5 , 0 3 , 0 25 , 0 100 12 3 , 0 5 , 0 15 , 0 2 , 173 3 3 − = × × + × × − = σ MPa C 1 , 31 12 3 , 0 5 , 0 15 , 0 2 , 173 12 5 , 0 3 , 0 25 , 0 100 3 3 − = × × − × × − = σ 11 , 48 100 12 3 , 0 5 , 0 2 , 173 12 5 , 0 3 , 0 tan 3 3 = × × × × = = z y y z M I M I β ° = 94 , 31 β 6.4. FLEXIÓN DE VIGAS ASIMÉTRICAS La sección transversal es asimétrica y se supone que la viga esta en flexión pura. Se parte de un eje neutro supuesto y se halla el momento flexionarte asociado 0,3m 0,5m 60° B C D A P Pcos60=50kN Psen60=86.6kN y z y z B C D A My Mz 137 Se supone que Z es el E.N. El Signo (-) es cuando la parte por encima del eje Z está en comprensión cuando la curvatura es (+) plano flexión xy Y Ek y x = σ La Fuerza resultante sobre la sección transversal es cero porque está en flexión pura. ∫ ∫ = = A A y x ydA Ek dA 0 σ E y k son constantes en toda la longitud. Como , 0 = ∫ ydA A el eje Z pasa por el centroide de la sección transversal. Se supone que eje Y es el Eje neutro (EN) z Ek z x = σ ∫ ∫ = = A z A x zdA Ek dA 0 σ Como ∫ = A zdA 0. El eje Y pasa por el centroide. El origen de los ejes Z y Y para una viga asimétrica se localiza en el centroide. Una viga asimétrica se flexiona de la misma manera que una viga simétrica si el eje Z es un eje centroidal principal y el único momento flexionante es z M Suponiendo flexión alrededor del eje Z y Y, los momentos flexionantes son: ∫ ∫ = = = A A z y y x z EI k dA y E k ydA M 2 σ 138 ∫ ∫ = = = A y z z x y EI k dA z E k ZdA M 2 σ Cuando una viga asimétrica está en flexión pura, el plano del momento es perpendicular al EN si los ejes Y y Z son ejes centroidales principales. PROBLEMA 6.8: Una viga canal C10 X 15.3 está bajo un momento M=15 kips.pg, inclinado º 10 = θ Respecto al eje Z. Calcular A σ y B σ y la posición del E.N. Ejes centroidales principales 4 4 4 . 67 28 . 2 pg I pg I Z y = = C = 0.634 pg Localización punto A. pg Z pg Y A A 966 . 1 634 . 0 6 . 2 0 . 5 = − = = Ancho patín o aleta = 2.6 Localización punto B. pg pg Y B B 634 . 0 Z 50 = = Momentos Flexionantes | ¹ | \ | − | ¹ | \ | − = − − = = = = = = = 0 . 5 * 4 . 67 8 . 14 966 . 1 * 28 . 2 6 . 2 . 8 . 14 10 cos * 15 cos . 6 . 2 10 * 15 A Z Z A y y A Z y Y I M Z I M pg kips M M pg kips sen Msen M σ θ θ psi A 3340 − = σ psi Y I M Z I M B z z B y y B . 1821 0 . 5 * 4 . 67 8 . 14 634 . 0 * 28 . 2 6 . 2 = | ¹ | \ | + | ¹ | \ | = + = σ psi B 1821 = σ Eje neutro 21 . 5 10 tan 28 . 2 4 . 67 tan tan = = = θ β y z I I º º 14 . 79 = β 139 6.5. CENTRO DE CORTANTE Para determinar los esfuerzos cortantes cuando las fuerzas laterales actúan en un plano que no es de simetría, deben actuar en un punto llamado centro de cortante para que la viga se flexione sin torsión. La resultante de esfuerzos cortantes producidos por la carga P, tiene línea de acción a través del punto s. Suponiendo que el eje Z sea el E.N. eje de flexión, la carga aplicada en el extremo de la viga debe pasar por el centro de cortante s para que la flexión ocurra con el eje Z como E.N y no se genere un par torsor y por lo tanto alabeo en la viga. El Centro de cortante al igual que el centroide se encuentra sobre un eje de simetría, por lo tanto en una sección doblemente simétrica coinciden. El esfuerzo cortante es ∫ = s 0 ydA t I V z y τ . La integral es el momento estático respecto al eje Z del área. El Esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Y z z y y z z y y I Q V t f t I Q V = = = τ τ El esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Z y y Z z y y z z I Q V t f t I Q V = = = τ τ Para sección transversal asimétrica 140 ° Y y Z son ejes principales ° La carga P actúa en el centro de cortante s, y se descomponen en Py y Pz ° La flexión ocurre alrededor de los ejes Y y Z.. ° S se localiza sobre los ejes principales. ° Se localiza el centroide y ejes principales. ° Se descompone la carga que actúa en s y se determinan los momentos. ° Se calculan los esfuerzos de flexión Los esfuerzos cortantes están a lo largo de la línea central de la sección transversal y paralelos al borde de la sección, de intensidad constante en el espesor t, t f z τ = flujo de cortante. A continuación se presentan algunos centros de cortante: | | ¹ | \ | + + + + | | ¹ | \ | − + = 2 2 1 1 1 2 2 1 1 3 4 2 1 2 3 2 3 4 1 2 1 h b h b b b b h h b b b b e | | ¹ | \ | + − + + | | ¹ | \ | − + = 2 2 1 1 1 2 2 1 1 3 4 2 1 2 3 2 3 4 1 2 1 h b h b b b b h h b b b b e b b t h t b b b b b e f w < + + − = 1 1 2 2 1 ; 3 2 2 1 141 1 3 1 2 2 1 1 1 2 2 1 3 1 2 3 2 b b b b b b b b b b h e + − + | ¹ | \ | − = ( ) θ θ θ θ θ θ cos cos 2 sen sen R e − − = π π θ / 4 2 = = R e and | ¹ | \ | + | ¹ | \ | + + + | ¹ | \ | − | ¹ | \ | + • + | ¹ | \ | + + + = R b R b R b b R b R b R b R b R b R b R b b R e 1 3 1 1 3 1 2 1 1 2 1 3 4 12 3 4 3 12 6 12 π π π Para 0 1 = b R b R b R b R e 4 2 2 4 2 + | ¹ | \ | + + = π π Para 0 = b ; 2 1 1 3 1 2 1 1 12 12 4 3 2 4 | ¹ | \ | + + | ¹ | \ | + | | ¹ | \ | | ¹ | \ | + + = R b R b R b R b R b R e π π π PROBLEMA 6.9: Una correa en C de una cubierta esta simplemente apoyada sobre los nudos de un par de cerchas. Las correas en C están simplemente apoyadas para efectos de flexión en una luz de L = 2.0 m. Hay restricción a la torsión en los apoyos. Las cargas sobre la cubierta son: Carga muerta Teja de barro 0.80 kN/m 2 Teja de asbesto 0.15 kN/m 2 Panel Yeso 0.20 kN/m 2 Sobrecargas 0.15 kN/m 2 Total 1.5 kN/m 2 142 Carga Viva de cubierta 0.50 kN/m 2 Carga de Viento 0.50 kN/m 2 w = D+ L +W = 2.5 kN/m 2 . 1. Determinar las propiedades inerciales de la sección Ix, Iy, Ixy, J, centro de cortante s, centroide c y ejes principales. 2. Para las cargas indicadas, hacer los diagramas de M, V, T de la correa. Los momentos con ejes principales y torque con centroides. 3. Hallar los esfuerzos normales y cortantes máximos. 4. Los factores de seguridad para el rango elástico. σ y = 345 MPa, τ y = 192 MPa 1. Propiedades de la sección º 03 . 14 6 5 . 1 tan 1 = | ¹ | \ | = − α 143 1.1 Centroide y primer momento de área Sección A [mm 2 ] Z [mm] Y [mm] AZ [mm 3 ] AY [mm 3 ] I 141 26.5 1.5 3736.5 211.5 II 141 26.5 98.5 3736.5 13888.5 III 300 1.5 50 450 15000 582 7923 29100 mm Ai Ai i x e z 61 . 13 * = = ∑ ∑ mm Ai Ai i y e y 50 * = = ∑ ∑ 1.2 Primer momento de área respecto a ejes centroidales. 5 . 10588 5 . 48 * 3 * 47 25 * 3 * 50 * = + = = ∑ Ai i x Q z mm 3 7 . 3972 3 * 2 ) 3 61 . 13 ( * 2 ) 5 . 1 61 . 13 ( * 3 * 100 * 2 = − + − = = ∑ Ai i x Q y mm 3 1.3 Inercias respecto a ejes centroidales. 144 4 2 3 2 3 4 3 2 3 02 . 762 . 392 ) 5 . 1 61 . 13 ( * 100 * 3 12 100 * 3 ) 61 . 13 5 . 26 ( * 3 * 47 12 47 * 3 * 2 546 . 913 12 100 * 3 ) 5 . 1 50 ( * 3 * 47 12 3 * 47 * 2 mm I mm I y z = − + + ( ¸ ( ¸ − + = = + ( ¸ ( ¸ − + = Debido a que hay un eje de simetría I xy = 0 1.4 Momento Polar en sección abierta de pared delgada. ∑ = n i i i h b C J 3 * 3 1 ( ) 4 3 3 1476 3 * 100 3 * 47 * 2 * 0 . 1 * 3 1 mm J = + = 1.4 Centro de Cortante mm b h b h b b b b h h b b b e 05 . 18 5 . 48 * 5 . 48 * 3 100 2 1 3 4 2 1 2 3 2 3 4 1 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 = + = | | ¹ | \ | + − + + | | ¹ | \ | − + = 2. La carga sobre la correa es: m kN Laferente w w 75 . 3 5 . 1 * 5 . 2 * = = = La carga actúa en el centro del cortante. 145 8 2 max wL M = m kN Sen wSen w z / 91 . 0 03 . 14 * 75 . 3 = = = α m kN Cos wCos w y / 64 . 3 03 . 14 * 75 . 3 = = = α 2.1 El diagrama de momento tiene dos componentes y el máximo se presenta en el centro de la luz. m kN L w M y z . 82 . 1 8 2 64 . 3 8 2 2 = ∗ = = m kN L w M y . 46 . 0 8 2 z = = 2.2 Los diagramas de cortante son: kN L w V kN L w V z y 91 . 0 2 64 . 3 2 z y = = = = 2.3 Diagrama de torsión. Se pasa la carga distribuida w y del centro de cortante al centroide, la distancia entre c y s es: d = e + e z - 1.5 mm = 18.05 + 13.61 -1.5 = 30.16 mm El torque distribuido o por unidad de longitud es: t = 3.64 kN.m * 0.03016 m = 0.11 kN.m/m. Las reacciones en los extremos son: m kN L t T T B A . 11 . 0 2 2 * 11 . 0 2 * = = = = Se hace un corte a una distancia x. ∑ = 0 T T(x) = 0.11x - 0.11 146 3. Esfuerzos Localización del EN. º 17 . 30 58 . 0 03 . 14 tan 02 . 392762 913546 tan tan = = = = β α β y z I I Los esfuerzos máximos de flexión suceden en el centro de la viga. El máximo esfuerzo de compresión ocurre en la esquina superior derecha y de tensión en la inferior izquierda. MPa y I M z I M z z y y x 55 . 115 10 * 13546 . 9 050 . 0 * 82 . 1 10 * 92762 . 3 01361 . 0 * 46 . 0 7 7 = + = + = − − σ MPa y I M z I M z z y y x 23 . 142 10 * 13546 . 9 050 . 0 * 82 . 1 10 * 92762 . 3 ) 01361 . 0 050 . 0 ( * 46 . 0 7 7 − = − − − = − − = − − σ Esfuerzos cortantes producidos por la fuerza cortante. El esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Y 147 MPa t I Q V z z y y 06 . 14 003 . 0 * 10 * 13546 . 9 10 * 5885 . 10 * 64 . 3 7 6 = = = − − τ El esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Z MPa t I Q V y y z z 93 . 2 003 . 0 * 10 * 92762 . 3 10 * 7927 . 3 * 91 . 0 7 6 = = = − − τ Esfuerzo cortante producido por torsión en secciones de pared delgada es: MPa J Th 58 . 223 10 * 476 . 1 2 / 003 . 0 * 10 * 11 . 0 * 2 2 9 3 max = = = − τ Esfuerzo cortante total . 64 . 237 06 . 14 58 . 223 MPa = + = τ 4. Factores de seguridad 43 . 2 23 . 142 345 = = σ FS 81 . 0 64 . 237 192 = = τ FS 6.6. DEFORMACIONES PLASTICAS Se supone que la distancia se mide desde un eje de simetría horizontal en la sección transversal y la distribución ε x lineal y simétrica respecto a dicho eje y la curva de esfuerzo-deformación es simétrica respecto al eje de coordenadas. m x c y ε ε − = Una vez determinado max σ , de la curva σ vs x ε se halla n ε y reemplazando en m C y x ε ε − = se halla x ε para diferentes valores de y. 148 Tomando momentos respecto al eje transversal z: xdA y M σ ∫ − = Donde dA=bdy ∫ − − = c c xdy y b M σ Como x σ es una función impar respecto a y. ∫ − = c xdy y b M 0 2 σ Si x σ es una función conocida, la anterior ecuación de M puede obtenerse analíticamente. 6.7. FLEXION ELASTOPLASTICA Los materiales elastoplasticos obedecen a la ley de Hooke. Vasta el esfuerzo de fluencia y σ y luego fluyen plásticamente. Los aceros estructurales son el Mejor ejemplo de material Elastoplastico. Momento de fluencia. Cuando los esfuerzos son menores que el de fluencia y σ el EN pasa por el centroide de la sección transversal y los esfuerzos se hallan y I M − = σ , cuando el esfuerzo alcanza al esfuerzo de fluencia. y I M y y − = σ S C I y y y σ σ σ = − = 149 C I S = Modulo de la sección C: Distancia al punto mas alejado del EN Momento plástico Si el momento sigue aumentando, se desarrollaran zonas plásticas que tienen un esfuerzo uniforme y σ , entre las zonas plásticas subsiste un núcleo elástico en el cual x σ varia linealmente con y. Al aumentar el momento la zona plástica se agranda hacia el EN. En este punto la deformación unitaria máxima es 10 a 15 veces y ε y la zona elástica ha desaparecido. Para fines practico la distribución de esfuerzos esta formada por tres zonas rectangulares y el momento alcanza Mp (momento plástico), el cual es el momento máximo que puede alcanzar una viga de material elastoplastico. 2 2 1 A A A C T = = = A1: Área por encima del EN A2: Área por debajo del EN La posición del eje neutro (EN) para Mp es diferente para flexión elástica lineal, para una sección trapezoidal. El EN para flexión plástica total queda un poco por debajo del EN para flexión elástica (distribución de esfuerzos triangulares). 2 ) ( ) ( ) ( . ) ( 2 1 2 2 1 1 1 2 y y yA A y y A y y Mp ydA y ydA y ydA Mp A A A + = − − = = − − = − = ∫ ∫ ∫ σ σ σ σ σ σ Otra forma es tomar momentos respecto al eje neutro. EN. 150 ) ( 2 2 / 2 1 2 1 y y yA My yA T C y T y C Mp + = = = + = σ σ Modulo plástico 2 ) ( : 2 1 y y A Z Donde yZ Mp + = = σ Es el manto estático valuado respecto al EN del área de la sección transversal por arriba y por debajo. S Z My Mp = Es una medida de la reserva de la resistencia de la viga después de que empieza la fluencia. Es máxima cuando la mayoría del material esta cerca al EN (sección circular) y mínima cuando esta alejado viga I) Vigas rectangulares 4 4 2 ) 4 / 4 / ( 4 / 6 2 12 2 2 2 1 2 3 ybh Mp yZ Mp bh h h A Z h y y ybh My h bh y C yI My σ σ σ σ σ = = = + = = = = = = 6 4 2 2 ybh ybh My Mp σ σ = 2 3 = S Z 151 El momento plástico para una viga rectangular es 50% menor que el momento de fluencia. Si se considerara una viga que no ha alcanzado plastificación total y con núcleo elástico. e : Distancia al eje neutro EN | ¹ | \ | − = = e h yb T C 2 1 1 σ b ye T C 2 2 2 σ = = | | ¹ | \ | − = | | ¹ | \ | − = | ¹ | \ | + | ¹ | \ | + | ¹ | \ | − = | ¹ | \ | + | ¹ | \ | + = 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 6 3 4 2 2 2 3 4 2 2 1 h e My h e ybh M e yeb e h e h yb M e C e h C M σ σ σ Esta ecuación es valida para Mp M My ≤ ≤ My M h e = = 2 Mp My M e = = = 2 3 0 | | ¹ | \ | − = My M h e 2 3 2 1 Posición del núcleo elástico ∫σ A x dA = ∫ EkydA = 0 A A E A k ∫ ydA + E B k ∫ ydA = 0 B Como la curvatura es igual en la sección transversal, la integral queda: E A ∫ ydA + E B ∫ ydA = 0 A B Las integrales representan el primer momento de área de la sección transversal con respecto al eje neutro, por lo tanto deben ser iguales. Si se define n como la razón modular: n= EB EA Razón modular Reemplazando, se observa que el eje neutro no cambia si cada elemento de área dA del elemento B, se multiplica por la razón modular. ∫ A ydA + ∫ nydA = 0 B La nueva sección transversal queda formada por dos áreas: 1. El Área (A) permanece igual 2. El Área (B) con el ancho b multiplicado por n. En la Superficie de contacto. y 1 A ε1 σA=EAε1 σA2 σB2 EN 2 z B b ε2 3 ε3 σB=EBε3 116 Si E B > E A , utilizando la ley de Hooke, en la superficie de contacto los esfuerzos son: σ A 2 = E Aε 2 σ B2 = EBε 2 La deformación en el nivel 2 es igual en los dos materiales, igualando la deformación: σ A2 EA = σ B2 EB Los esfuerzos en el material B en el nivel 2, son iguales a los esfuerzos en el material A multiplicado por n, en el nivel 2. σ B2 = EB σ A 2 = nσ A 2 EA Los esfuerzos de flexión en la viga transformada, se calculan asumiendo que la relación momento curvatura, en la viga transformada, es igual que en la viga original. El par interno resistente en la sección es: M = ∫ σ x ydA M = ∫ σ x ydA + ∫ σ x ydA A B M = E A k ∫ y 2 dA + E B k ∫ y 2 dA A B ∫ y 2 dA : La integral es el momento de inercia de área. M = E A kI A + E B kI B = k (E A I A + E B I B ) M k= Factorizo EA: (E A I A + E B I B ) M M k= =   E A (I A + nI B ) E EA I A + B I B   EA    Se sabe que σ x = Eky , se igualan las curvaturas: σ M = A E A (I A + nI B ) E A y M σA = y I A + nI B 117 σB = My n IT PROBLEMA 6.5(6)(3) + 0.47 pg = 3. los esfuerzos son diferentes de los de la viga transformada.m σ max . Calcular σ T y σ c max en la madera y la platina. EB Los Esfuerzos en el material (A) de la viga original son los mismos que en la parte correspondiente de la viga transformada.25(60)(0. IT E I T = I A + nI B = I A + A I B : Momento de inercia de la sección transformada.en el acero Razón modular: n = E m = 10GPa E a = 200GPa E a 200 = = 20 Em 10 Ancho de la sección transformada bT = 3 * 20 = 60 pg Eje neutro: y= ∑ y Ai = 3. σB = MyE B E A I A + EB I B Esfuerzos en el material (B) de la sección transformada.σA = My Esfuerzos de flexión en el material (A). si M actuante = 20kN .1: La viga solera de 3”X6”mostrada esta reforzada con una platina de ½”.5) = 1. Mientras que en la viga original con material (B).73cm 6(3) + 60(0.5) ∑ Ai 118 . y que la línea de acción de la resultante de tensión pasa por el centro del refuerzo.47) 2 + (60)(0. Se supone que el acero soporta la tensión total y está sometido a un esfuerzo uniforme.47 − 0. no es combustible. pero en vigas cortas se necesita el uso de ganchos.29 MPa (Tensión) 7. VIGAS DE CONCRETO REFORZADO – MÉTODO ELÁSTICO El concreto es un excelente material de construcción.81MPa (Tensión) 7. Lo ideal sería que estas barras siguieran los esfuerzos de tensión.2197 * 10 −5 20 * 10 3 (0.5) 3 + 60 * 0. En el concreto se supone que los esfuerzos varían linealmente con la distancia al eje neutro y la resultante de fuerzas pasa por el centroide del triangulo de esfuerzos de compresión.2197 * 10 −5 6. como si toda la sección estuviera a igual distancia del eje neutro.2197 * 10 −5 20 * 10 3 * (0.0373 − 0.0373) = −35.2197 * 10 −5 Esfuerzos normales en el acero. σ aC = σ aB = 20 * 10 3 * 0.0373 * 20 = 206. Existe una fuerte adherencia entre el cemento y el acero. Tiene buena resistencia a la compresión.5 − 1.0127 ) = = 6.45 pg 4 = 7. pero en la practica se colocan en una o varias capas. ni se pudre.25) 2 12 12 I T = 173.0373 − 0. A demás el acero y concreto poseen un coeficiente de dilatación térmica α T similar.5 * (1. σ m4 = − σ mB 20 * 10 3 (0.2197 * 10 −5 m 4 Esfuerzos normales en la madera. lo cual se mejora con las varillas corrugadas y en vigas largas se genera suficiente fricción para evitar el deslizamiento.66 MPa (Tensión) 7.Inercia de la sección trasformada: Se calcula por el teorema de los ejes paralelos IT = 1 1 3 * 6 3 + 3 * 6 * (3. no se oxida. 119 .4 MPa (Compresión) 7.2.0127) * 20 = 136. Por esto la parte del elemento estructural que trabaja en tensión se refuerza con varillas longitudinales de acero.1651 − 0. pero la resistencia a la tensión es prácticamente nula. N. que multiplicada por la altura útil o efectiva (jd) fc = 0.45f’c Esfuerzo máximo admisible del concreto en compresión método elástico f’c: Esfuerzo máximo de compresión As: Área del acero de refuerzo fs : Esfuerzo máximo admisible o de trabajo del acero a tracción. C: Resultante de fuerza en compresión T. hasta donde se calcula el esfuerzo 120 . k : Constante menor que la unidad que multiplicada por la altura útil. a : recubrimiento 4 cm<a<7. f i : Esfuerzo de tension o compresion M : Momento actuante en la seccion I : Inercia de la seccion transformada y : Distancia desde el E.d : Altura útil: distancia desde la fibra mas comprimida al centro de gravedad del área de refuerzo.5cm (NSR – 10) Sección transformada con refuerzo inferior fc = M y I kd : Posicion del E. Resultante de fuerza en tensión.N. equivale a la profundidad del eje neutro EN j : Constante menor que la unidad. N. de la sección transformada agrietada. El momento de inercia de la sección transformada respecto al E.N. se tiene: ε s = ε t (1) ε s : Deformacion en el acero ε t : Deformacion en el concreto equivalente De la ley de Hooke: f s = E s ε s (2) y f t = Ec ε t (3) Reemplazando (2) y (3) en (1) fs f = t E s Ec fs = Es f t = nf t Ec ó ft = fs n De igual forma la tensión en el acero debe ser igual a la tensión en el área de concreto equivalente. Si se supone que la deformación en el acero es igual a la del concreto equivalente. Ts = Tt Ts : Tension en el acero Tt : Tension en el concreto equivalente As f s = At f t f As = t At fs At = nAs At = Area transformada de acero Tomando el primer momento de área respecto a la posición del E. se obtiene: =0 EN kd bkd = nAs (d − kd ) 2 (kd )2 + nA kd − nA d = 0 b s s 2 La anterior ecuación da la posición del eje neutro.At: Área transformada teórica. es: ∑Q 121 . 3 I At : Inercia de la sección equivalente de concreto respecto a su propio eje 3 Una vez encontrada la posición del E.b(kd ) 2 I EN = + I At + nAs (d − kd ) 3 3 b(kd ) : Inercia del concreto a compresión respecto al eje neutro. se procede a calcular los esfuerzos o momentos resistentes: fc = Mc kd I EN M (d − kd ) I EN Mc = f c I EN kd ft = fs n ft = pero fs = nM s (d − kd ) I EN f s I EN Ms = n(d − kd ) f c : Esfuerzo compresion en el concreto. y la inercia. f s : Esfuerzo a tension en el acero M c : Momento resistente a compresion M s : Momento resistente a tension PROBLEMA 6. máximos en el concreto y acero si el momento flexionante máximo Mmax=70 kN.m b = 300mm h = 550mm Aa = 1500mm 2 n=8 Re cubrimiento = 5cm d = 500mm fc ′ = 21Mpa fa = 200mpa Eje neutro 122 .2: Calcular los esfuerzos.N. 0 m.3 * 0.445 M 70 * 10 3 fa = = = 105MPa Aa ( jd ) 1500 * 0. c = 21MPa. Se supone que la viga forma parte de una luz interior y no sostiene muros.164m 1 1 jd = d − kd = 500 − .796 * 10 −3 I EN = I EN 300(164) 3 + 8 * 1500 * (500 − 164) 2 = 1.164 = 445mm = 0.500 = 0 2 kd = 164mm = 0.1500.445 3 3 2M 2 * 70 * 10 3 fc = = = 6.3: Calcular los momentos resistentes positivos para una viga T con una luz de 7.39 MPa I EN 1.445 M 70 * 10 3 fc = kd = * 0.796 * 10 9 mm 4 3 = 1.N.39 MPa (bkd )( jd ) 0.796 * 10 −3 m 4 PROBLEMA 6.164 = 6. queda localizado dentro del ala.45f´c. bajo una carga uniformemente distribuida usando la sección transformada agrietada. fc=0. fs = 170 MPa.b (kd ) 2 + Aakd − nAad = 0 2 300 (kd ) 2 + 1500kd − 8. fy = 420 MPa . E s = 200GPa . Sección Transformada agrietada Se asume inicialmente que el E. Se tiene f . 1. 123 .164 * 0. 07 = 0.0cm (3 * 5.19) (3 * 5.(kd )2 − nA d + nA kd = 0 b 2 s s b = 0.83cm Como kd1 = 13.05 * 43) + 258. Tomando el primer momento de área respecto a la posición del eje neutro.10 ) + (2 * 3.10cm kd 2 = −18.27 ) + (2 * 3.87 *10.90m At = nAs = 11.05kd − 11096.05kd = 0 90 2 2 45(kd ) + 258.10 * 5.05cm 2 Altura efectiva: (d) y = d′ = y = 6.10cm > 10cm.92cm ≈ 7. se tiene: 124 .87 )] = 258.10) + (2 * 3. el centroide cae dentro del alma.43m (kd )2 − (258.2 * [(3 * 5. o igualando los primeros momentos de área por arriba y por abajo del eje neutro.15 = 0 kd 1 = 13.50 − 0.87 ) d = h − d ′ = 0. 414 3 I At = = 125.54 * 3 + 2.6 2 12 3 La inercia de I At .05 = = 106.4cm kd 2 = −109. Los momentos resistentes serán: Momento resistente admisible en el concreto: fc = Mkd I EN 125 .05kd (kd − 10) = 258.05kd − 14596.9cm d bar 2. generalmente se desprecia.15 − 258. sección de acero transformada en concreto respecto a su propio eje.15 = 0 kd1 = 13.2cm 2 − 200kd + 1000 = 11096.32cm 2 12 2.05 * 29.22 * 2 5 ht = 2. bt = At 258.9 * 2.4 2 + + I At + 258.414cm 106.05 * (43 − kd ) Se calcula el momento de inercia de la sección transformada agrietada respecto al eje neutro. I EN = 90 *10 3 20 * 3.4 3 + 90 *10 * 8. pero se calculara a manera de ejemplo.90 *10 * (kd − 5) + 20 * (kd − 10 ) 900kd − 4500 + 10(kd ) 2 2 10(kd ) + 958. 5 *10 3 = wu = 2 72 ln m wu = 49 .5 * 10 6 * 2. Esfuerzos de trabajo f s = 170 MPa fc = f s kd 170 0.5.M (d − kd ) I EN Ms = f s I EN 170 * 10 6 * 2975 * 10 −3 = = 152.8 kN 4. Carga admisible para una luz interior.m n(d − kd ) 11.9.0 m que soporta una carga uniformemente distribuida 50 kN/m.9kN . La viga forma parte de una luz interior de 8.62λ f c y el momento de fRIg agrietamiento es M CR = .134 Momento resistente admisible en el acero ft = fs = M (d − kd ) f s M (d − kd ) = = I EN n I EN n. el modulo de rotura es f R = 0.134 PROBLEMA 6.296 3.3 del NSR-10. Calcular también ′ los momentos de agrietamiento.2.45f´c. c = 21MPa. si f . fs = 170 MPa.m kd 0.43 − 0. según el C. yt Donde: I g : Momento de inercia de la seccion total o bruta. M CR : Momento de agrietamiento.4: Para la viga cajón mostrada hallar los momentos resistentes en la sección.2 * 0.Mc = f c I EN 9.2 0. 126 .84 MPa n d − kd 11. wl Mu = u n 16 2 16 M u 16 *152.5kN . y t : Distancia medida desde el eje neutro hasta la fibra donde se calcula la tension..975 * 10 −3 = = 210. f R : Modulo de rotura del concreto o esfuerzo admisible en tension. fy = 420 MPa .134 = = 6. fc=0. 40 * 0.60) − (0. Inercia bruta 127 .30 * 0.05) + (2 * 0. Y= (0.20 * 0.1.40 * 0.20 ) + (0. Posición del eje neutro de la sección no agrietada.32cm 2.10 * 0.10 * 0.20 * 0.40 * 0.45) (0.20) Y = 0. 48kN .20 * 0.587 * 10 −3 5.587 * 10 −3 = = 66.1 Momento en el centro de la luz. f = M yt Ig 5.62 * 1 * 21 = 2. El momento de agrietamiento es: McrCL = Mcrapoyos 2. hallar el esfuerzo producido en el centro de la luz y en los apoyos. Momentos resistentes positivos usando sección transformada agrietada.84 * 10 6 * 6. Modulo de rotura f R = 0.10 * 0.N.28 f apoyos = = 12 .32 2. Hay agrietamiento 128 .m 11 11 Hay agrietamiento 290 . Se asume que el E.84 MPa 4.0.40 * 0.10 3 + 2* + + + 0.2 Momento en los apoyos.587 * 10 −3 = 58.N. queda por encima del hueco.m 0.37 MPa 6.27 2 3 3 3 12 I g = 6.20 * 0.9 * 10 3 * 0.84 * 10 6 * 6.1 * 0.587 * 10 − 3 6.587 * 10 −3 m 4 I gEN = 3.28 3 0.32 f CL = = 9. w ln 2 50 * 10 3 * 8 2 M apoyos = − = = −290 .20 * 0. Para una carga w = 50 kN/m.9 kN .1 Primer momento de área respecto a la posición del E. 6.32 3 0. w ln 2 50 * 10 3 * 8 2 M CL = = = 200kN .28 5.84kN .m 0.02 3 0.72 MPa 6.m 16 16 200 * 10 3 * 0. 2 Inercia 40 * 1203 2 + I At + 228.3 Momento resistente admisible en el concreto.2 * 4 * 5.84cm 4 12 I EN = 386677.20 ) 129 .10 = 228.5 * 10 6 * 3.0cm .867 * 10 −3 = = 183.2(0.m n(d − kd ) 11.867 * 10 −3 m 4 6.48cm 2 40 * kd * kd = 228.48 * (55 − 20 ) 3 At 228.48kd − 12566. el E.4cm Como kd1 = 20.95cm d bar 2.48 * (55 − kd ) 2 20(kd ) 2 + 228.51cm 4 = 3.N. queda por encima del hueco.At = 11.0cm kd 2 = −31.48 bt = = = 89. Mc = f c I EN 9.54 I EN = 89.95 * 2.7 kN . 6.4 = 0 kd1 = 20.54 3 I At = = 122. ya que refleja el efecto del creep sobre los esfuerzos.3 Momento resistente admisible en el acero. el acero y el concreto pierden la elasticidad. Cuando se usa el diseño por esfuerzos de trabajo.2 0. siempre que el esfuerzo de compresión resultante en el área. Como resultado.93kN / m ln 2 82 8.20 Sección transformada con refuerzo a la compresión Cuando el acero está en la zona de compresión o la zona de tensión no agrietada. no sea mayor que el admisible que en tracción. el acero en compresión es transformado en un área de concreto equivalente a (n-1)A´s.55 − 0.6.20 ) 7.m n(d − kd ) 11. ya que a mayor deformación.7 kN . Carga admisible w= 16 M 16 * 167.20 = = 8.7 = = 41. Esfuerzo de trabajo. Con esto se pretende recuperar las características de elasticidad. Ms = f s I EN 170 * 10 6 * 3867 * 10 −3 = = 167.67 Mpa n d − kd 11. se transforma con nAs. el área del concreto a la compresión se toma como dos veces el área de refuerzo en compresión. esto desplaza un área de concreto igual a As.2(0. f s = 170 Mpa fc = fs kd 170 0. A´t = 2nA´s − A´s = (2n − 1)A´s 130 .55 − 0. El área transformada para ambas capas de acero es (n − 1)As . f´c = 21 MPa.87GPa El concreto que reemplaza el acero.87 * 2) = 78.95 cm 2 131 . el esfuerzo de tensión en el concreto no ha excedido el modulo de rotura fr.5: Calcular la inercia de la Sección transformada no agrietada para la viga mostrada.2 Ec 17.2 − 1) * (3.Se toma ∑ Q EN = 0 b(kd) 2 + (2n − 1)A´s(kd − d´) = nAs(d − kd) 2 b(kd) 2 + (2n − 1)A´skd − (2n − 1)A´sd´− nAsd + nAskd = 0 2 b(kd) 2 + [(2n − 1)A´s + nAs]kd − [(2n − 1)A´sd´+ nAsd] = 0 2 El Momento de inercia respecto al EN de la sección transformada es: b(kd) 3 I EN = + I A´ + A´t(kd − d´) 2 + I At + A t (d − kd) 2 t 3 PROBLEMA 6. Es = 200 GPa Modulo de elasticidad del concreto. toma los esfuerzos y como la sección no se ha agrietado. Ec = 3900 21 = 17872 MPa Razón modular n= Es 200GPa = = 11. Acero superior: (11. 2-1) * (3.9 * 5 30 * 60 + 78.9 Y = 29 cm Momento de inercia de la sección no agrietada: Concreto: Ic = 30 * 60 3 + 30 * 60 * (1) 2 = 541800 cm 4 12 Acero superior: I=n b= πd 4 * 2 = 26.95(26) 2 12 I A´s = I A´s = 32.95 * 55 + 157.1)A´s 78.22 3 + 78.22) 4 * 4 = 53.56 cm d 2.41 cm 4 64 132 .71cm 4 64 (n .56 * 2.95 + 157.42 + 53370 = 53402.22 bar 35.87*4) = 157.9 cm 2 Localización del centroide.95 = = 35.Acero inferior: (11. Acero Inferior: I=n π(2. por ser mucho menor que la inercia producida por la diferencia entre el eje centroidal de las varillas y el de la sección transformada. ∑ yi Ai = 0 Y= Y= ∑ yi A i ∑ Ai 30 * 60 * 30 + 78.42cm 4 Generalmente se desprecia la inercia del acero respecto a su propio eje. 38 y[cm ] kd/2 kd .9 ∑ Ay = 0 15kd 2 + 339.6: Encontrar la inercia de la sección transformada agrietada Icr del problema anterior.64kd – 828.87 * 2) = 165. Acero superior: A´s = (2 * 11.13 * 2.9 = 71.4 = 91004cm 4 12 I As = Ig = Ic + I A´s + I As = 686206.91cm c 17.9535. Se asume que el eje neutro esta más abajo que el acero de compresión.b= 157.315 d 55 kd1 = 17.1 = 0 kd 2 = −39.5 kd -55 Ay [cm 3 ] 15(kd)2 165.22 71.38kd .87 = 173.9 * (29 .38 cm 2 Localización del centroide: Se toma el primer momento de área respecto al EN Parte Zona de compresión Acero Superior Acero Inferior Área [cm 2 ] 30 c 165.31 = = 0.2 − 1) * (3.42cm 4 PROBLEMA 6.2 * 4 * 3.02kd − 10364.5) 2 = 64.22 3 + 157.13 cm 2.64 173.85 + 90950.31cm c = kd k= Momento de Inercia: Concreto: 133 .64 cm 2 Acero inferior: As = 11.18 173. C Pto. La carga inclinada pasa por el centroide de la sección transversal para que no haya torsión.9 cm 4 La inercia de la sección agrietada es el 47% de la no agrietada y el 59% de la de concreto. Pto.44 cm 4 Acero Inferior: I As = 173. 134 .64 * (17.38 * (55 − 17. A : Pto. VIGAS DOBLEMENTE SIMÉTRICAS CON CARGAS INCLINADAS Suposiciones: Los planos xy y xz son planos de simetría. B : Pto.313 = 51867 cm 4 3 Acero superior: I A´s = 165.31) 2 = 246292.Ic = 30 * 17.3.55cm 4 Icr = 323259. Convención: Los Momentos son positivos cuando los vectores señalan en las direcciones positivas de los ejes coordenados y por la regla de la mano derecha en sentido contrario a las manecillas del reloj.31 − 5) 2 = 25100.D : σx =− My Mz z+ y Iy Iz My Mz σx = + z+ y Iy Iz My Mz σx = − z− y Iy Iz My Mz σx = + z− y Iy Iz Relación entre el eje neutro y la inclinación de las cargas. 6. todos los ejes que pasan por el centroide son ejes principales y el eje neutro siempre es perpendicular al plano de carga 135 .N La carga se encuentra en el plano xz ( θ = ±90º ).Esfuerzos en el punto A: σx = My Iy z− Mz y Iz En el E. los esfuerzos son cero. por lo tanto el eje z es el E. M y = Psenθ ( L − X ) MY = tan θ MZ M z = P cos θ ( L − X ) ( 2) (2) en (1) tan β = IZ tan θ IY El eje neutro no es perpendicular al plano longitudinal que contiene la carga P. el eje y es el E. σ X = 0 My Iy z− MZ y=0 IZ y M yIz = z M zIy tan β = (1) Angulo entre el Eje neutro y el eje z.N.N Cuando I y = I Z . Hay tres excepciones a esta regla: La carga se encuentra en el plano xy ( θ = 0 ó 180º ). Se parte de un eje neutro supuesto y se halla el momento flexionarte asociado 136 .25 173.2 × 0.6kN z B 0.5 × 0.1MPa 0.33 0.5 × 0.94° 6.5 3 0.15 − = −31.5 3 12 12 100 × 0.2 × 0.4. 0.15 100 × 0.5 × 0.0 P=100kN x θ=60° M z = P cos 60(L − x ) = 100 cos 60(3 − 1) = 100kNm M y = Psen60(L − x ) = 100 sen60(3 − 1) = 173.0 desde el empotramiento en los puntos A y C y la localización del eje neutro.3 × 0.33 × 100 12 D B Mz σA =− 173.2 IzM y 12 tan β = = = 48.1MPa 0.2kNm y A z C My 0.5m 60° C P D Pcos60=50kN X=1.7: Calcular los esfuerzos a una distancia x=1.25 + = −15.PROBLEMA 6. FLEXIÓN DE VIGAS ASIMÉTRICAS La sección transversal es asimétrica y se supone que la viga esta en flexión pura.3 × 0.3m L=3m y A Psen60=86.5 3 × 173.33 12 12 σC = − β = 31.11 IyM z 0.3 × 0. El eje Y pasa por el centroide. El Signo (-) es cuando la parte por encima del eje Z está en comprensión cuando la curvatura es (+) plano flexión xy σ x = Ek y Y La Fuerza resultante sobre la sección transversal es cero porque está en flexión pura. los momentos flexionantes son: M z = ∫ σ x ydA = k y E ∫ y 2 dA = k y EI z A A 137 . ∫σ A x dA = ∫ Ek y ydA = 0 A E y k son constantes en toda la longitud.Se supone que Z es el E. el eje Z pasa por el centroide de la sección transversal. A El origen de los ejes Z y Y para una viga asimétrica se localiza en el centroide. Se supone que eje Y es el Eje neutro (EN) σ x = Ek z z ∫σ A x dA = ∫ Ek z zdA = 0 A Como ∫ zdA = 0 . Una viga asimétrica se flexiona de la misma manera que una viga simétrica si el eje Z es un eje centroidal principal y el único momento flexionante es M z Suponiendo flexión alrededor del eje Z y Y. Como ∫ A ydA = 0.N. YA = 5.4 pg 4 C = 0.6   14.6 M Z = M cos θ = 15 * cos 10 = 14.3 está bajo un momento M=15 kips.28 β = 79.M y = ∫ σ x ZdA = k z E ∫ z 2 dA = k z EI y A Cuando una viga asimétrica está en flexión pura.966  −  * 5 .4  σ B = 1821 psi Eje neutro I 67. psi Iz  2.4 tan β = z tan θ = tan 10 = 5.8 kips.6 Localización punto B.966 pg Ancho patín o aleta = 2.pg.634  +  * 5. PROBLEMA 6.21 º Iy 2.634 pg Momentos Flexionantes M y = Msenθ = 15 * sen10 = 2.8: Una viga canal C10 X 15. Calcular σ A y σ B y la posición del E. pg kips. Ejes centroidales principales I y = 2.28 pg 4 I Z = 67.6   14.0 pg Z A = 2.8  Y A = − * 1.634 = 1. inclinado θ = 10º Respecto al eje Z.6 − 0.N.14º 138 .8  YB =  * 0. el plano del momento es perpendicular al EN si los ejes Y y Z son ejes centroidales principales.28   67.0  = 1821. pg σA =− My Iy ZA − MZ  2 .28   67.4  σ A = −3340 psi σB = My Iy ZB + Mz  2 .634 pg Localización punto A.0  IZ  2. YB = 50 pg Z B = 0. tiene línea de acción a través del punto s.6. El Esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Y Vy I zt ∫ ydA . eje de flexión. El Centro de cortante al igual que el centroide se encuentra sobre un eje de simetría. deben actuar en un punto llamado centro de cortante para que la viga se flexione sin torsión. por lo tanto en una sección doblemente simétrica coinciden.N y no se genere un par torsor y por lo tanto alabeo en la viga. Suponiendo que el eje Z sea el E.5. CENTRO DE CORTANTE Para determinar los esfuerzos cortantes cuando las fuerzas laterales actúan en un plano que no es de simetría. El esfuerzo cortante es τ = área. La integral es el momento estático respecto al eje Z del 0 s τy = V y Qz I zt f =τy t = V y Qz Iz El esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Z τz = Vz Q y I yt f =τz t = VZ Q y Iy Para sección transversal asimétrica 139 . la carga aplicada en el extremo de la viga debe pasar por el centro de cortante s para que la flexión ocurra con el eje Z como E. La resultante de esfuerzos cortantes producidos por la carga P.N. Se localiza el centroide y ejes principales. Se descompone la carga que actúa en s y se determinan los momentos. y se descomponen en Py y Pz La flexión ocurre alrededor de los ejes Y y Z. f = τ z t flujo de cortante..° ° ° ° ° ° ° Y y Z son ejes principales La carga P actúa en el centro de cortante s. Se calculan los esfuerzos de flexión Los esfuerzos cortantes están a lo largo de la línea central de la sección transversal y paralelos al borde de la sección. de intensidad constante en el espesor t. b1 < b 140 . A continuación se presentan algunos centros de cortante: e = b 2b1  4b12  1 −  1+ b  3h 2    h 2b1  2b1 4b12  1 +  2+ + + 3b b  h 3h 2    e = b 2b1  4b12 1 − 1+ b  3h 2      h 2b1  2b1 4b12  1 − 2+ + + 2 3b b  h 3h    e = b 1− b12 b2 2b t h 2+ 1 + w b 3t f . S se localiza sobre los ejes principales. 80 kN/m2 0. Las correas en C están simplemente apoyadas para efectos de flexión en una luz de L = 2.15 kN/m2 1.20 kN/m2 0.15 kN/m2 0. Hay restricción a la torsión en los apoyos.5 kN/m2 141 . = 3 2 R b1  b1   b1  3π + 4  + 12 + 12  R R R PROBLEMA 6.9: Una correa en C de una cubierta esta simplemente apoyada sobre los nudos de un par de cerchas.0 m.b12  2b  3 − 1  2 b  e 2b  = 2 h 3b b b3 1 + 1 − 12 + 11 b b b e 2(senθ − θ cosθ ) = R θ − senθ cos θ π e θ = and = 4 /π 2 R e = R 12 + 6π b + b1  b  b b b  b  b +   + 12 • 1 + 3π  1  − 4 1  R R R R R R R 3 b + b1 b  b   3π + 12 + 4 1   3 + 1  R R R  2 2 3 Para b1 = 0 e = R 4 + 2π b b + 2  R R b π +4 R 2 2    4 + 2b1π + π  b1       R R  e  Para b = 0 . Las cargas sobre la cubierta son: Carga muerta Teja de barro Teja de asbesto Panel Yeso Sobrecargas Total 0. centro de cortante s. Iy. 3. Los factores de seguridad para el rango elástico. J.Carga Viva de cubierta Carga de Viento w = D+ L +W = 2. Ixy.50 kN/m2 0.5   = 14. 0. σy = 345 MPa. τy = 192 MPa 1. T de la correa. V. Los momentos con ejes principales y torque con centroides. 1. 4. hacer los diagramas de M. Hallar los esfuerzos normales y cortantes máximos.50 kN/m2 Determinar las propiedades inerciales de la sección Ix. centroide c y ejes principales. Propiedades de la sección α = tan  −1  1 .5 kN/m2.03º  6  142 . Para las cargas indicadas. 2. 5 13888.2 Primer momento de área respecto a ejes centroidales.5 Y [mm] 1.5 3736.5 1. 61 mm ey = = 50 mm 1.5 450 15000 7923 29100 ez = ∑ xi * Ai ∑ Ai ∑ y i * Ai ∑ Ai = 13 .5 50 AZ [mm3] AY [mm3] 3736.1 Centroide y primer momento de área Sección I II III A [mm2] 141 141 300 582 Z [mm] 26. 61 − 3 ) 2 xi * Ai = 100 * 3 * (13 . 7 mm3 2 1. 143 .5 26.1. Qz = Qy = ∑ ∑ xi * Ai = 50 * 3 * 25 + 47 * 3 * 48 . 5 mm3 (13 .5 211. 5 ) + 2 * * 3 = 3972 .5 98.3 Inercias respecto a ejes centroidales. 5 = 10588 . 61 − 1 . 75 kN m w = w * Laferente La carga actúa en el centro del cortante.5) 2  + = 913.61) 2  + + 3 * 100 * (13.5 La carga sobre la correa es: = 2 .4 Centro de Cortante 1+ e= 2+ 2. 144 . 5 = 3 . 1 n J = C ∑ bi * hi3 3 i 1 J = * 1.546mm 4 12  12   3 * 47 3  3 * 100 3 Iy = 2* + 47 * 3 * (26. 47 * 33  3 * 100 3 Iz = 2*  + 47 * 3 * (50 − 1.0 * 2 * 47 * 33 + 100 * 33 = 1476mm 4 3 ( ) 1.5) 2 = 392. 5 * 1 .02mm 4 12  12  Debido a que hay un eje de simetría Ixy = 0 1.5 − 13.61 − 1.5 = 18.762.4 Momento Polar en sección abierta de pared delgada.05mm 100 2+ 3 * 48. 2b1  4b12 1 − b  3h 2      2 1 2 h 2b1  2b1 4b 1 − + + b  h 3b 3h      b= 1 * 48. 64kN wz L = 0.64 kN.11 * 2 = = 0. 64 kN / m 2.m 8 Los diagramas de cortante son: wy L 2 = 3. 75 * Cos 14 .11x .m * 0. M = w y L2 8 3 . Se pasa la carga distribuida wy del centro de cortante al centroide. 64 ∗ 2 2 = = 1 .11 kN.11 145 .46kN . 91 kN / m w y = wCos α = 3 . ∑T = 0 T(x) = 0.0.05 + 13. la distancia entre c y s es: d = e + ez .m/m. 03 = 0 . Las reacciones en los extremos son: T A = TB = t * L 0.2 Vy = Vz = wz L2 = 0. 75 * Sen 14 .91kN 2 2. 03 = 3 .1.16 mm El torque distribuido o por unidad de longitud es: t = 3.m 2 2 Se hace un corte a una distancia x.5 mm = 18.5 = 30.1 El diagrama de momento tiene dos componentes y el máximo se presenta en el centro de la luz.03016 m = 0.w z = wSen α = 3 .61 -1. 82 kN .3 Diagrama de torsión.m 8 M max = wL2 8 z My = 2.11kN . 92762 * 10 9.82 * 0.82 * 0. Esfuerzos Localización del EN.58 Iy 392762. σx = My Iy z+ Mz 0.3.46 * (0. tan β = Iz 913546 tan α = tan 14. El máximo esfuerzo de compresión ocurre en la esquina superior derecha y de tensión en la inferior izquierda.13546 * 10 −7 Mz 0.17º Los esfuerzos máximos de flexión suceden en el centro de la viga.02 β = 30.23MPa −7 Iz 3. El esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Y 146 .03 = 0.050 y=− − = −142.01361 1.92762 * 10 9.050 − 0.050 y= + = 115.46 * 0.13546 * 10 − 7 σx = − My Iy z− Esfuerzos cortantes producidos por la fuerza cortante.01361) 1.55MPa −7 Iz 3. 58MPa J 1.58 + 14.06 MPa 9.06 = 237.5885 * 10 −6 = 14. Factores de seguridad FS σ = FSτ = 345 = 2.6.64 * 10.64MPa.003 El esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Z τz = Vz Q y I yt = 0.64 τ = 223.476 * 10 −9 Esfuerzo cortante total 4.11 * 10 3 * 0. DEFORMACIONES PLASTICAS Se supone que la distancia se mide desde un eje de simetría horizontal en la sección transversal y la distribución ε x lineal y simétrica respecto a dicho eje y la curva de esfuerzo-deformación es simétrica respecto al eje de coordenadas.23 192 = 0. εx = − εm Una vez determinado σ max .91 * 3.τy = V y Qz I zt = 3. de la curva σ vs ε x se halla εn y reemplazando en ε x = halla ε x para diferentes valores de y.003 / 2 = = 223. 147 −y εm se C y c .7927 * 10 −6 = 2. 6.13546 * 10 − 7 * 0.003 Esfuerzo cortante producido por torsión en secciones de pared delgada es: τ = 2Thmax 2 * 0.93MPa 3.81 237.43 142.92762 * 10 −7 * 0. Los aceros estructurales son el Mejor ejemplo de material Elastoplastico. −c c M = −2b ∫ yσxdy Si σx es una función conocida. Vasta el esfuerzo de fluencia σ y y luego fluyen plásticamente. 6.7. M y . FLEXION ELASTOPLASTICA Los materiales elastoplasticos obedecen a la ley de Hooke. la anterior ecuación de M puede obtenerse 0 c analíticamente. Cuando los esfuerzos son menores que el de fluencia σ y el EN pasa por el centroide de la sección transversal y los esfuerzos se hallan σ = − de fluencia.Tomando momentos respecto al eje transversal z: M = − ∫ yσxdA Donde dA=bdy M = −b ∫ yσxdy Como σx es una función impar respecto a y. Momento de fluencia. cuando el esfuerzo alcanza al esfuerzo I σy =− σy =− My σ yI C I y =σ yS 148 . 149 . Para fines practico la distribución de esfuerzos esta formada por tres zonas rectangulares y el momento alcanza Mp (momento plástico). En este punto la deformación unitaria máxima es 10 a 15 veces ε y y la zona elástica ha desaparecido. El EN para flexión plástica total queda un poco por debajo del EN para flexión elástica (distribución de esfuerzos triangulares). T =C A 2 A1: Área por encima del EN A2: Área por debajo del EN A1 = A2 = La posición del eje neutro (EN) para Mp es diferente para flexión elástica lineal. Al aumentar el momento la zona plástica se agranda hacia el EN. Mp = − ∫ σydA = − ∫ (−σy ) ydA = ∫ σy. EN. entre las zonas plásticas subsiste un núcleo elástico en el cual σ x varia linealmente con y.S= I Modulo de la sección C C: Distancia al punto mas alejado del EN Momento plástico Si el momento sigue aumentando. el cual es el momento máximo que puede alcanzar una viga de material elastoplastico. se desarrollaran zonas plásticas que tienen un esfuerzo uniforme σ y . ydA A A1 A2 Mp = σy ( y1 A1 ) − σy (− y 2 A2 ) = σyA( y1 + y 2 ) 2 Otra forma es tomar momentos respecto al eje neutro. para una sección trapezoidal. Es máxima cuando la mayoría del material esta cerca al EN (sección circular) y mínima cuando esta alejado viga I) Vigas rectangulares My = σyI C = σy bh 3 12 h 2 My = σybh 2 6 y1 = y 2 = h / 4 A(h / 4 + h / 4) bh 2 = 2 4 Mp = σyZ Z= Mp = σybh 2 4 σybh 2 Mp = 4 2 My σybh 6 Z 3 = S 2 150 .Mp = Cy1 + Ty 2 C = T = σyA / 2 My = σyA 2 ( y1 + y 2 ) Modulo plástico Mp = σyZ Donde : A( y1 + y 2 ) Z= 2 Es el manto estático valuado respecto al EN del área de la sección transversal por arriba y por debajo. Mp Z = My S Es una medida de la reserva de la resistencia de la viga después de que empieza la fluencia. Si se considerara una viga que no ha alcanzado plastificación total y con núcleo elástico.El momento plástico para una viga rectangular es 50% menor que el momento de fluencia. e : Distancia al eje neutro EN h  C1 = T 1 = σyb − e  2  σye C2 = T 2 = b 2 h   4e  M = C1 + e  + C 2  2   3 h  h  σyeb  4e  M = σyb − e  + e  +   2  3 2  2  M = σybh 2  3 6  3 2e 2 2e 2   − 2  = My − 2 2 h  2 h        Esta ecuación es valida para My ≤ M ≤ Mp h e= 2 M = My e=h 13 M   −  2  2 My    e=0 M = 3 My = Mp 2 Posición del núcleo elástico 151 .