Elasticidad y Resistencia de Materiales
Nov 08, 2014
Welcome message from author
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
2
1.- DEFINICIONES.-____________________________________________________________ 5
Características mecánicas de algunos materiales.- __________________________________ 5
Elasticidad.- _________________________________________________________________ 5
Tensión.- T, f_________________________________________________________________ 6
FORMAS DE TRABAJO.- ________________________________________________________ 7
Clasificación de los sistemas constructivos.- ______________________________________ 10
TRACCIÓN SIMPLE.-__________________________________________________________ 10
ACERO A-42.-_________________________________________________________________ 12
MATERIALES DÚCTILES.-_____________________________________________________ 13
MATERIALES FRÁGILES.-_____________________________________________________ 13
BARRA PRISMÁTICA SOMETIDA A TRACCIÓN SIMPLE.- _________________________ 14
BARRA PRISMÁTICA CONSIDERAN SU PESO PROPIO.- __________________________ 14
SÓLIDO DE IGUAL RESISTENCIA A LA TRACCIÓN.- _____________________________ 15
TRABAJO INTERNO DE DEFORMACIÓN.-_______________________________________ 16
ANILLOS DELGADOS SOMETIDOS A TRACCIONES.- _____________________________ 17
ANILLOS DELGADOS GIRATORIOS.- ___________________________________________ 24
PROBLEMAS HIPERESTÁTICOS EN TRACCIÓN Y COMPRESIÓN SIMPLE.- _________ 24
CABLES.- ____________________________________________________________________ 28
Equilibrio de un hilo.- ________________________________________________________ 29
Equilibrio de un hilo cuando F es paralela al eje OY.-______________________________ 30
Cable sometido a su propio peso.- ______________________________________________ 32
Parábola de los puentes colgantes.- _____________________________________________ 36
Poligonal.- __________________________________________________________________ 37
ELASTICIDAD.-_______________________________________________________________ 38
Ley de Hooke generalizada.-___________________________________________________ 39
Tensiones en elasticidad tridimensional.- ________________________________________ 39
Tensor de tensiones.- _________________________________________________________ 40
Tensiones y direcciones principales.- ____________________________________________ 41
Componentes intrínsecas de T.- ________________________________________________ 43
Superficie indicatriz.-_________________________________________________________ 44
Cuádrica directriz.- __________________________________________________________ 45
Círculos de Mohr.- ___________________________________________________________ 45
Deformaciones.- _____________________________________________________________ 51
Componentes intrínsecas del vector deformación.- ________________________________ 54
3
Deformaciones y direcciones principales.-________________________________________ 54
Sistemas de representación del tensor de deformaciones.- __________________________ 54
Ecuaciones de compatibilidad de las deformaciones.- ______________________________ 54
Ecuaciones de compatibilidad de las deformaciones.- ______________________________ 55
Relaciones entre tensiones y deformaciones (σ ↔ ε).- ______________________________ 57 Tensiones perpendiculares y deformaciones longitudinales.- _________________________ 57 Cortadura pura.- ____________________________________________________________ 57
Energía de deformación de cortadura.- __________________________________________ 58
Estados de tensión y deformación planos.- _______________________________________ 59 Tensión plana.-_____________________________________________________________ 59 Deformación plana.-_________________________________________________________ 60
Estado de tensión plana.-______________________________________________________ 60
Deformación plana.-__________________________________________________________ 63 Deformación longitudinal y transversal en una dirección dada.-_______________________ 63 Medida de las deformaciones superficiales.- ______________________________________ 65
Ecuaciones generales de la elasticidad.-__________________________________________ 67 Ecuaciones de equilibrio interno.- ______________________________________________ 67 Ecuaciones de equilibrio en el contorno.- ________________________________________ 68 Ecuación de compatibilidad.-__________________________________________________ 68
Elasticidad bidimensional en coordenadas cartesianas.- ____________________________ 69 Función de tensiones de Aery.- ________________________________________________ 69 Soluciones polinómicas a problemas bidimensionales en coordenadas cartesianas.- _______ 71
Teoría del potencial interno.- __________________________________________________ 75 Concepto de potencial interno o energía de deformación.- ___________________________ 75 Relaciones entre fuerzas exteriores y deformaciones. Coeficientes de influencia.- ________ 76
Expresiones del potencial interno.- _____________________________________________ 77 Fuerzas exteriores.- _________________________________________________________ 77 Deformaciones (corrimientos).-________________________________________________ 77 Matriz de tensiones.- ________________________________________________________ 77
Principio de los trabajos virtuales.- _____________________________________________ 78
Teorema de Maxwell – Betty.- _________________________________________________ 80
Teoremas de Castigliano.- _____________________________________________________ 82
Teorema de Menabrea (o del mínimo).-__________________________________________ 83
RESISTENCIA.- _______________________________________________________________ 87
Relación entre el tensor de tensiones, el esfuerzo cortante, el momento flector y el momento torsor.-_____________________________________________________________________ 87
Vigas.- _____________________________________________________________________ 88 Hipótesis.- ________________________________________________________________ 88
Tipos de apoyo.- _____________________________________________________________ 89
Tipos de vigas.- ______________________________________________________________ 89
Momento flector y esfuerzo cortante.- ___________________________________________ 91
Diagramas de Cx y Mx .- ______________________________________________________ 91
4
Relaciones entre Cx, Mx y la carga.- _____________________________________________ 92
Tensiones internas en vigas sometidas a flexión.- __________________________________ 98
Tensiones en vigas sometidas a flexión pura.- ____________________________________ 101
Dimensionamiento de un viga.-________________________________________________ 102 Secciones simétricas.- ______________________________________________________ 106 Secciones no simétricas.- ____________________________________________________ 106
Flexión simple.-_____________________________________________________________ 107
Secciones más adecuadas en vigas sometidas a flexión.- ___________________________ 107 Sección rectangular.- _______________________________________________________ 107 Sección circular.- __________________________________________________________ 108
Trabajo interno de deformación por acción flectora.- _____________________________ 109
Tensiones cortantes en flexión simple.- _________________________________________ 110 Relación entre las τ y Cx.- ___________________________________________________ 110
Fórmula simplificada de las tensiones tangenciales.- ______________________________ 113
Trabajo interno de deformación producido por las tensiones cortantes en f.s..-________ 114
Deformación de vigas sometidas a flexión.-______________________________________ 117 Carga lineal.- _____________________________________________________________ 117 Carga puntual.-____________________________________________________________ 118
Ecuación universal de la línea elástica.-_________________________________________ 122
Los teoremas de Mohr.-______________________________________________________ 126
La viga conjugada.- _________________________________________________________ 132
Flexión desviada (esviada) o asimétrica.-________________________________________ 137
Flexión hiperestática en vigas de un solo tramo.- _________________________________ 139
Principio de superposición.- __________________________________________________ 145
Notas sobre los apoyos.-______________________________________________________ 145 Apoyos empotrados imperfectamente.- _________________________________________ 145 Asientos diferenciales de los apoyos de vigas empotradas.- _________________________ 146
Vigas continuas.- ___________________________________________________________ 147
Flexión compuesta.- (tracción y compresión excéntrica) ___________________________ 152 Flexión pura generalizada.- __________________________________________________ 152 Eje neutro.-_______________________________________________________________ 153
Flexión compuesta.- _________________________________________________________ 154
Compresión y tracción excéntricas.- (flexo-compresión) ___________________________ 159 Núcleo central.- ___________________________________________________________ 160 Núcleo central de sección rectangular.- _________________________________________ 161 Secciones sin zona de tracción.- ______________________________________________ 162 Sección rectangular.- _______________________________________________________ 163
5
1.- DEFINICIONES.-
La Elasticidad y Resistencia de los materiales estudia las tensiones en un punto
según una dirección, y el movimiento del punto.
Fuerzas externas.- Las que actúan sobre la estructura.
Acciones externas.- Influencias sobre el sólido estructural.
Tensión.-(F/S) 22 −− === NcmKgcmdSFdTr
r
Movimientos.-
Deformación.-
Características mecánicas de algunos materiales.-
1. Acero
2. Hormigón
3. Madera
4. Pétreos y cerámicos
5. Plásticos
6. Aleaciones ligeras (- aluminio)
EM ⇒ σ = Kε.
Elasticidad.-
Propiedad de los sólidos naturales que sometidos a la acción de fuerzas
exteriores recuperan su forma primitiva cuando cesa la acción.
Acero
σ
ε
6
Sólidos perfectamente elásticos.- aquellos que la recuperan exactamente
(energía potencial de deformación)
Sólidos parcialmente elásticos.- siempre conservarán una deformación. Por
un lado energía potencial de deformación (elástica que se recupera), y por
otro deformación permanente (se pierde en forma de calor)
F. exteriores · d = W = Energía.
Formas constructivas
Barra → sólido engendrado por una superficie cuyo centro de
gravedad se mueve describiendo una curva y manteniéndose
normal a esta.
Lámina → una de sus dimensiones es despreciable frente a las
otras dos (espesor).
Las barras pueden ser alabeadas y planas, y nos podemos encontrar las
siguientes clases de perfiles:
Vigas: IPN → I
HEB →
Pilares: UPN →
L → L
Las láminas pueden ser: placas, bóvedas, cúpulas, depósitos.
F = M·a → para equilibrio F = 0 ⇒ a = 0 ⇒ v = cte. (V = 0 → reposo)
===
===
∑∑∑∑∑∑
000
000
zyx
zyx
MMM
FFF necesarias pero no suficientes.
=
==
∑∑∑
0
00
M
FF yx en el plano.
Tensión.- T, f
Cuerpo en equilibrio. Son las fuerzas
que ejerce B para que A permanezca en
equilibrio.
∆F T
∆S
a
b
c
d
F1
B
F4
F3
A
F2
7
SF
SFfT
S ∂∂=
∆∆==
→∆ 0lím
σ .- Tensión normal
τ .- Tensión tangencial o cortante
T .- Tensor
FORMAS DE TRABAJO.-
Todas las fuerzas se reducen a
las seis que aparecen en las ecuaciones
de la estática. Y estas en las
denominadas solicitaciones equivalentes.
Si la solicitud equivalente cumple:
1.-
0
0
0
===
==
=≠
∑∑∑∑∑
∑
zyx
zy
x
MMM
FF
NF
⇒ esfuerzo longitudinal simple:
tracción +, compresión -.
2.-
0
0
0
===
==
=≠
∑∑∑∑∑
∑
zyx
zx
yy
MMM
FF
CF
⇒ esfuerzo cortante según el
plano XZ o cortadura según la
dirección y.
3.-
0
0
0
===
==
=≠
∑∑∑∑∑
∑
zyx
yx
zz
MMM
FF
CF
⇒ esfuerzo cortante según el
plano XY o cortadura según la
dirección z.
4.-
0
0
0
===
==
=≠
∑∑∑∑∑
∑
zyx
zy
Tx
FFF
MM
MM
⇒ momento torsor
5.-
0
0
0
===
==
=≠
∑∑∑∑∑
∑
zyx
zx
fy
FFF
MM
MM
⇒ Momento flector según el plano
XZ
F
T
F
F2 F1 Fi
FnF2
B A
S
Eje
y z
x
8
zi
yi
ci Si xi
Sd
yd
cd xd
zd
y
x
+ + +
N Cy Mz
z
x + + +
N Cz My
6.-
0
0
0
===
==
=≠
∑∑∑∑∑
∑
zyx
yx
Tz
FFF
MM
MM
⇒ momento flector según el plano
XY
Solicitación.- Esfuerzos o formas de trabajo de la barra calculadas a partir de las
fuerzas, y a partir de estas las tensiones internas.
Convenio de signos.-
N = ΣFx → + ⇒ X+
Cy = ΣFy → + ⇒ Yd+
Yi-
Cz = ΣFz → + ⇒ zd+
Zi-
ΣMx = Mt → + ⇒ X+
ΣMy = My → + ⇒ Sentido igual al de un tornillo roscado a derechas y haciendo girar Z
sobre el X por el camino más corto.
ΣMz = Mz → + ⇒ Sentido igual al de un tornillo roscado a derechas y haciendo girar Y
sobre el X por el camino más corto.
Solicitaciones suponiendo rectos los ejes excepto en el caso de materiales muy
flexibles, considerando su deformación para el cálculo.
9
Principio de Saint-Venant.- cualquier sistema de fuerzas exteriores con las
mismas características de solicitación equivalente produce las mismas tensiones internas.
Las tensiones internas se distribuyen de forma uniforme excepto para una longitud inicial
igual a la mayor dimensión de la sección considerada.
Sistemas hipo – iso –hiper- estáticos.-
Tensiones
Deformaciones
Suelen serlo aquellos que tienen los enlaces exteriores imprescindibles.
Condiciones elásticas
Deformaciones → tensiones
Su grado es la diferencia entre el nº de incógnitas y el nº de ecuaciones de la
estática. Enlaces superabundantes.
Principio de superposición de efectos.- El efecto producido por varias fuerzas que
actúan simultáneamente es igual a la suma de los efectos producidos por las fuerzas
simples si actuaran separadamente.
tenemos que considerar dos cosas:
a) Que la línea de acción de las fuerzas permanece en su posición original
b) Que se cumple la ley de Hooke.
Los efectos de las fuerzas son:
1.- tensiones
2.- deformaciones
3.- reacciones en los enlaces.
Esto sólo se cumple en sistemas isostáticos. En las estructuras hiperestáticas
para poder calcular las reacciones exteriores, primero tenemos que hallar las
deformaciones.
Un sólido está sometido a tracción simple cuando la acción resultante de las
fuerzas exteriores sitas a un lado de la sección ideal se reduce a un fuerza N dirigida
Equilibrio isostático.
Equilibrio hiperestático.
10
RA
HA N
P
según el eje longitudinal de la barra si esta es recta, o según la tangente al eje geométrico
del centro de gravedad si el eje es curvo.
La deformación de la barra es tal que las secciones perpendiculares al eje se
trasladan perpendicularmente a sí mismas produciéndose un alargamiento igual para
todas la fibras.
SN
Ell
ll
αε
σε =∆∆= ; ε → deformación unitaria.
Clasificación de los sistemas constructivos.-
Nº de ecuaciones = nº de incógnitas ⇒ sistema isostático
Nº de ecuaciones < nº de incógnitas ⇒ sistema hiperestático; los enlaces
son más de los necesarios.
Nº de ecuaciones > nº de incógnitas ⇒ sistema hipoestático; nos faltan
enlaces.
El empotramiento impide todo tipo de movimiento a la viga.
RA + RB – N = 0; ΣFx = 0; ⇒ es un sistema hiperestático. Hay un enlace
que sobra.
RA = N ⇒ sistema isostático
TRACCIÓN SIMPLE.-
Cuando la acción resultante de los fuerzas exteriores situadas a un lado de la
sección transversal ideal S se reducen a una fuerza Nr
dirigida según el eje longitudinal
de la barra prismática si esta es recta y según la tangente al eje geométrico en el Centro
de Gravedad (en adelante C.G.) si es curvo.
RA N RB
11
SNSN
F
xx ==−
=∑σσ 0
0
Ley de Hooke.- el desplazamiento de un punto es proporcional a la fuerza
creciente aplicada gradualmente.
SN
Ell
SN
ll 1)(; =∂=∆=∆ εα donde E es el módulo de elasticidad longitudinal
⇒ E = 2.100.000 Kgcm-2 para el acero.
[ε] = adimensional
[N] = N = F
[S] = L2
1.- Determinar el alargamiento total de la barra cuya sección del tramo BC e 4
cm2 y la de los tramos AB y CD es de 8 cm2. Se supone de acero y se desprecian los
efectos producidos por el cambio de sección.
P = 2500 Kg.
Q = 5000 Kg.
SEll σ1=∆
212
2
1
1
1
1
21
2
1
1 22EAPQ
EAQ
EAEAEAEAEAll −+=+=++=∆ σσσσσ
N
l l1
L1 = l + ∆l
σx
N
E = FL-2
A
Q
P
Q
P
DCB
S1 S2 A1
A2
20 cm 20 cm 20 cmσ1
Q
Qσ2
S1.-
S2.-
12
cmEA
lPQEAQll 01875'0)(2
21
=−+=∆=∂
ACERO A-42.-
Normalmente de 0 – B se le llama zona elástica.
tgα = E (módulo de elasticidad longitudinal) = 2’1·106 Kgcm-2
tgβ = E’ (módulo de elasticidad longitudinal total)
σe es la que produce una deformación permanente del 2%
En el acero A-42b σp = 0’8σe
≤SN en rotura; =
'SN F más grande.
50'
' ≈−=ΨSSS en el acero.
1
25
26
2
2
2
gra00012'010·1'810·1'2
420026002160
42−
−−
−
−
−
−
===
===
−do
KgcmGKgcmE
KgcmKgcmKgcm
A
R
e
p
ασσσ
A-52 → σp = 5200 Kgcm-2
E = 250000 → 400000 Kgcm-2 H - 150
H - 175
σR = 15 → 40 Kgcm-2 H - 200
SS’
garganta
hormigón
σf σe σp
α α
σR F’
F
B
G β
σ
ε (%)
Tensión de rotura
Límite elástico
Zona de proporcionalidad
Zona de fluencia
Zona de fortalecimiento
Descargando la barra
Punto de rotura real
Punto de rotura aparente
Tgα = E Tgβ = E’ → módulo de elasticidad total.
Kg·cm-2
13
E = 100000 Kgcm-2
σR = 600 → 1400 Kgcm-2
MATERIALES DÚCTILES.-
Fundición de hierro y aleaciones de aluminio.
Aluminio estructural, no tiene período de fluencia.
MATERIALES FRÁGILES.-
Grado de seguridad.- nos facilita la resistencia de la construcción.
madera
σ
σe
σp
ε0’2%
Deformación plástica
σ
σe
ε1%
Deformación plástica
σe
ε
σr σ
14
υσσ
==admisible
roturasG .. ⇒ para materiales frágiles.
Una construcción será resistente cuando podamos aumentar el valor de las
fuerzas exteriores por un coeficiente υ > 1 sin que en ningún punto de la estructura se
alcance la tensión admisible.
admisible
fluencia
σσ
υ = ⇒ para materiales dúctiles.
5'1;3 ==⇒adm
f
adm
rAceroσσ
σσ
F · 1’5 ←→ 5'1fσ
22
17335'1
2600)42( −−
==− KgcmKgcmAadmσ
Madera ⇒ υ = 8
BARRA PRISMÁTICA SOMETIDA A TRACCIÓN SIMPLE.-
σx S – N = 0
σx S = N
SN
x =σ
;ESN
Ell x ==∆=
σεESNll ==∆ δ
BARRA PRISMÁTICA CONSIDERANDO SU PESO PROPIO.-
N + γx S - σxS = 0
σxS = N + γx S
xSN
SxSN
x γγσ +=+=
lSN
A γσ +=
A
B
l
N N
S
σx
N
S
σx
x
γ (Kgcm-3)
A
B
σA
σB
Diagrama de tensiones
15
SN
B =σ
lSN
adm γσ += ⇒ σA ≤ σadm ⇒ admlSN σγ ≤+ ⇒
⇒ N + Sγl ≤ Sσadm ⇒ N ≤ Sσadm - Sγl ⇒ N ≤ S(σadm - γl)
lNS
adm γσ −≥ ⇒ σadm = γl → S = ∞
;; 0 dxE
dxE
xxx
σεσε ==
∫ ∫ ∫
+=
+=
l
x dxxSN
Edxl
SN
Edx
0
11 γγε
+=
+=∫ 2
12
1 2
0
2 llSN
Exx
SN
Edx
l
x γγε
;0
lldx x
l
x ∆==∫ εε
+=
+=∆
221 2 lN
ESlll
SN
El γγ
2.- Una varilla vertical de 180 mm de longitud ha de soportar en su extremo
inferior una carga p = 1400 Kg. ¿Calcula la sección transversal circular para que σMax =
1000 Kgcm-2 ?¿Una vez fijada la sección determinar el alargamiento? El peso específico
es γ = 7850 Kgm-3
SÓLIDO DE IGUAL RESISTENCIA A LA TRACCIÓN.-
Es una barra hecha de tal forma que las tensiones son las mismas en todas sus
secciones rectas.
Para que σadm > γl
16
Pe → peso específico
Sx+dx = Sx + dSx
xxxx S
PFSP
SF +=+=σ
dxx
dxxedxx S
dxSPPF
+
++
++=σ
σadm = σx = σx+dx ⇒ ( )
( )xx
xxe
xdxx
dxxe
x dSSdxdSSPPF
SPF
SdxSPPF
SPF
++++
=+++=+
+
+ ;
( ) ( ) ( )PFdxdSSP
SdS
PFdxdSSPPF
SdSS xxe
x
xxxe
x
xx
++
+=++
+++=
+11;
0;; ≈=+
⇒+
+= xx
xxexe
x
x dSPF
SPF
dxdSPdxSPSdS σ
;dxP
dxP
SdS
adm
e
x
e
x
x
σσ== ⇒ Cx
PLSdx
PSdS
adm
ex
adm
e
x
x +==∫ ∫ σσ;
xP
xx
adm
ex
adm
ex
adm
eeSS
SS
LxP
LSLSLSxP
LS σ
σσ===−+=
0000 ;;
xP
admx
xP
x
adm
e
adm
e
eeFS
SS
σ
σ
σ=
= 0 S0 = F / σadm
TRABAJO INTERNO DE DEFORMACIÓN.-
Es la fuerza que hay que aplicar a un sólido por el volumen deformado. La fuerza
se aplica de forma progresiva evitando así acciones dinámicas.
N → ∆l
N1 → ∆l1
Despreciamos infinitésimos de segundo
orden.
τ = N1d(∆l1) → trabajo interno de
deformación de la fuerza.
l dx
x S0
Sx+dx Sx
Fuerza de tracción uniformemente repartida
τ
∆l ∆l1 d(∆l1)
dN1 N1
N
llN
N∆∆
= 11
17
( ) ( ) ( ) ττ =∆=
∆∆
=∆∆∆
=∆=∆
∆∆
∫∫ 220
21
0 11
0 11lNl
lNld
llN
ldNl
ll
llSEN
SENll
ll
SEN
E∆==∆∆=== ;;σε
( ) ( )lSEl
SEl
lESl
SElN 2
2
2222
21
21
21 ∆=∆==τ
( )2
2
2
2
21
21
21 2
22
lEl
ESN
SllN
SlS
N ∆= →==∆==στ ⇒ trabajo por unidad de
volumen. Sl = V
ESl1·
21 2στ = Para una viga de sección variable ⇒ ∫=
l
Edl
SN
0
2
21τ
Cuando no se sobrepasa el límite elástico (las deformaciones no son
permanentes) el τ externo se transforma en energía potencial elástica que se recupera
cuando la solicitación deja de actuar. Si la barra fuese de sección variable integraríamos.
∫=l
ESdlN
0
2
21τ
ANILLOS DELGADOS SOMETIDOS A TRACCIONES.-
Suponemos un tubo de longitud la unidad y una carga interior P en Kgcm-2.
PdA = F; dA = rdα; dV = Prdα·cosα
∫∫ == 2
00cosPr2cosPr
π
ααααπ
ddV ; V = 2Pr; Equilibrio ⇒ 2Pr = 2σye
Líquido a presión
eσy σy
αdα
F dV
dH
18
spesory e
Pr=σ gV 2γσ = ==
Eyσ
ε ε=eEPr
ll∆=
y
eσPr=
==∆ reE
l π2·Pr leEPr ∆=
22π la nueva longitud = 2πr’; eEPrrr
2
' +=
3.- Una llanta de rueda de 50x10 mm de sección transversal tiene de diámetro
medio 80mm y está fabricada con hierro dulce. Nº de r.p.m. sin que T > 1200 Kgcm-2.
gV 2γσ = ;40·
602·
602 nrnwrV ππ ===
σ < 1200 Kgcm-2 ;981
40·60210·7850
1200 1
23363
−
−−−
=cms
ncmmKgm π
n = 2923 r.p.m..
4.- Un perno de acero anclado en hormigón está sometido a tracción P.
Admitiendo que la fuerza de adherencia entre el hormigón y el acero varía
parabólicamente según f = Kx2, determinar el alargamiento total del perno.
ΣFx = 0
31
31
0
3
0
2 3;33
11
lpk
lkxkdxkxp
ll
==
== ∫
En la parte libre N = p; en la Parte empotrada:
∫ −=−=x
lpxpdxkxpN
0 31
32
∫ ∫ ∫+==∆==∆l l l
ldldldll
ESlN
Ell
0 0
1
1
;εεεσ
=
+
−
=+
−
=+=∆ ∫ ∫ ∫ ∫l
l
l
l l
l
l l
l ESpx
ESlxxp
dxSEpdx
SElxp
dlSENdl
SENl
1
1
1
1
1
1
0
31
4
0 0
31
3
41
ll
lESp ∆=
−41
19
5.- Una varilla vertical del pozo se una mina de 180 m ha de soportar en su
extremo inferior una p = 1200 Kg. ¿Determinar la sección transversal circular para que σM
= 1000Kg·cm-2?, ¿Una vez fijada la sección determinar el alargamiento de la barra? Se
tendrá en cuenta el peso específico del material γ = 7850 Kg·m-3.
xpSp
ex +=σ
26 10·8'1·10·78501400 −+=+=+=S
LSpX
Sp
MM γγσ
S = 1’63 cm2 = π(d/2)2
d = 0’13 cm
el perfil que se fabrica inmediatamente superior ⇒ d = 0’15
cm ⇒ S = 1’76 cm2.
( )∫ ∫ ∫ ∫
+
=
+
=+==∆l l l l
dxE
xSp
dlE
xSp
dlSE
xSpdlSENl
0 0 0 0;
γγγ
( )
+=∆
+=+=∆
−
210·18010·7850
76'110·180·1400
10·1'21;
22
2262
6
2
llSp
El
El
SEpll γγ
∆l = 7’42 cm.
6.- Determinar el alargamiento de una viga cónica sometida a su propio peso.
SENll
Ell =∆=∆ ;σ
∫∫∫ ===∆lll
dxElSQxdx
SE
SxlSQ
dll0
00
0
0
31·3
ε
lESQll
ESQ ∆==
00
·21
2·
lSQpeso 031·γ=→
20
7.- Las barras de la figura son de acero y sección circular (d = 18 mm), con una
longitud l = 1’80 m. Soportando un pero de 3500 Kg. Las sustentaciones son
articulaciones y α = 30º. Calcular el corrimiento de C. Iden si α = 0º
8.- Construir el diagrama de esfuerzos axiles para el pilar que se representa si
p1 = p, p2 = 3p, p3 = 2p y la carga distribuida uniformemente varía linealmente desde Q = 0
a Q = p/a.
P1 + N1 = 0 ⇒ N1 = -p1 = -p
P1 +N2 – P2 = 0 ⇒ N2 = P2 – P1 = 2P
2
0 2231
2/2
2
apxq
qxapa
pdxapxNp
xx
x
=
→→
−++ ∫
∫ =−+++x
pdxapxNpp
0 22431 02
9.- Una barra 1-2 de absoluta rigidez apoya sobre dos soportes metálicos A1 y
C2 de acero dulce, ambos con la misma altura y sección distintas S y S’. ¿determinar la
l
A B
C
α
a
a/2
a/2
a
a
P1
P3
P2
Q=0
Q=p/a
P1
N1
p
2p
7/4p 1/4p
p
-
+
21
N1
N2
N3
A
C
E
D
posición que ha de adoptar la carga vertical P para que la viga permanezca horizontal?
No se tendrá en cuenta el peso propio de los soportes separados entre sí una distancia l.
ΣFy = 0 ⇒ VA + VC – p = 0
ΣFx = 0 ⇒ 0 = 0
ΣMA = 0 ⇒ MA = 0 = VCl – pa = 0; VC = pa/l
lbp
lalpVp
lpaV AA =
−==−+ ;0
CAEE
C
C
A
ACA
CA
EEEσσσσσεε = →=== =;
'SN
SN CA =
( )ab
SS
Spa
Spa
Spl
Spa
Salp
Slpa
Slpb
=+==−='
;'
;'
;'
( )'
;'
';'
';'
'SS
lSbSS
lSapSPs
plSaSSpSpSa
Spl
+=
+=
+=+=
10.- Dada la figura calcular las reacciones en los apoyos y dimensionar las barras
1, 2, 3. Utilizando una sola sección. P = 6000 Kg. σf =2800 Kg·cm-2 coeficiente de
seguridad υ = 2.
ΣFv = 0 ⇒ RA + RB – p = 0
ΣFh = 0 ⇒ 0 = 0
ΣM = 0 ⇒ MA = 0 = 9RB – 3p = 0
MB = 0 = 9RA – 6p = 0
RB = p/3 = 2000Kg; RA = 4000Kg.
Para resolverlo utilizamos el método de Ritte.
ΣFv = 0 ⇒ RA –p – N2sen30 = 0
.400032;0
21
32
22 KgpNNpp −=−==−−
ΣFh = 0 ⇒ N1 + N2cos30 + N3 = 0
.32000;0 11 KgNAFRECpDENM Ac −=+−==
.340003 KgN = ⇒ N3 >|N2| > |N1| ⇒ S3 > S2 > S1
p a b
h l
1
C
2
A
p
S’ S
VCVA
30º A
3 m 3 m 3 m
RA RB
B
1
2
3
22
122
33
3
2
2
1
12 95'4;1400 SScmSSN
SN
SN
Kgcmfa ==≈⇒===== −
υσ
σ
11.- Un soporte de hormigón de 30x30 cm se refuerza axialmente mediante 4
barras de acero. Al soporte de 2’5 m de altura se le aplica a través de una placa rígida
una carga longitudinal de 100 tn. ¿Esfuerzos en el hormigón y en el acero?, ¿
Comportamiento del soporte?, Eh = 2·105 Kg·cm-2; Ea = 2·106 Kg·cm-2.
εh = εa ⇒ aa
a
hh
h
a
a
h
h
ESN
ESN
EE== ;
σσ
900 cm2 = Sh + Sa;
haah σσσσ
1010·210·2 65 =⇒=
;;hhaa
ha SEpl
SEplll
ESpl
ESNll =⇒∆=∆==∆ ⇒
⇒ Sh = 10Sa
p = σaSa + σhSh; aaaa
aa SSSp σσσ 21010
=+= ⇒ 2Na = p; Na = ½p
Sa + 10Sa = 900 ⇒ Sa = 81’82 cm2 ⇒ 81’82 / 4 cada barra.
Sh = 818’2 cm2
Na = σaSa = 5000 Kg. ⇒ σa =611’11 Kg·cm-2
Nh = σhSh = 5000 Kg. ⇒ σh =61’111 Kg·cm-2
0765'010·2·82'81
250·5000262 ====∆ −Kgcm
cmKgES
lp
ESNll
aahh
12.- Sólido de igual resistencia a compresión. ¿∆l, y volumen?
σx = σx+dx = σa
xx S
Fp +=σ
xxx
xdxx S
FpdSS
FdxSp +=+
++=+
γσ ;
xax
x
ax
xx LnSctexSdS
dxSdS
FpdxS
=+==+ σ
γσγγ
;;
l dx
x S0
Sx+dx
Sx
F
γ Kg·m-3
23
L = 3 m. Q = 1Tm-1 S = 4 cm2 E = 2·106 Kgcm-2
x
p = 6 T
x = 0 ⇒ cte. = LnS0;
x
xx
ax
a
aeSSSS
LnxLnSLnSx σγ
σγ
σγ
00
0 ;; ===+ lE
l aσ=∆
13.- Una pieza prismática vertical de longitud 3 m y sección de área constante 4
cm2 está empotrada por su sección extremo superior, estando sometida a una fuerza de
tracción p = 6 tn aplicada en su sección extrema inferior y a una fuerza antagonista que
actúa de forma uniforme y de valor Q = 1 tn·m-1 siendo E = 2·106 Kg·cm-2. Calcular el
alargamiento total y la energía de deformación acumulada en la pieza.
∫∆=====∆
l
ll
SEN
Edlll
0; σεεε
∫ =+−xqdxpN
01 ;0
∫ −=−=x
qxpNqdxpN0 11 ; ;
N = p – qx
;SEqxp
Sqxp −=⇒
−= εσ
;2
;2
2
0
2
0 SEql
SEpll
SEqx
SEpxdx
SEqxpl
ll
−=∆
−=−=∆ ∫
∆l = 0’169 cm.
(Otra forma de hacerlo). Podemos equiparar la carga uniforme a una fuerza que
actúa hacia arriba desde el Centro de Gravedad de valor Q = ql. Así nos queda que el axil
es:
N1 = p = 6T 0 ≤ x ≤ 1’5 m
N2 = p – Q = 3 T. 1’5 m ≤ x ≤ 3 m
169'0056'0
113'021
22
11
=∆+∆=∆
==∆
==∆lll
SElN
lSElN
lT
( ) ( )∫ ∫∫ −=−==l ll
dxqxpSE
dxSEqxpdl
SEN
0 0
22
0
2
;2
122
τ τ = 393’75 Kgcm
24
S2 S1 S2
X2 X1
X’2 α
l1l2
D
A
B
p
A’
ANILLOS DELGADOS GIRATORIOS.-
Anillo girando alrededor de un eje geométrico normal al plano del anillo con un
velocidad angular w = cte.
El elemento (a, b) está girando por lo que nos
aparece una fuerza centrífuga “P” y este elemento de
masa estará sometido a una aceleración normal.
Fc será: dP = dm·w2·r; an = w2r
gs
gls
vedadpesom γγ ===
gra; l = 1; σ → tensión circunferencial.
rwgsP 2·' γ= σγγσ ====
gV
grw
srP 222'
PROBLEMAS HIPERESTÁTICOS EN TRACCIÓN Y COMPRESIÓN SIMPLE.-
Para la resolución de este tipo de problemas, se efectúa un análisis de las
deformaciones que se han de tener en cuenta para poder establecer las ecuaciones
complementarias precisas.
14.- Dadas tres barras articuladas AB, AC, AD en la disposición de la figura con
E = 2’1·106 Kgcm-2 y con las superficies indicadas, calcular la σ longitudinal de cada una y
el corrimiento vertical de A.
αcos1
2l
l =
∑ =−++⇒= ;0cos'cos0 212 pxxxFv αα
∑ ⇒=−+⇒= ;0sen'sen0 212 pxxFh αα
pxxxx =+⇒= αcos2' 2122
r s P a
b
l
Velocidad lineal
25
B’ A’D’
90
L L 1 2
3 4 5
3L3L
A
B
L
ε 30º
30º
30º
30º
Tenemos por tanto una hiperestaticidad de grado 1.
AA’ = ∆l1 = δ1; D’A’ = B’A’ = δ2 = ∆l2 = ∆l’2; ∆α = 0;
δ2 = δ1cosα → ecuación de compatibilidad de las deformaciones.
;coscos
;cos1
121
2
2
11
11
22
22
11
111
22
222
αα
αSlxl
Sx
ESlx
ESlx
ESlx
l
ESlx
l==
=∆
=∆
;·cos21
cos;cos;cos1
2
3
1
2
2
22
11
22
2
1
1
2
2
SS
SSpxx
SS
xSx
Sx
α
ααα+
===
15.- Durante el montaje del sistema de barras se observó un defecto ε de forma
que no concurría en el nudo A. El montaje fue realizado forzando los extremos
(articulaciones A y C). Suponiendo el mismo material y sección averiguar los esfuerzos de
las barras después del montaje.
ElSNSENll εε ===∆ ;
N1 = N2; N4 = N5
2N1cos60º - N3 = 0
-2N4sen60º + N3 = 0
2N1cos60º - 2N4sen60º = 0
∆l3 + δ1 + δ2 = ε → ecuación de compatibilidad.
δ1 = ∆l1cos60º + ∆l2cos60º
δ2 = ∆l4cos30º + ∆l5cos30º
∆l3 + 2∆l1cos60º + ∆l4cos30º = ε
;3
;;º60cos2 4
41
113
3 SElN
lSElN
lSE
lNSElN
l =∆=∆==∆
llNSE
NSElNlN3
2;º30cos32º60cos4 1
441−
==+εε
;023;03
23 11
11 =+−=
−− lNSEN
llNSE
N εε
( ) ( ) lSENNN
lSENN
332360tg;
32 15412+
===+
== εε
26
a
a
a B
D
Cα1 α2
N1 N2
RvA
RhA
α2
∆L2
16.- La estructura de la figura está formada por una viga articulada en A y las
barras articuladas CD y BD de idéntico material y sección. Determinar las fuerzas
normales de las barras articuladas cuando actúa una carga vertical p = 103 Kg.
Rha – N1cosα1 – N2cosα2 = 0
Rva + N1senα1 + N2senα2 - p = 0
Rhaa – p2a = 0 (ΣMD = 0)
Rha = 2·103
2·103 = N1cosα1 + N2cosα2
Rva + N1senα1 + N2senα2 - p = 0
Si llamamos δ a la distancia que baja el punto B respecto a su posición inicial
tenemos:
11
22212
221
112211 sen
sen;sensen;sensen
ααααααδ
ll
NNSElN
SElN
ll ==∆=∆=
;sen
sencossencos
sensen
10·211
12122222
11
222
3
+=+=
ααααα
αα
lll
NNll
N
12122
223
112122
113
2 sencossensen10·2
;sencossen
sen10·2ααα
αααα
αlll
Nlll
N+
=+
=
También se puede suponiendo que las barras se estiran y luego las giramos 90º.
Aplicando la semejanza de triángulos
tenemos:
''
BBCC
ABAC =
∆=⇒
∆=
∆=⇒
∆=
2
222
1
111
sen'
'sen
sen'
'sen
αα
αα
lBB
BBl
lCC
CCl
5;
51sen
2;2
1sen
22
11
al
al
==
==
α
α
27
1
α
α2
3
p a
A’
A
D
C
B
;21
52
;
sen
sen2 2
1
2
2
1
1
=∆∆
∆
∆
=ll
l
l
aa
α
α
17.- Resolver la siguiente estructura hiperestática.
Rh1 + Rh2 + Rh3 – N1cosα - N2 – N3cosα = 0
P – N1senα + N3senα - Rv1 – Rv2 – Rv3 = 0
-aRh1 + aRh3 – l2Rv1 + l2Rv3 = 0 (ΣMp = 0)
( )αααδ
∆∆
=∆=∆=sen
sensen 2311
lll
313311
31 NNSElN
SElN
ll =⇒=⇒∆=∆
El problema se puede plantear por la mediana:
CA → mediana del triángulo sin deformar.
CA’ → mediana del triángulo deformado.
CDCBABAD
CDADCA
CBABCA==
−=
−=222
222
222222
2222;222
−=−= BDABCACBABCA
222
222 BDABCA −= → sin deformar.
2''2''2
222 BDCADABA +=+ → deformado.
( ) ( ) ( )
24222
22
'''
2
222233
2311
21
22
222
332
11
22
33
11
alllllllll
BDllllll
llCAllDAllBA
+∆+=∆++∆+
+∆+=∆++∆+
∆+=∆+=∆+=
En la ecuación sin deformar quedaría:
1
α
α2
3 p
a
a
28
222
22
122
all −= ; sumando esta a la anterior se obtiene:
( ) 22311223311 2;422 lllllllllll ∆=∆+∆∆=∆+∆
αα cos2;cos 2311
2 lllll
∆=∆+∆=
αcos2 223311
SElN
SElN
SElN
=+ ⇒ N1l1 + N3l3 = 2N2l2cosα → tercera ecuación.
18.- Una placa absolutamente rígida, cuadrada, sostenida en los vértices por
cuatro barras de acero iguales. Determinar NA, NB, NC, ND, originadas al actuar una P en
un punto de la diagonal AC.
CABLES.-
Un cable es un conjunto de cordones unidos a un alma.
Se entiende por pérdida por cableado la resistencia mecánica que se pierde
como consecuencia del hilado de los cordones.
Se utilizan para líneas de transmisión , tensores, puentes, teleféricos...
Se hacen las siguientes hipótesis: la sección es muy pequeña con respecto a la
longitud; tiene resistencia nula a las solicitaciones de compresión, efecto cortante, efecto
torsor, efecto flector; tiene resistencia infinita a la tracción ⇒ inextensor.
Cordones (hilos Al)
Principal Cables Alma (hilos acero)
Secundaria
A B C
P
De
29
Carga de rotura calculada.- nº de hilos por el valor a la tracción que soporta cada
hilo.
Pérdida por cableado.- carga de rotura real menos carga de rotura calculada.
Equilibrio de un hilo.-
La tensión en cada punto es tangente a la línea de equilibrio del cable y la
condición necesaria y suficiente ara que un cable esté en equilibrio es que la fuerza
aplicada q esté contenida en el plano oscilador del cable.
[ ]LFq = ds → qds q = qx + qy
dssyd
dssxd
dsdydsdx
2
2
2
2
∂∂=
∂∂=
=
=
β
α
β
α
( )( )( )( )
=+−++=
=+−++=
∑∑
0;0
0;0
dsqNddNNF
dsqNddNNF
yy
xx
βββ
ααα
==
ββαα
coscos
cosenos directores.
=+−+++=+−+++
00
dsqNdNddNNdNdsqNdNddNNdN
y
x
βββββααααα
=++=++
00
dsqdNNddsqdNNd
y
x
ββαα
( )( )
=+=+
00
dsqNddsqNd
y
x
βα
=+
=+
0
0
dsqdsdyNd
dsqdsdxNd
y
x
Multiplicando en el último sistema la primera ecuación por α y la segunda por β, y
luego sumándolas entre sí obtenemos:
( ) ( ) 0=+++ dsqNddsqNd yx βββααα
( ) ( ) ( ) 0=+++ yx qqdsNdNd βαββαα
q
ds
Ra Rb
A B
x
y
ds
βα
N
β+dβ
α+dα N+dN
≈ 0
30
( )[ ] ( ) ( ) 02
2222 =+++∂−+∂ yx qqdsNN βαβαβα
( ) ;0=++ yx qqdsdN βα 0=
++ yx q
dsdyq
dsdxdsdN
0=++ dyqdxqdN yx → ecuación diferencial de la tensión de un cable.
Equilibrio de un hilo cuando F es paralela al eje OY.-
( )( )
=++=+=+
000
dyqdxqdNdsqNddsqNd
yx
y
x
βα
Su componente sobre el eje OX por tanto es nula:
dxdskNk
dsNdx
dsdxNd ==⇒=
;0
La tensión es proporcional a la proyección del elemento ds sobre un eje.
=+=+
=+
00'
;0·dyqdNdsqkdy
dsqdsdy
dxdskd
y
yy
N1 = N + ds → si N y N1 están en el mismo plano.
La otra condición de la estática: ΣM = 0.
N1 = N +dN
OMdOMsdOMOM +=+=1
OMdOMOM λ+='
0'11 =∧+∧+∧− OMdSqOMNOMN s
OMddSqOMdSqOMddNOMdNOMdNOMNOMN ss λ∧+∧+∧+∧+∧+∧+∧−=0
( ) ;0;0 =+∧+∧=∧+∧+∧ dSqdNOMOMdNOMdSqOMdNOMdN ss
( ) 0sen0 =⇒=∧ OMNdOMdN
ds
N N1
ds
N N1
M1
M’
M
qds
Z
Y
X
= 1= 1
31
qsdS – N + N1 = 0
qsdS – N + N + dN = 0 ⇒ qsdS + dN = 0. N es tangente a dOM.
La única posibilidad para que esté en equilibrio es que qdS venga:
19.-
φ = 18 mm
L = 1’80 m
P = 3.500Kg
α =30º
¿δc ?
LCCCC c ∆== 11 ';δ despreciamos el ∆α
∑∑
=⇒=−+=
=⇒=++−=
PNPNNF
NNPNNF
y
xx
ααα
αα
sen20sensen;0
0coscos;0
1
11
KgPN 500.3sen2
==α
SENLL
SEN
ELL =∆==∆= ;σε
αδ
δα
sen;sen LL ∆=∆=
mmSENL 36'2;sen
== δα
δ
b) Con los datos del caso anterior calcular δ cuando α = 0. En este caso ya no
se puede despreciar ∆α.
( ) δδα ==∆ 1tg CCL
( ) ααδ ∆=∆= LL tg
tg(∆α) ≈ ∆α
ds
qdS
qdS
α
A
L
P
P B
C’ C’’
C
C1
N N1
∆α
L C
P
P
C’ C1
∆α
A B
32
;11;'
';
2221 −
+=−+=
−=∆=
LLLL
ACACAC
LL δδ εεε
( ) ( ) ( ) 1······82
11182
2 −+∆−∆+=−∆+= αααε
( )LL∆=∆=
2
2αε ; aplicando Hooke ⇒
( )
∆=
∆==
α
ε
sen2PN
LL
SEN
δ = 15’5 cm.
Cable sometido a su propio peso.-
La curva de equilibrio de un cable homogéneo sometido a su propio peso y sujeto
a dos puntos fijos es la catenaria.
qx = 0; qy = -p
;0' =+= dsqkdykdsdxN y (ds)2 = (dx)2 + (dy)2; 22 dydxds +=
;'1 2ydxds +=
dxypkdydxypkdy 22 '1';0'1' −==−− ;
axx
Shyaxx
Shydxkp
y
dyy
y
x
x
00
2';'arg;
'1
'0 0
−=
−==
−∫ ∫
pa = k ⇒ a → parámetro de la catenaria. ( en algunos libros es 1/a).
p → carga lineal en kgm-1.
k → tensión mínima.
( )axx
aChyy 00
−=− ⇒ curva catenaria. catenariaLong
yxBA
ayx
BB
.),(
)0,0(0
0
dy
≈ 0
y B
xB ds
dx
33
+
−=+=+== ∫∫∫ −
ax
Shaxx
ShadxShldxydSl BX
aXXB
A
B
A
00
0
22 01;'1
A → ax
aChy 00 =− (1)
B → axx
aChyyB0
0−
=− (2)
(2) – (1) ⇒ ( )θθ fShylax
Chaxx
Chay BB
B =⇒−
−−
= ;;00
;2222
00000000
+++−−+−=−
−−−−−−aX
aX
aXX
aXX
aX
aX
aXX
aXX
Beeeeeeeeyl
BBBB
;00
+−=−
−aX
aXX
B eeaylB
;00
−=+
−−aX
aXX
B eeylB
−=−
−aX
aX
B
B
eaeyl 10
(3)
+=+
−
10
aX
aX
B
B
eaeyl (4)
(3)·(4) → =
−=
−+=
−+−=−
−−− 2
2222222 211 aX
aX
aX
aX
aX
aX
B
BBBBBB
eeaeeaeeayl
;2
42
4 22
2
222
ax
Shaeea BaX
aX BB
=
−=
−
;22
;2
2 2222 θθ aShylax
ax
aShyl BBB
B =−→==−
B
B
B
BB
xyl
Shxyl
Shayl
Sh222222
;;2
−=
−=
−=
θθ
θ
θθ
Shθ = k’θ
A flecha máxima
B Tensión máxima
L C(xc , Yc)
Cte.
Tres datos
34
;; 11
00 a
xaChy
axx
aChyy =−
=− Chx = Ch(-x) ⇒ simetría respecto de y1
;dxdskN = k = pa; donde k corresponde al Nmin. Y está en (x0, y0)
21
21 '1'1 ykNdxydS −=→−=
ay
kax
kChax
ShkN 11121 ==−= ⇒ N = py1
20.- Una línea eléctrica está tendida entre dos torres verticales de 42 m, y estas
sobre un suelo del 20%. La distancia horizontal es de 100 m. Sabiendo que p = 10 Kgm-1
y que NM es de 866 Kg. ¿Ecuación de la catenaria (a1 = 44’03; a2 = 38’9)?, ¿k?, ¿Longitud
del cable entre ambas torres?, ¿Distancia mínima del cable al suelo?
N=py
NM = pyB;
866 = 20yB; yB = 86’6 m.
YA = yB – 20 = 66’6 m.
1006'66·arg·arg
6'86·arg·arg;1
1 =−
==
==
=
== AB
AA
BB
AA
BB
xx
aCha
ay
Chaxa
Chaay
Chax
ax
aChyax
aChy
ax
aChy
y
x
B(xB,yB)y1
O’
a x1
(x0,y0) Base de la catenaria
A
dm
20
100
B
42
42
β
35
aCha
aCha
aChaxA
6'86·arg6'66·arg100;6'86·arg100 =−=+
tanteopora
Cha
Cha →
−= 6'66arg6'86arg100 ⇒ a = 44’03; a = 38’90
90'3890'38;
03'4403'44 1
11
1x
Chyx
Chy ==
NM = k ⇒ ap = k; k1 = 440’3; k2 = 389
L = SA + SB = ;ax
aShax
aSh BA + l1 =124’53 m. ; l2 = 131’42 m.
dm ?; se halla la recta que pasa por A y B ⇒ 5
; AA
AB
A
AB
A xxyy
yyyy
xxxx −
=−−
−=
−−
;5 a
xaChxx
yf AA −
−+= se halla un mínimo en y’ = 0’2; obteniendo los valores
f1 = 32’05 y f2 =37’27; y por tanto dm = (42- fM)cosβ;
dm1 = 9’79 m.
dm2 = 4’63m.
21.- Un cable de l = 120 m está sujeto en A y B de igual altura y separados 80 m.
¿flecha del cable y su peso total siendo NM = 650 Kg.? θ = 1’72.
Pt = pl;
Shθ = kθ; axB2
=θ
8012022
==−
=BB
B
xl
xylSh
θθ
Shθ = 1’5θ ⇒ θ = 1’62;
.69'2424'3
80;28062'1 maa
===
ax
aChfaax
aChyfaax
aChy MM11
11
1 ;; =+==+=
.12'40;169'24
4069'24;11 mfChfax
Chaf MMM =
−=
−=
NM = py1; 120·12'4069'24
650;650+
=+
= tM
pfa
p
Pt = 10’03 Kgm-1 · 120 m.; pt = 1203’6 Kg.
A
y
B xy1
x1a
fM
80 m.
36
Parábola de los puentes colgantes.-
Consideramos un cable de peso propio despreciable y sometido a una “p”
uniformemente repartida a lo largo de su proyección horizontal.
qydS = -pdx
k = pa
kdSdxN =
kdy’ + qydS = 0
kdy’ –pdx = 0; pady’ –pdx = 0; ady’ – dx = 0; ady’ = dx;
;2
;' 21
2
1 CxCxayCxay ++=+=
aC
xaC
axy 21
2
2++=
⇒
M
M
flongNBCA
CC
.2
1
NdxdSkk
dSdxN =⇒=
22.- Un cable de peso despreciable sujeto a dos puntos fijos A y B, y situados a
diferente altura (10 m.), está sometido a una carga vertical p uniformemente distribuida a
lo largo de la proyección horizontal. Hallar ¿La curva de equilibrio?, ¿NM y k?
A (0, 0)
B (200, 10)
21
2
2Cx
aC
axy ++=
C2 = 0;
( );10020;2002
20010 11
2
+=+= CaaC
a
A
y
dx x
B
ds
200 m
A
B
fM
yB - yA
37
en el punto de flecha máxima la tg es cero.
;0' 11 =+⇒+=aC
ax
aC
axy c xc = C1; en este punto yc = -fM.
16;4;
28;8;8
21
1
21
21
211
2 CaaC
aC
aC
aC
xaC
ax
cc =±==−=−+=−
( );1002016 1
21 += CC
⇒ C1 = -80; a = 400;
xxyxxy 2'000125'0;5800
22
−=−=
( ) ;'1; 2ykdxdSkNk
dSdxN +===
( ).400000;;
.10·17'4'110·4; 525
KgkpakCNKgyNBN
m
MM
==→=+=→
Poligonal.-
Curva de equilibrio de un cable de peso despreciable sometido a cargas
puntuales.
=++
=+
=+
0
0
0
dxqdyqdN
dSqdSdyNd
dSqdSdxNd
xy
y
x
Zona comprendida entre dos de las cargas.
;;;0
0433
1
221
2
1kxkyk
kk
dxdy
dydSk
dxdSk
kdSdyN
kdSdxN
dSdyNd
dSdxNd
+====
=
=
=
=
qx = qy = 0; dN = 0 ⇒ N = k5
P2 → N1 y N2 en equilibrio.
23.- Un cable de peso propio despreciable, sujeto a A y B al mismo nivel, está
sometido a cargas P1 = 10tn y P2 = 20 tn puntuales. Determinar analíticamente las
AP1
BP2 Pn
N N1 N2
Nn
38
ordenadas y1 e y2 de los vértices de la poligonal, y N1 y N2, sabiendo que la poligonal
pasa por el punto intermedio D (4, 5).
ELASTICIDAD.-
Parte de la física matemática que estudia las tensiones y deformaciones en
cualquier punto de un sólido que sea elástico, homogéneo e isótropo.
Propiedad que pueden presentar los materiales estructurales de modo que al
cesar las acciones exteriores el sólido recupera su forma inicial devolviendo toda la
energía almacenada durante el proceso de carga (energía elástica).
Hipótesis básicas:
Los sólidos son perfectamente elásticos; se devuelve toda la energías.
No se tiene en cuenta la estructura molecular. La masa se distribuye
uniformemente en todo el volumen (homogéneo).
Tiene las mismas propiedades en todas sus direcciones. Los cristales se
distribuyen al azar (acero laminado en caliente).
Otras hipótesis:
• Las deformaciones son pequeñas y las cargas no modifican su recta de
aplicación (análisis de 1er grado).
• Se pueden aplicar los principios de Saint-Vennant y superposición.
A
4 m.
4 m.3 m.
5 m.
3 m.
D
P2
BP1
39
Ley de Hooke generalizada.-
Es una ley de tipo experimental.
;El
l σε =∆
=
υ = coeficiente de Poison
Volumen constante.
( )
=
−=
−=
−=
=
−=
−=
−=
=
E
E
E
E
E
E
E
E
E
zz
zy
zx
yz
yy
yx
xz
xy
xx
σε
συε
συε
συε
σε
συε
συε
υσε
σε
( )[ ]( )[ ]( )[ ]
( )[ ]
[ ][ ] 5'0dim
1
1
1
1
2
<=
=
+−=
+−=
+−=
+−=
ensionealaLF
E
E
E
E
Ekjii
yxzz
zxyy
zyxx
υ
σσυσε
σσυσε
σσυσε
σσυσε
Tensiones en elasticidad tridimensional.-
En equilibrio ∆F → -∆F.
n > 0 cuando al considerar la acción de V1 sobre
V2, está dirigida de la cara de la superficie S en contacto
con V2 hacia la opuesta.
∆f (fuerzas interiores), es la resultante de los fuerzas que se aplican de un modo
unívoco y a través de S, a cada uno de los dos conjuntos de puntos materiales en que
divide al sólido la superficie S.
( );0
nTSflim
s⇒
∆∆
→∆ Hay una aplicación lineal de n en T.
y
x
z
∆S S
V2
V1
x
z
y
∆f n
40
∆⊂∆SSnormal
Tζ
σ
Tensor de tensiones.-
La componente según un eje es positiva cuando su sentido en relación con el
sentido de dicho eje es el mismo que el del vector orientación del elemento de superficie
considerado en relación con el eje correspondiente.
=
==
∧
∧
∧
nNz
mNylNx
abcn
cos
coscos
· dSndSmdSl
SnnNzabcoac
SmmNyabcoabSllNxabcobc
===
======
∧
∧
∧
cos
coscos
=−−−=−−−=−−−
⇒
===
∑∑∑
000
;000
dSmdSldSndSzdSndSldSmdSydSndSmdSldSx
zyx
FFFF
yzxzz
zyxyy
zxyxx
z
y
x
ζζσζζσζζσ
=
⇒
++=++=++=
nml
zyx
nmlznmlynmlx
zyzxz
zyyxy
zxyxx
zyzxz
zyyxy
zxyxx
·σζζζσζζζσ
σζζζσζζζσ
ζ ij = ζ ji
ζzx
σz
n
ζ
ζzy
∆S
T
ζxz
n
F (fuerza / superficie)σx
ζyz
ζyx
ζzxζzy
ζxy σy
σz
F (fuerza / masa (volumen))
b
a
c
y
x
z
o
z’
(tensor de tensiones)
41
Tomando momentos respecto a z’ sólo forman momento ≠ 0 (giro) ζyx = ζxy ; para
estar en equilibrio
xyyxxyyxi OAOCOBOBOCOAM ζζζζ =⇒=⋅−⋅⇒=∑ 0··0 31
21
31
21
zxxzyzyyzx MM ζζζζ =⇒==⇒= ∑∑ 0;0 ''
=
zyzxz
yzyxy
xzxyx
σζζζσζζζσ
ζ
Tensiones y direcciones principales.-
Llamamos tensiones principales a aquello que tienen la propiedad de ser
perpendiculares a los planos sobre los que actúan. Son aquellas que no tienen
componentes tangenciales.
;·nT ζ=
=
zyzxz
yzyxy
xzxyx
σζζζσζζζσ
ζ
=
z
y
x
σσ
σζ
000000
( )( )
( )
=−++=+−+=++−
++==++==++==
000
···
nmlnmlnml
nmlnznmlmynmllx
zyzxz
yzyxy
xzxyx
zyzxz
yzyxy
xzxyx
σσζζζσσζζζσσ
σζζσζσζσζζσσ
0=−
−−
σσζζζσσζζζσσ
zyzxz
yzyxy
xzxyx
⇒ para que el sistema se C.I., que su solución
no sea la trivial. Se obtiene pues:
nσ
b
a
y
x
z
o
c
42
;0322
13 =−+− III σσσ ⇒ las raíces de dicha ecuación son precisamente σ1,
σ2 y σ3, que son las tensiones principales, siendo In los invariantes del tensor:
ζ
ζζζσσσσσσσζζσ
σζζσ
σζζσ
σσσ
=
−−−++=++=
++=
3
2222
1
I
I
I
yzszsyzyzxyxyxy
xyx
zxz
xzx
zyz
yzy
zyx
Las tensiones principales sustituidas en el tensor nos dan las direcciones
principales.
24.- Obtener los valores de las tensiones principales y las orientaciones par un
punto siendo el tensor de tensiones referido a los ejes X, Y, Z:
a) ( )2−
= Kgmm
aaaaaaaaa
ζ b) ( )2
500012022
−
−= Kgmmζ
a) σ1 = 3ª
σ2 = σ3 = 0
b) La condición necesaria y suficiente para que un sistema lineal de ecuaciones
homogénea de m ecuaciones con n incógnitas tenga solución, es que el rango de la
matriz de coeficientes sea menor que n.
( ) ( )( )[ ] 2
3
2
1
235
04125;0500
012022
−
−===
=−−−−−=−
−−−
Kgmmσσσ
σσσσ
σσ
=
−−−
−⇒
− 000
·5500
05120252
;100
020005
1
1
1
1
nml
σ
±±=⇒=++=
=
==−=+−
100
1100
00062023
121
21
211
1
1
11
11
nnmlml
nmlml
→ autovector.
Menores complementarios de la diagonal principal
43
±
±
⇒±=⇒=++
=
=
==−=+−
⇒
=
−
−⇒
05
15
2
511
0
2
020420
;000
·200042021
222
22
22
2
22
2
22
22
2
2
2
2 mnmln
ml
nmlml
nml
σ
±
⇒±=⇒=++
=
−=
==−
=+−⇒
=
⇒
05
25
1
51
10
2
0702
024;
000
·700012024
323
23
23
3
33
3
33
33
3
3
3
3 mlnmln
lm
nmlml
nml
σ
Los vectores deben ser unitarios y perpendiculares entre sí.
Componentes intrínsecas de T.-
( )nnnTnT
T···
·;222
ζσζσζσ
=→==
+=
( ) ( ) ( )
σ
σζζζσζζζσ
σζζζσζζζσ
σ
=++
=
=
=
=
znymxl
nmlzyx
nmlnmlnmlnml
nmlnml
zyzxz
yzyxy
xzxyx
zyzxz
yzyxy
xzxyx
···
zyxyzxzxyzyx znymxlmnnllmnml ,,222 2221* ζζζζσσσ →++=+++++=
σσσσζ =++⇒ 23
22
213,2,1 nml
( );·;222 nTT ζσζ =−=
⇒
= →
++++++
=
=nml
Tnmlnmlnml
nml
T princTensiones
zyzxz
yzyxy
xzxyx
zyzxz
yzyxy
xzxyx
3
2
1.·
σσσ
σζζζσζζζσ
σζζζσζζζσ
0; ..22
322
222
12 =++=⇒ PTnmlT ζσσσ
*1
44
Superficie indicatriz.-
mnnllmnml yzxzxyzyx ζζζσσσσ 222222 +++++=
=
=
=
=
=
=
⇒=
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
nz
ym
xl
nz
my
lx
r 1
σζσζσζσσσσσσσ yzxzxyzyx yzxzxyzyx 222222 +++++=
yzxzxyzyx yzxzxyzyx ζζζσσσσσ 222222 +++++=
.1.. 32
22
12 coaxialescuádricasdoszyxCPT →++=±=⇒ σσσ
Al variar el plano, r se mantiene dentro de la familia de curvas.
σi con el mismo signo → elipsoide C = +1 ⇒ ℜ
C = -1 ⇒ ℑ
Sig. σi = sig. σj ≠ sig. σk → hiperboloide.
cono asintótico común
σ1x2 + σ2y2 + σ3z2 = 0
C = +1; 2 normales > 0 ⇒ de dos hojas
C = -1; 2 normales > 0 ⇒ de una hoja
C = +1; 2 normales < 0 ⇒ de una hoja
C = -1; 2 normales < 0 ⇒ de dos hojas
ABCplanoelíar var1σ
=
n
Cono asintótico
45
Cuádrica directriz.-
σTOM = sobre el vector T
13
2
2
2
1
2
321 ±=++⇒++=σσσ
σσσ zyxknjmilT
Círculos de Mohr.-
=++=++
+=++>>
1
;
222
23
22
21
22223
222
221321
nmlnml
nmlσσσσ
ζσσσσσσσ
Haciendo l = cte. → Th. Rouché – Frobenius → condición de compatibilidad
0111 2
322
1
23
22
221
22
=−
−−+
lll
σσσσσσσζσ
( )( ) ( )( ) ( )( ) 01 2233
22
223
22
2132
221
22 =−−+−−−−−+ σσσσσσσσσσσζσ lll
( )( ) 022 3121
22
322
322 ≥−−=
−−
+−+ σσσσσσσσσζ l
Haciendo lo mismo para m y n
( )( ) 022 2331
22
312
312 ≤−−=
−−
+−+ σσσσσσσσσζ m
( )( ) 022 2132
22
212
212 ≥−−=
−−
+−+ σσσσσσσσσζ n
Haciendo l = 0 (m = 0; n = 0)
−
+→
−=
+−+
2;0,
2223232
232
2322 σσσσσσσσσζ radiocentro
Llamando PM a la potencia del punto M:
2
MTMBMAPM =×=
M
A
T B
46
47
48
En los gráficos anteriores:
( ) ( ) ( ) 2322
23222
11111 22)(
−−+
+−=−=+×−=×=
σσζσσσrMCrMCPCMCMQMPCPM
22
3222
1
22
1
2
1 2ζσσσζ +
+−=+=+= RCRMRCMC
σσσσσσσσσ ++
−=−
+−=+−=−=22
32323311 rOCORRC
( ) ( ) ( ) ( )31212
11 · σσσσ −−=×=×== lAFEGAFADCPCP AM
( )2121
;cos; σσσσ
αασ −=−
== lEGEGEG
( )3131
;cos; σσσσ
αασ −=−
== lAFAFAF
25.- Dado el siguiente tensor, hallar: ¿Las invariantes?, ¿σ y la direcciones
principales?, ¿Cuádrica indicatriz y discutirla?, ¿Aplicando los círculos de Mohr hallar las
componentes principales de σ y ζ en un plano cuya normal es paralela a eje OX?,
¿Determinar las componentes intrínsecas analíticamente?, ¿elipsoide de tensiones?.
26.- Sobre las caras de un cubo de arista unidad que limitan el entorno de un
punto P de un sólido elástico, existen las tensiones de la figura expresadas en T·cm-2.
¿Hallar ζ, los planos cuyos vectores σ - total son ortogonales a ellos, estudio analítico y
gráfico en la sección ABC: A (1, ½, 0); B (1, 1, ½); C (0, 1, 0)?
=
020230001
ζ
( ) ( ) ( ) ( )λλλλλ
λλ
−−−−−=−
−−
14·3·1020
230001
radio σ → la del punto M
1er miembro de la ecuación (l2 = 0)
σ3 + r
2º miembro de la ecuación
Y
X
Z
3
2
1
49
0444443 2332 =−++−=−−−+− λλλλλλλ ⇒ probamos la raíz λ = 1.
043143114141
−+−
−−
−
=±=+±==++−1
42
532
81693;0432 λλλ
λ1 = 4; λ2 = 1; λ3 = -1;
−100010004
= ζ
=
−−
−
000
·420
24300041
nml
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )89'0,44'0,0,,0
0,0,10,0,144'0,89'0,0,,0
52
51
3
2
51
52
1
−→→→
−ee
e
Componentes intrínsecas ζ, σ y T.
( ) ( ) kjikji
ABACnrrr
rrr
5'05'025'00
01'
21
21
21 −+=−=−∧−=
( )kjinkjinn rrrrrr
2231
999'05'0
999'05'0
999'025'0
'' −+=⇒−+=
( ) ( )89'033'029'068'2189'031
221
31
89'044'0000144'089'00
'' ==
−
−=n
11º57'2689'0arccosº53'7033'0arccosº66'7229'0arccos
33
23
225
2
25
123
1
======
======
CrCrCr
γβα
A continuación se resuelve el problema gráficamente con los círculos de Mohr:
A C
B
50
22 σζ −= T
51
( );42131
221
·020230001
31''· =
−
== nT ζ 2527'1
3211641
31 −==++= TcmT
( ) ( ) 333'02
21
31421
31'''' 2 −=
−=== nnT ζσ ⇒ compresión
( ) ( ) 490'1333'0527'1 22 =+=ζ
( ) 527'189'033'029'0·100
010004
31''· =
−== nT ζ
490'1;333'0 =−= ζσ
Deformaciones.-
orMdrd =
∂∂+
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂+
=
zw
yw
xw
zv
yv
xv
zu
yu
xu
M
1
1
1
ASM
MMA
MMSt
t
+=
−=
+=
2
2
∂∂+
∂∂+
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂+
∂∂+
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂+
=
zw
zv
yw
zu
xw
zv
yw
yv
xv
yu
xw
zu
xv
yu
xu
S
121
21
211
21
21
211
∂∂−
∂∂
∂∂−
∂∂
∂∂−
∂∂
∂∂−
∂∂
∂∂−
∂∂
∂∂−
∂∂
=
021
21
210
21
21
210
zv
yw
zu
xw
yw
zv
yu
xv
xw
zu
xv
yu
A
( ) ( )DISrdASrd +=+= ;0 ; donde I es la Matriz identidad.
52
=
∂∂
∂∂
+∂∂
∂∂
+∂∂
∂∂
+∂∂
∂∂
∂∂
+∂∂
∂∂
+∂∂
∂∂
+∂∂
∂∂
=
zyzxz
yzyxy
x
zw
zv
yw
zu
xw
zv
yw
yv
xv
yu
xw
zu
xv
yu
xu
Dεγγγεγ
ε
21
21
21
21
21
21
21
21
21
21
deformación
xzxy γγ 2
121
000 rAdrDdrIdrd ++=
a matriz D aplicada dr0 nos da un vector de la misma dirección que dr0.
00 21 rdcrotrAd ∧=
kyu
xvj
xw
zui
zv
yw
wvuzyx
kji
crotrrr
rrr
∂∂
−∂∂
+
∂∂
−∂∂
−
∂∂
−∂∂
=∂∂
∂∂
∂∂
=21
21
21
21
21 02
1 rdnγ
0rdnε
0rDdn
=∂∂
−∂∂
∂∂
−∂∂
∂∂
−∂∂
=∧
dzdydxyu
xv
xw
zu
zv
yw
kji
rdcrot
rrr
21
21
0
jdxx
w
z
udy
z
v
y
wjdx
y
u
x
vdz
z
v
y
widy
y
u
x
vdz
x
w
z
u vrr
∂
∂−
∂
∂−
∂
∂−
∂
∂+
∂
∂−
∂
∂−
∂
∂−
∂
∂−
∂
∂−
∂
∂−
∂
∂−
∂
∂=
2
1
2
1
2
1
021
00000 rdcrotrDdrIdrAdrDdrIdrd ∧++=++=
53
54
Componentes intrínsecas del vector deformación.-
( ) [ ] →nDnnmln ,,: deformación según una dirección
cualquiera.
[ ] ( )
==nml
nmlnDn
zyzxz
yzyxy
xzxyx
n ··
21
21
21
21
21
21
εγγγεγγγε
ε
mnlmnml yzxzxyzyxn γγγεεεε +++++= ln222
[ ] [ ] 2222122
21; nnnn nDnD εγγε −=+=
Deformaciones y direcciones principales.-
021 =ijγ ( ) →=−⇒= 0000 rdDrdrDd λλ diagonalización.
⇒⇒=
−−
−
3
2
1
21
21
21
21
21
21
0εεε
λεγγγλεγγγλε
zyzxz
yzyxy
xzxyx
direcciones principales.
Sistemas de representación del tensor de deformaciones.-
Son análogos a los de tensión:
Elipsoide de deformación → (translación y deformación)
( ) ( ) ( ) 02
3
2
22
2
21
2
111rdzyx =
++
++
+ εεε
Cuádrica indicatriz.
Cuádrica directriz.
Círculos de Mohr → al igual que en tensiones
P
Q
n
0rd
ε
½ γ
55
Ecuaciones de compatibilidad de las deformaciones.-
( )( )wvu
wvu
zv
yw
zu
xw
yu
xv
zwyvxu
yz
xz
xy
z
y
x
,,,,
γγεε
γ
γ
γ
ε
ε
ε
→→
∂∂+
∂∂=
∂∂+
∂∂=
∂∂+
∂∂=
∂∂=
∂∂=∂∂=
( )( )( )
( )( )
→→
⇒
wvuwvu
continuasderivadascony
continuas
zyxwzyxvzyxu
,,,,
,,,,,,
γγεε
Para que el sistema sea compatible (6 ecuaciones con 3 incógnitas) tiene que
haber alguna relación entre los ε y los γ. Estas se denominan ecuaciones de
compatibilidad.
;21
21; 00000000 rdcrotrDdrdrdcrotrDdrIdrdrdcdrdcdrd ∧+=−∧++=−=+=
;kdwjdviducdrrr
++=
⇒=∧++=∂∂
∂∂
∂∂=
dzdydxaaakji
rdcrotkajaia
wvuzyx
kji
crot 3210321 21;
21
21
rrr
rrr
rrr
( ) ( ) ( );21
2113320 dxadyakdzadxajdyadzairdcrot −+−+−=∧⇒rrr
( ) ( ) ( ) ( )dxadyakdzadxajdyadzaikjidzdydx
kdwjdvidu
zyzxz
yzyxy
xzxyx
211332
21
21
21
21
21
21
·· −+−+−+
=++rrrrrrrrr
εγγγεγγγε
++
−+=
−+
++=
++
−+=
dyadxadzdw
dzadxadydv
dzadyadxdu
yzxzz
yzxyy
xzxyx
12
13
23
21
21
21
21
21
21
γγε
γγε
γγε
sistema equivalente al inicial.
Para que el sistema se pueda resolver la diferenciales tienen que ser exactas
totales, y las derivadas cruzadas también han de ser iguales.
6 ecuaciones con 3 incógnitas
56
;21
21;
21;
21
2323
+
∂∂=
−
∂∂
+
∂∂=
∂∂
−
∂∂=
∂∂
ay
az
ayz
axy xzxyxz
xxy
x γγγεγε
;;;za
ya
xa iii
∂∂
∂∂
∂∂
;21;
21;
21 111
zyza
zyya
zyxa yzzyyzxyxz
∂∂
−∂
∂=
∂∂
∂∂
−∂
∂=
∂∂
∂
∂−
∂∂
=∂∂ γεεγγγ
dzza
dyya
dxxa
da∂∂
+∂∂
+∂∂
= 1111
∂
∂−
∂∂
+
∂
∂−
∂∂
+
∂
∂−
∂∂
=
∂
∂−
∂∂
+
∂
∂−
∂∂
+
∂
∂−
∂∂
=
∂
∂−
∂∂
+
∂
∂−
∂∂
+
∂
∂−
∂∂
=
dzyx
dyyx
dxyx
da
dzxz
dyxz
dxxz
da
dzzy
dyzy
dxzy
da
xzyzxyyxxy
zxyyzxyxzx
yzzyyzxyxz
γγγεεγ
εγγγγε
γεεγγγ
21
21
21
21
21
21
21
21
21
3
2
1
;21
21
∂
∂−
∂∂
∂∂=
∂
∂−
∂∂
∂∂
zyxzyyyyzxyxz εγγγ
;21
21
21;
21
21 2
2
222222
2
2
zyyyxxzxzxyyzyxyxzyzyyyzxyxz
∂∂∂
+∂
∂−
∂∂∂
=∂∂
∂∂∂
∂−
∂∂∂
=
∂∂∂
−∂
∂ γγγεεγγγ
∂
∂+
∂∂
−∂
∂∂∂=
∂∂∂
zyxyxzxyxzyzy γγγε2
2
zyyzzyyzyzyzzyyzzyyz
∂∂∂
=∂∂
+∂
∂⇒
∂
∂−
∂∂
∂∂=
∂
∂−
∂∂
∂∂ γεεγεεγ 2
2
2
2
2
21
21
∂
∂−
∂∂
+∂
∂∂∂=
∂∂∂
∂
∂+
∂∂
−∂
∂∂∂=
∂∂∂
∂∂∂
=∂∂
+∂
∂∂∂
∂=
∂∂
+∂∂
zyxzyx
zxyxzy
zxxz
yxxyxyxzyzz
xyyzxzx
xzzx
xyyx
γγγε
γγγε
γεε
γεε
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
El cumplimiento de estas ecuaciones implica la existencia del vector corrimiento
c . Sustituidas en estas εx, εy, εz, γxy, γxz y γyz, conocidas en teoría, obtenemos la función
de tensiones cuyas derivadas nos van a dar las tensiones en cada punto del sólido.
De 1er orden De 2º orden
Ecuaciones de compatibilidad de AIRY
57
Relaciones entre tensiones y deformaciones (σ ↔ ε).-
Tensiones perpendiculares y deformaciones longitudinales.-
Se aplica en este caso la Ley de Hooke generalizada.
( )[ ]zyxx Eσσυσε +−= 1
Cortadura pura.-
;
21
21
2tg1
2tg1
2tg
4tg1
2tg
4tg
24tg
γ
γ
γ
γ
γπ
γπγπ
−
+=
−
+=
−
+=
+
22tg γγ ≈
''
''
24tg
aaOabbOb
OaOb
−+==
+ γπ
( ) ( ) ( ) ( )
++=
++=
−+=+=+= υζυζζυσσεε 1111111'
EOb
EOb
EObObObObOb yxxx
( ) ( ) ( )
+−=
−+=+=+= υζυσσε 11111''
EOa
EOaOaaaOaOa xyy
( )υζγζυζ
ζυζ
γ
γ
+=⇒
−−
++
==−
+1
21
1
''
21
21
EEE
Oa
EEOb
OaOb Al ser un cuadrado Ob = Oa.
( ) ( ) →=+
+= GEE υ
υζγ12
;12 Módulo de elasticidad transversal.
b
a’
a
b’
1nζ
σσ
σ
σ
y
xα
¼π+½γ ¼π
Elementodiferencial
Cara sometida a cortadura pura (sólo sometida a ζ)
ζ A(0, ζ)
2α-σ σ
A’(0, -ζ)
Mohr
σx = σ = -σy = ζ; σ1, σ2
58
En el acero G = 8·105 Kgcm-2.
E → se obtiene por ensayos de tracción.
G → Se obtiene por distorsión angular. (ensayos a torsión en barras
delgadas y huecas)
υ → por la fórmula.
=
=
=
G
G
G
yzyz
xzxz
xyxy
ζγ
ζγ
ζγ
Energía de deformación de cortadura.-
Cuando la fuerza se aplica de forma estática y el punto de aplicación se desplaza
en su misma dirección.
δFU21= en una barra a tracción.
lSuSF
ll
EFGH
γζζ
γδγδγ21
·
;sen =
=
=≈=
ζ = γG
GVolumenuuGSlu 22
21;
21 γγ ===
[ ] θυυθθεεεE
eE
ee zyx21;21; −=−=++=
θ = σx + σy + σz.
Presión hidrostática → ( ) ( ) pE
pE
epzyxυυσσσ 213321 −−=−−=⇒−===
( ) ;213 υ−= Ek módulo elástico de volumen o compresibilidad.
Despejando σx, σy y σz de la Ley de Hooke generalizada se saca:
A
H
C
D
F
E
G
H’
G’
B
γ
δ
59
( )( ) xxEeE ε
υυυυσ
−+
−+=
1211 ( )( ) ≡
−+=
υυυλ
211E coeficiente de Lamé.
Haciendo lo mismo con los otros tres ejes se obtiene:
+=+=+=
zz
yy
xx
GeGeGe
ελσελσελσ
222
ecuaciones de Lamé.
( )[ ]32113211; σσυσεεεεεεε +−=++=++=E
e zyx
;;; 332211 ελσελσελσ +=+=+= eee
( )( )
( )
FtE
dE
yz
xz
xy
z
y
x
yz
xz
xy
z
y
x
1;·
120001200012
11
1
1
0
0=
++
+−−
−−−−
=
ζζζσσσ
υυ
υυυ
υυυυ
γγγεεε
t = EdF-1 = EF-1d.
R = EF-1 → matriz de rigidez. (oposición del cuerpo a ser deformado)
++
+
=
yz
xz
xy
z
y
x
yz
xz
xy
z
y
x
GG
GG
GG
γγγεεε
λλλλλλλλλ
ζζζσσσ
·
000000
22
2
0
0
Estados de tensión y deformación planos.-
Tensión plana.-
Matriz de flexibilidad. (facilidad de deformación del cuerpo)
z
y
z << x
z << y
y
x
60
===
000
yz
xz
z
ζζσ
⇒
→
z
yxy
xyx
yxy
xyx
zyzxz
yzyxy
xzxyx
εεγγε
σζζσ
σζζζσζζζσ
0000
21
21
Deformación plana.-
yzxz
z>>>>
↑; carga uniforme en toda la longitud.
Suponemos un sólido delimitado por planos rígidos en los cuales no se deforma.
εz = 0;
u = u(x, y); v = v(x, y); w = 0;
∂∂=
∂∂=∂∂=
zwyvxu
z
y
x
ε
ε
ε
0
0
=∂∂+
∂∂=
=∂∂+
∂∂=
∂∂+
∂∂=
zv
yw
zu
xw
yu
xv
yz
xz
xy
γ
γ
γ
→
z
yxy
xyx
yxy
xyx
σσζζσ
εγγε
0000
21
21
Estado de tensión plana.-
z
y
x
σx
σy
σ
ζxy
ζxy
ζ
Oθ
A
B
T
σθ
ζθ
θ
θπ −2
'n
n
61
( ) ( ) ( )=
==
=
+=jinT
jin
yxy
xyx
yxy
xyxrr
rr
·sencos·
sencos
θθ
σζζσ
ζσζζσ
ζ
θθ
( ) ( ) ji yxyxyx
rrθσθζθζθσ sencossencos +++=
θσθθζθθζθσσθ22 sensencoscossencos yxyxyxnT +++==
θσσ
θθζθσσσθθ
θθθ 2cos
22cossen22cos
2222cos1sen
22cos1cos
2
2
yyxy
xx −+++=−=
+=
θθζθσσσσ
σθ cossen22cos22 xy
yxyx +−
++
=
θσσσσσ θ 2cos22
2121 −+
+= ⇒ tensiones principales.
θθθπθπ cossen';2
sen2
cos' jinjinrrrr
−=
−−
−=
θθσθζθζθθσζ θ cossencossensencos' 22yxyxyxnT −−+==
θζθσσ
ζ θ 2cos2sen2 xy
yx −−
= ⇒ θσσζ θ 2sen2
21 −=
27.- Determinar gráficamente y comprobar analíticamente, los esfuerzos σ y ζ en
d; ζM y superficies sobre las que actúa.
2
1 40 −== Kgcmxσσ
02 == yσσ
=⇒=−
=2
00
22tg πα
σσζ
αyx
xy
A (σx, -ζxy) ⇒ (40, 0);
B (σy, ζxy) ⇒ (0, 0);
x
40 Kgcm-2 40 Kgcm-2
45º
n
ζM
90ºθ
45º en el sólido
σ
ζ
P (20, -20)
θ = 2·135
62
28.- Dado un elemento estructural sometido a cortadura pura según los ejes XY y
con un valor ζ = 80 Kgcm-2 ¿Determinar gráficamente las T que corresponden a un plano
inclinado 22’5º, σ1, σ2 y ζM?
σx = σy = 0
θζθσσσσ
σθ 2sen2cos22 xy
yxyx +−
++
=
θζθσσ
ζ θ 2cos2sen2 xy
yx −−
=
25'112 57'565'22sen80 −−== Kgcmσ
25'2290 57'565'22cos80 −
+ =−= Kgcmζ
A (σx, -ζxy)
B (σy, ζxy)
A (0, -80)
B (0, 80)
29.- Hallar σ y ζ en las superficies G y F de la siguiente figura.
22
2,1 22 xyyxyx ζ
σσσσσ +
−±
+=
( ) ( )222,1 300600
2800400 +−±−−=σ
22
212,1
6'9604'239
−
−
−=−=⇒
KgcmKgcm
σσσ
;4003002tg
21 =
−=
yx
xy
σσζ
α
2º9'28;º3'562;5'1
232tg παπαα +=+===
y
x
ζxy = 80 Kgcm-2
n
22’5º
90+22’5º
σ -80=σ2 80=σ1
22’5º
ζ
B
A
(-56’57, 56’57)
800
300
400
F G 60º 30º
FnGn
Girando sólo σ1, σ2
63
( )
2
2
2
2
21
22
21
2'3231'4402'3239'759
84'319'28903084'1219'289060
sencossencos
−
−
−
−
=−=−=−=
=−+−==−+=
−=+=
KgcmKgcmKgcmKgcm
G
G
F
F
G
F
ζσζσ
θθ
θθσσζθσθσσ
θ
θ
30.- Dado un sólido elástico con el estado de tensiones de la figura y siendo E =
1’5·106 Kgcm-2 calcular: dos expresiones del tensor de tensiones y dos del tensor de
deformaciones.
Deformación plana.-
=
yxy
xyxDεγγε
21
21
Deformación longitudinal y transversal en una dirección dada.-
Conocidos εx, ½γxy, εy podemos hallar εθ y ½γθ en la dirección θ.
400200
600600
400
y
x
T
Q
P Y
X
θ
θ
90-θ
Rϕθ 90
Q’
dl
ϕθ <<< 2S
3
64
( )
∂∂+
∂∂+
∂∂+
∂∂+ dy
yvdx
xvvdy
yudx
xuuQ
vuP
,
,
∂∂+
∂∂=
∂∂+
∂∂=
dyyvdx
xvRQ
dyyudx
xuQR
,0'
0, θθ sen2;2sen QRR
QRR ==
( ) θθθ cos'3;'3cos90sen RQRRQR ===−
;;sen'cos'32' PSPQPQ
RQQRPQQQ
PQSQ
ll =⇒<<<+=+==∆= θθ ϕθθε
SQ’ = S2 + 3Q’; S2 ≈ S3 ≈ Q2;
Q2 = QRcosθ; Q’3 = Q’Rsenθ;
dl
dyyvdx
xvdy
yudx
xu θθ
εθ
sencos
∂∂+
∂∂+
∂∂+
∂∂
=
θθεθ sencos
∂∂+
∂∂+
∂∂+
∂∂=
dldy
yv
dldx
xv
dldy
yu
dldx
xu
θθθθθθεθ
θθ
22 sensencoscossencossen
cos
yv
xv
yu
xu
dldydldx
∂∂+
∂∂+
∂∂+
∂∂=
=
=
θεθθγθεεθ22 sencossencos yxyx ++=
θθϕϕ θθ sencostg
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂−
∂∂
∂∂+
∂∂
∂∂===
ly
yu
lx
xu
ly
yv
lx
xv
PQQS
θθ sencos'23 QRRQRRQS −=−=
xyyu
xu
yv
xv γθθθθθθϕθ =
∂∂−
∂∂−
∂∂+
∂∂= 22 sensencoscossencos
( ) ( ) θθθθ sen90cos;cos90sen −=+=+
( ) ( ) ( ) ( )90sen90cos90sen90cos 2290 +
∂∂−++
∂∂−
∂∂++
∂∂=+ θθθθϕθ y
uxu
yv
xv
θθθθϕθ22
90 coscossensenyu
xu
yv
xv
∂∂−
∂∂−
∂∂−
∂∂=+
65
θθθθϕθ22 sencossencos
yu
xu
yv
xv
∂∂−
∂∂−
∂∂+
∂∂=
90+−= θθθ ϕϕγ
( ) ( ) θθθθθθγθ cossen2cossensencos 2222
∂∂−
∂∂++−
∂∂+−
∂∂=
xu
yv
yu
xv
( ) θθθθγθ cossen2sencos 22
∂∂−
∂∂+−
∂∂+
∂∂=
xu
yv
xv
yu
( ) ( ) θθεεθθγγθ cossensencos21
21 22
xyxy −+−=
( ) θεεθγγθ 2sen212cos
21
21
xyxy −+=
;2tg;21
2tg21;2tg
21
yx
xy
yx
xy
yx
xy
εεγ
αεε
γα
σσζ
α−
=−
=−
=
Medida de las deformaciones superficiales.-
Se utilizan extensómetros, cargas extensométricas o strain-ganges.
Están constituidos por una resistencia eléctrica en un soporte aislante.
α tamaño Modelo
α solicitaciones
AlR ρ=
R α l; variando la longitud varía la resistencia. Se aplica la escala y tenemos la
deformación real.
∆R ⇒ ∆l ⇒ ∆ε
Tiene el inconveniente de no medir γ.
Normalmente no se conocen loas direcciones principales ε1 y ε2; entonces se
colocan tres extensómetros (roseta).
P
66
31.- En un elemento plano mediante extensómetros se han medido las siguientes
deformaciones en las direcciones expresadas: ε0 = 1000·10-5; ε60 = -65·10-5; ε120 = 2·10-5.
¿Hallar las deformaciones principales y γM?
32.- En el interior de un sólido elástico de E = 2·106 Kgcm-2 y υ = 0’25 está
definido un estado de deformación plana. Las deformaciones unitarias en dos direcciones
ortogonales paralelas al plano director, que se tomará como sistema de referencia
cartesiano ortogonal εx = 2·10-4; εy = 0; ε30 = 0. ¿σ y direcciones principales?
¿Componentes intrínsecas del vector deformación unitaria correspondiente a una
dirección 45º con OX?
=
yxy
xyxDεγγε
21
21
n → θ = 30º
θγθεεεε
ε 2sen212cos
22 xyyxyx
n +−
++
=
444
10·73'12160sen
2160cos
2010·2
2010·20 −−=⇒+−++= xyxy γγ
El signo menos indica que el ángulo después de deformarse es >90º
60;2tg2tg21 2
1
−=−
=⇒−
= αεε
γα
εεγ
αyx
xy
yx
xy
A
XX’
X’
Xα
2β 2α
β
B
2φ εε2 D ε1
C
½ γ
εφ+α+β εφ+α εφ
ε’
φ?
α
β
εφ
εα+φ
εφ+α+β
Direcciones principales
arbitrario
½ γM
67
2
1
34
5
6
σz
τyz
τxz
τxz
τxy
τxy
τyz
τyz
τxy
τxy
τxz
τyz
τxz
σy
σx
σx
σy
σz
dy
dx
dz
=+−=
−=−=
602
30
30260
2
1
πα
α direcciones principales (σ y ε)
( )( )( )
( )( )
( )25
25
2212
1211
3213
10·810·8
12
211
222
−
−
==
+=
−+=
++=++=++=
KgcmGKgcm
EG
E
GGG
λ
υ
υυυλ
εεελσεεελσεεελσ
−==
+
+±
+= −
−
42
41
22
2,1 1010·3
222 εεγεεεε
ε xyyxyx
21
2
21
1600
640
−
−
==
=
Kgcm
Kgcm
σσ
σ
( ) ( ) 4º45
4º45
22
22
1021
10·73'0
sencos21sencos
21
sencossencos−
−
=
=
−+−=
++=
γ
ε
θθγθθεεγ
θθγθεθεε
θ
θ
xyxy
xyyx
( ) ( ) º753045sencos
21
sencos
12
22
21
=−−=
−=
+=θ
θθεεγ
θεθεε
θ
θ
Ecuaciones generales de la elasticidad.-
Ecuaciones de equilibrio interno.-
Consideramos un paralelepípedo elemental.
( ) ( ) ( ) 000 === ∑∑∑ zyx FFF
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( ) ( )[ ] 065
4321
=+−+
+−+−
Xdxdydzdxdy
dxdzdydz
zxxz
yxyxxx
ζζζζσσ
donde X son las fuerzas másicas
específicas.
= 0 ⇔ ε3 = 0
68
( ) ( )[ ] xxxx d σσσσ ∂==− 21
0=+∂+∂+∂ Xdxdydzdxdydxdzdydz xzxyx ζζσ
=+∂
∂+
∂∂
+∂
∂
=+∂
∂+
∂∂
+∂
∂
=+∂
∂+
∂∂
+∂
∂
0
0
0
Zzyx
Yzyx
Xzyx
zyzxz
yzyxy
xzyxx
σζζ
ζσζ
ζζσ
=+∂
∂+
∂∂
=+∂
∂+
∂∂
0
0
Yyx
Xyxyxy
yxx
σζ
ζσ
Ecuaciones de equilibrio en el contorno.-
Las tensiones varían de un punto a otro del cuerpo, y en su periferia deberán
equilibrar las fuerzas exteriores que actúan sobe la superficie, de tal modo que dichas
fuerzas pueden ser consideradas como una continuación de la distribución interna de
esfuerzos.
dS = ABC; ldS = OBC
( )( )( )
===
∑∑∑
ZYX
FFF
z
y
x
000
componentes de fs
cosenos directores (l, m, n)
;0=−−− ndsmdsldsXds xzxyx ζζσ
=−−−=−−−=−−−
000
nmlZnmlYnmlX
zyzxz
yzyxy
xzxyx
σζζζσζζζσ
=−−=−−00
mlYmlX
yxy
xyx
σζζσ
Ecuación de compatibilidad.-
Relación entre las componentes del tensor de deformación.
ecuaciones de equilibrio
ζxz
n
σx
ζyz
ζyx
ζzx ζzy
ζxy σy
σz
B
A
C
y
x
z
o
ecuaciones de equilibrio en el contorno
69
xw
zu
zw
yw
zv
yv
xv
yu
xu
xzz
yzy
xyx
∂∂+
∂∂=
∂∂=
∂∂+
∂∂=
∂∂=
∂∂+
∂∂=
∂∂=
γε
γε
γε
∂∂∂
=∂∂
+∂
∂∂∂
∂=
∂∂
+∂
∂∂∂
∂=
∂∂
+∂∂
zxxz
zyyz
yxxy
xzzx
yzzy
xyyx
γεε
γεε
γεε
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
de 2º orden.
∂
∂+
∂∂
+∂
∂∂∂=
∂∂∂
∂
∂+
∂∂
+∂
∂∂∂=
∂∂∂
∂
∂+
∂∂
+∂
∂∂∂=
∂∂∂
yxzzzx
yxzyzx
yxzxzy
xzyzxyz
xzyzxyy
xzyzxyx
γγγε
γγγε
γγγε
2
2
2
2
2
2
de 1er orden.
yxxyensionalbi
w
xyyxyzxz
z
∂∂∂
=∂
∂+
∂∂
⇒
===
=γεεγγ
ε 2
2
2
2
2
dim00
0
Combinando la Ley de Hooke y las ecuaciones de Lamé sólo faltan las
longitudinales:
;;;GGGyz
yzxz
xzxy
xy
ζγζγ
ζγ ===
Elasticidad bidimensional en coordenadas cartesianas.-
Función de tensiones de Aery.-
=∂∂+
∂∂
+∂∂
∂
=∂∂+
∂∂∂
+∂
∂
=+∂
∂+
∂∂
=+∂
∂+
∂∂
0
0
0
0
2
22
2
2
2
yY
yyx
xX
yxx
Yyx
Xyx
yxy
xyx
yxy
xyx
σζ
ζσ
σζ
ζσ
yxyxyY
xX xyyx
∂∂∂
=∂
∂−
∂∂
−∂∂−
∂∂−
ζσσ 2
2
2
2
2
2 1
70
( )( )
( ) ( )
∂∂∂=
−
∂∂+
−
∂∂
−=
−=
∂∂∂
=∂
∂+
∂∂
GyxExEy
E
E
yxxyxy
xyyx
xyy
yxx
xyyx
ζυσσυσσ
υσσε
υσσε
γεε
11
1
12
2
2
2
2
2
2
2
yxGG
xxyyEG xyxyyx
∂∂∂
=
∂∂
−∂
∂+
∂∂
−∂
∂ ζσυσσ
υσ 2
2
2
2
2
2
2
2
2
212
υ+11
;11
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
yY
xX
yxxxyyyxxyyx
∂∂−
∂∂−
∂∂
−∂
∂−=
∂∂
−∂
∂+
∂∂
−∂
∂+
σσσυσσ
υσυ
;2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
yY
xX
yxyY
xX
yxxxyyyxyxxyyx
∂∂−
∂∂−
∂∂
−∂
∂−
∂∂−
∂∂−
∂∂
−∂
∂−=
∂∂
−∂
∂+
∂∂
−∂
∂ υυσ
υσυσσσυ
σσυσ
( ) ;12
2
2
2
2
2
2
2
∂∂+
∂∂−−=
∂∂
+∂
∂+
∂∂
+∂
∂yY
xX
yxyxyyxx υ
σσσσ→divergencia de las fuerzas másicas →
→ v
v
FdivF··∇
( )∇∇
∇+
∂∂+
∂∂
·
2
2
2
2
2
Laplacianoyx yx σσ
( )
adivergenci
Vdediente
VyV
xV
VjyVi
xVyxV
yx →
→
∇=∂
∂+
∂∂
∇=∂∂+
∂∂ gra
·
,rr
( ) ( ) vyx F·12 ∇−−=+∇ υσσ → cumple la ecuación de equilibrio interno y de
compatibilidad.
El caso corriente es que las fuerzas másicas sean constantes o nulas:
( ) 0.0 2 =+∇⇒=−= yxVv cteFF σσ → con esto y las ecuaciones de contorno
resolvemos la función de Aery.
yxyxxyyx
∂∂∂
−=∂
∂=
∂∂ ζσσ 2
2
2
2
2
1
Divergencia del vector gradiente
71
Buscamos ahora una función φ(x, y) que cumpla:
;;; 22
42
22
4
2
2
22
4
2
2
yxyxyxyyxxxyyx
∂∂∂=
∂∂∂
∂∂∂=
∂∂
∂∂∂=
∂∂ φζφσφσ
02
2
2
22
2
2
2
2
2
=
∂∂+
∂∂∇
−−∂∂
∂−=
∂∂=
∂∂=
xy
YXyx
x
y
xyxy
y
x
φφ
φζ
φσ
φσ
;02
2
2
2
22 =
∂∂+
∂∂
∂∂+
∂∂
xyyxφφ 02 4
4
4
4
22
4
=∂∂+
∂∂+
∂∂∂
yxyxφφφ 02 =∆⇒ φ
Cumple las condiciones de compatibilidad, da la solución al problema de las
tensiones. Tanto en tensión como en deformación plana se tiene que verifica las
condiciones de contorno.
Soluciones polinómicas a problemas bidimensionales en coordenadas cartesianas.-
La solución a problemas bidimensionales donde las fuerzas de volumen son 0 o
constantes se reducen a la integración de la ecuación diferencial ∆2φ = 0, donde φ = φ(x,y)
es una función de tensiones y donde el tensor de tensiones (ζ) se obtenía:
;;;22
2
2
2
2
yxYX
yxxy xyxyyx ∂∂∂−=−−
∂∂∂−=
∂∂=
∂∂= φφζφσφσ
+=+==
∂∂+
∂∂∂+
∂∂
mlYmlX
yyxxyxy
xyx
σζζσφφφ 02 4
4
22
4
4
4
1º Se especifica la forma analítica de φ (grado)
2º Determina los parámetros de forma que se cumplan las condiciones de
contorno y la de biarmonicidad.
3º Conocidas las tensiones se determinan las deformaciones.
Vamos a fijar una función de tensiones y ver los problemas que resolvemos.
Función biarmónica
laplaciano 2º
72
0hom
02
=
↓⇒=∆→
vFogéneopolinomio
resueltoproblemaarbitraria
φ
φφ
Casos:
1º ⇒ ( ) byaxyx +=≡ ,φφ
≡
=∂∂
∂−
=∂∂=
∂∂
=∂∂=
∂∂
0000
;0
;0;
;0;
2
2
2
2
2
ζ
φ
φφ
φφ
yx
yb
y
xa
x
2º ⇒ ( ) 22
22, ycbxyxayx ++=≡φφ
constantesabbc
byx
cy
ax
→
−
−≡
−=∂∂
∂−
=∂∂
=∂∂
ζ
φ
φ
φ
;
;
;
2
2
2
2
2
si sólo b ≠ 0 ⇒ tensión cortante pura
si c ≠ 0 ⇒ c > 0 tracción
c < 0 compresión.
3º ⇒ ( ) 3223
6222·3, ydxycyxbxayx +++=≡φφ
===
≠
−−=∂∂
∂−
=∂∂
+=∂∂
00sup
;
;
;
2
2
2
2
2
xyy
x dydsólooniendo
cybxyx
cxdyy
byaxx
ζσσ
φ
φ
φ
y
xc
-b
a
y -de
de
xe
-e
Tracción
compresiónflexión
73
suponiendo b o c ≠ 0 ⇒ flexión compuesta.
4º ⇒ .graº4 do≥φ los coeficientes tienen que cumplir alguna relación entre ellos.
Fibra neutra → la que no sufre alteración de deformación.
33.- Una pieza prismática sometida a tensión constante, considerando un
polinomio de 3er grado.
Sólo d ≠ 0
Vamos a hacer que x e y coincidan con los corrimientos u y v.
dyx =σ
[ ]
MxT
MxMx
Mx
bhMM
dAdmdAdmbhhbhM
LIdAyIdmyIbhR
,2
2,,
422,
612
11121
232
221
;;22
1
σ
ρσσ
σ
==
=⇒=====
==== ∫∫
122;
3222 2
2
2
2
bhdyybbdyyIdAyIh
h
h
hzz ==== ∫∫∫ −−
;121
62;
23
2
, dIdbhbhdhMdhzMx ====σ ;
zIMd =
yIM
zx =σ ⇒ Ley de Navier
( )
2hz
m
z
IW
resistentemóduloWyI
=
=
y
de
xe
-e
L
flexión
h
b
Y, v
M
X,
Y
Z
74
WM
yIMz
x ==σ
Fibra neutra.-
yvy
EIM
E
xuy
EIM
E
z
xy
z
xx
∂∂=−=−=
∂∂===
υσυε
σε
( )
( )
( )
( )
+−
+
+−=
+====∂∂+
∂∂
dxxdvdyydu
xEIM
xvyEIMv
yuyxEIMu
Gxv
yu
z
z
z
xyxy
1
1
2
1
02
υ
ζγ
( ) ( )011 =++
dxxdv
dyydu
xEIM
z
Si la función debe ser independiente de x e y deberá cumplir:
( )
( )( )( ) 31
2
1
211
11
11
2kxkx
EIMxv
kykyu
kxEIM
dxxdv
kdyydu
zz
+−−=
+=
−−=
=
condiciones de contorno.
00000
00
2 =⇒=⇒=
==
==
kxyvu
yx
( )( )
2
02
1
1
xEIMxv
yu
z
−=
=
00
000
10
3
=⇒=∂∂
=⇒=⇒=
=
kxv
kyx
x
( )2222
222xy
EIMvx
EIMy
EImv
yxEIMu
zzz
z
+−=−−=
=
υυ
yexcoincidenxEIMvy
EIMv
u
zy
zx
x
→−=−=
=
==
=
20
20
0
22
0
υ
→−= 2
2x
EIMy
z zEIM
xy −=
∂∂
2
2
⇒ ecuación diferencial de la línea elástica (fibra
neutra).
75
34.- Una placa rectangular de 100 x 50 cm está sometida en su contorno a las
tensiones tangenciales que se indican en la figura. Bajo estas no está en equilibrio; las
leyes de las tensiones tangenciales dibujadas dan las tensiones en Kgcm-2 cuando las
distancias se expresan en dm. Sabiendo que la función de Aery es un polinomio de 3er
grado no homogénea y que las tensiones perpendiculares en BD y CD son 0 y en AB y
AD son constantes: ¿Calcular y dibujar las leyes de variación de las tensiones
perpendiculares en el contorno para que la placa esté en equilibrio?, ¿Expresión general
de las tensiones en cualquier punto de la placa?, ¿Comprobar que la solución es válida
tomando momentos en cualquier punto de la placa?.
( )
yx
x
y
GyFxyExDyCxyyBxAxyx
xy
y
x
∂∂∂−=
∂∂=
∂∂=
++++++=
φζ
φσ
φσ
φ
2
2
2
2
2
223223,
Teoría del potencial interno.-
Concepto de potencial interno o energía de deformación.-
Suponemos que aplicamos las fuerzas de un modo continuo y de tal forma que no
se producen vibraciones y de forma adiabática.
La energía es una función de punto por lo que el trabajo es reversible. Esto
implica que todos los estados intermedios están equilibrados.
∑ +===∆⇒→ iecv ζζζε 00 ; donde ζ es el trabajo.
ζe Vencer ligaduras internas =0 ⇒ solución elástica
Vencer ligaduras externas = 0 ⇒se puede hacer tender a 0
Deformación
20
20
30
30
10 10
A D
CB
76
Calor = 0 ⇒ adiabática
ζ i Oponerse a la deformación.
ζe = ζ i ⇒ cualquiera de ellos se denomina energía potencial de deformación,
potencial de deformación o potencial elástico; que cumple la propiedad de devolverse al
cesar la acción exterior.
Relaciones entre fuerzas exteriores y deformaciones. Coeficientes de influencia.-
En ningún punto del sólido elástico se sobrepasa el límite elástico.
Las fuerzas se aplican de forma progresiva y adiabática o isoentrópica.
En cada punto del cuerpo se produce una deformación proporcional a la fuerza
aplicada.
Es válido el principio de superposición.
La aplicación de cualquier fuerza a un cuerpo elástico no modifica las líneas de
acción de las restantes fuerzas aplicadas al mismo.
∆ij → desplazamiento del punto i cuando se aplica
la fuerza Fj en el punto j.
δij → proyección del desplazamiento del punto i
sobre la fuerza Fi aplicada sobre dicho punto cuando sólo
se aplica Fj en j.
∆ij α Fj ⇒ ∆ij = kFj
( )( )
( )∑
=
∆=∆++∆=∆
n
jijinii
n nF
FF
11
2
1
21
LM
j
n
jiji
j
n
jiji
F
F
∑
∑
=
=
=
=⇒=
1
11
δδ
δδ
δij ∆ij
i
j Fi
Fj
Desplazamiento del punto i cuando en el j aplicamos un Fj = 1
Coeficientes de influencia
77
Expresiones del potencial interno.-
Fuerzas exteriores.-
10/ ≤≤ ρρ iF
idA δρ·=
∫ ===1
0 1
1
0
2
1 21
2 iiii FFdF δρδρρδζ
∑=n
iF1
121 δζ ⇒ Teorema de Clapeyron
. ;21;
21
11 ∑∑∑ ==
jjij
ii
n
i FFF δζδζ ∑=ij
jiij FFδζ21
El potencial interno es una función homogénea de 2º grado de las fuerzas
externas aplicadas en el sólido elástico.
Deformaciones (corrimientos).-
∑=
=
++=
++=
++=
→=⇒++=
n
iijij
nnnnn
ninii
nnF
ninii
F
F
F
F
ecunniFF
i
1
11
11
1111111
.,,1δβ
δβδβ
δβδβ
δβδβδδδ
L
M
L
M
L
L
L
;21
iiF δζ = ∑=ji
jiji δδβζ21
Matriz de tensiones.-
( ) ( )
++=++=++=
Ω++= ∫∫ΩΩ
nmlznmlynmlx
dwzvyuxwvuzyxf
zyzxz
yzyxy
xzxyx
σζζζσζζζσ
ζ,,,,
r
( ) ( ) ( )[ ]∫∫Ω =Ω++++++++= dwnmlvnmlunml zyzxzyzyxyxzxyx σζζζσζζζσζ
( )∫∫ ∫∫∫Ω
∂∂+
∂∂+
∂∂=Ω++=
VdV
zR
yQ
xPdRnQmPl
ρFi
ρδi δi (ρ+dρ)δi
δ
Fi
F
A
78
∂∂+
∂∂
+∂∂+
∂∂
+∂∂+
∂∂
=∂∂
∂∂+
∂∂
+∂∂+
∂∂
+∂∂+
∂∂
=∂∂
∂∂+
∂∂
+∂∂+
∂∂
+∂∂+
∂∂
=∂∂
zz
yzyz
xzxz
yzyz
yy
xyxy
xzxz
xyxy
xx
zww
zzvv
zzuu
zzR
yww
yyvv
yyuu
yyQ
xww
xxvv
xxuu
xxP
σσζζ
ζζ
ζζ
σσ
ζζ
ζζζζ
σσ
Supongo X = Y = Z = 0
( )dVdVzR
yQ
xP
V yzyzxzxzxyxyzzyyxxV ∫∫∫∫∫∫ +++++=
∂∂+
∂∂+
∂∂= γζγζγζεσεσεσζ
21
El potencial interno es igual al potencial interno debido a la tensiones normales
más el debido a las deformaciones tangenciales.
Ley de Hooke ( )[ ]kbii Eσσυσε +−= 1
( ) ( ) dxdydzGEV yzxzxyzyzxyxzyx∫∫∫
+++++−++= 222222
212
21 ζζζσσσσσσυσσσζ
ecuaciones de Lamé kjiii eGe εεεελσ ++=+= ;2
( ) ( )[ ]dVGGe yzxzxyzyx∫∫∫ ++++++= 2222222 221 γγγεεελζ
Si no hay ningún tipo de deformación ⇒ ζ = 0.
ζ ≥ 0 ⇒ función de deformación positiva (compresión elevada al cuadrado).
Principio de los trabajos virtuales.-
La condición necesaria y suficiente para que un sólido rígido esté en equilibrio es
que el trabajo virtual de las fuerzas exteriores sea nulo para cualquier desplazamiento
virtual del mismo.
Se denomina desplazamiento virtual δr a cualquier desplazamiento que sea
pequeño, posible, no necesario y compatible con los enlaces exteriores. No depende del
tiempo.
⇒ no tiene porqué coincidir con el desplazamiento
producido por las fuerzas (desplazamiento real)
γij
εi
X, Z e Y
dr
F2 Fu
F1
F3
79
En esta situación el trabajo virtual es
( )drFFFddrFdrFdrFd nn +++=⇒+++= LL 2121 ζζ
Rdrd =ζ siendo R la resultante de todas la fuerzas.
Condición necesaria: si R = 0 ⇒ dζ = 0 ⇒ Equilibrio
Condición suficiente: si dζ = 0 ⇒ R = 0 ⇒ Equilibrio; ya que dr puede no ser 0.
(sólido rígido ⇒ no aparecen fuerzas internas)
Vamos a considerar un sólido elástico sobre el que están aplicadas fuerzas por
unidad de volumen y de superficie ΩffVrr
. Habrá unas tensiones [ζ].
Se tendrán que cumplir las ecuaciones de equilibrio interno y de contorno.
Vamos a considerar un campo virtual de corrimientos o desplazamientos Ψr
⇒
compatible con los enlaces exteriores ⇒ cumple las ecuaciones de compatibilidad.
( )zyx ΨΨΨΨ ,,r
Multiplicamos las ecuaciones de equilibrio interno por su correspondiente de Ψr
,
los sumamos y los extendemos al volumen.
0
0
0
=
+
∂∂
+∂
∂+
∂∂
Ψ
=
+
∂∂
+∂
∂+
∂∂
Ψ
=
+
∂∂
+∂
∂+
∂∂
Ψ
Zzyx
Yzyx
Xzyx
zyzxzz
yzyxyy
xzxyxx
σζζ
ζσζ
ζζσ
( ) 0=Ψ+Ψ+Ψ
+
Ψ
∂∂
+Ψ∂
∂+Ψ
∂∂
+Ψ∂
∂+Ψ
∂∂
+Ψ∂
∂+Ψ
∂∂
+Ψ∂
∂+Ψ
∂∂
∫∫∫
∫∫∫dVXYXX
dVzyxzyxzyx
V zyx
V zz
zyz
zxz
yyz
yy
yxy
xxz
xxy
xx σζζζσζζζσ
Trabajamos con la 1ª integral.
( )⇒
∂Ψ∂
−∂
Ψ∂=Ψ
∂∂
y
xxy
xxyx
xy
yyζ
ζζ cada miembro.
( ) ( ) ( )
∫∫∫
∫∫∫
+++
∂Ψ∂+
∂Ψ∂
+∂Ψ∂−
−
Ψ+Ψ+Ψ
∂∂+Ψ+Ψ+Ψ
∂∂Ψ+Ψ+Ψ
∂∂
ΨΨΨ
V yzyzxzxzxyxyz
zy
yx
x
V zzyyzxxzzyzyyxxyzxzyxyxx
zyx
dVzyx
γζγζγζσσσ
σζζζσζζζσ P R Q
a b
80
xyyx
xy ∂Ψ∂
+∂Ψ∂
=Ψγ
( ) ∫∫∫∫∫∫ →Ψ⇒=Ψ+Ψ+ΨV VV zyx dVfdVZYX
rr0 trabajo virtual de las fuerzas de
volumen.
( )∫∫∫Ω =Ω++⇒ dRnQmPla (Teorema de Gauss)
( ) ( ) ( )[ ] =ΩΨ+++Ψ+++Ψ++= ∫∫∫Ω dnmlnmlnml zzyzxzyyzyxyxxzxyx σζζζσζζζσ
( ) →ΩΨ=ΩΨ+Ψ+Ψ= ∫∫∫∫ Ω ΩΩdfdzyx zyx
rr trabajo virtual de las fuerzas de
superficie.
[ ]∫∫∫ →+++++⇒ ΨΨΨΨΨΨ
V yzyzxzxzxyxyzzyyxx dVb γζγζγζεσεσεσ trabajo virtual de las
fuerzas interiores.
[ ]∫∫∫∫∫ ∫∫∫ ΨΨΨΨΨΨ
Ω Ω +++++=Ψ+ΩΨV yzyzxzxzxyxyzzyyxxV V dVdVfdf γζγζγζεσεσεσ
rrrr
En todo movimiento virtual que se haga en un sólido elástico, el trabajo virtual
realizado por la fuerzas externas (de masa y de superficie) es igual al trabajo virtual
efectuado por las fuerzas internas. Teorema de generalidad absoluta.
Teorema de Maxwell – Betty.-
Consideramos un sólido elástico y le aplicamos dos sistemas de fuerzas:
Fi → Ai φj → Bj
Llamamos λ i a los desplazamientos de los puntos Ai cuando únicamente se aplica
el sistema Fi, y µj’ a los desplazamientos de los puntos de Bj cuando únicamente se aplica
el sistema Fi.
De igual forma, llamamos µj a los desplazamientos de los puntos Bj cuando
únicamente se aplica el sistema φj, y λ i’ a los desplazamientos de los puntos de Ai cuando
únicamente se aplica el sistema φj.
x zy
Ai Bj
φi
Fi
81
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )iiii
jji
jjjj
jjjj
iii
iiii
AFBB
BB
AAFAF
''
''
λλφ
µφµµφµ
λλ
( )
( ) ∑
∑=
=
jjjj
iiii FF
µφφζ
λζ
2121
superposición.
( )
( ) ∑∑∑
∑∑∑
++=+
++=+
jjj
iii
jjjij
iii
jjj
iiiji
FF
FFF
'21
21
'21
21
µφλµφφζ
λµφλφζ⇒ iguales.
Esto nos sirve para calcular las líneas de influencia de cargas móviles y
reacciones hiperestáticas.
( ) ( ) ( )⇒+=+⇒ ijji FFpuntodefunc φζφζζ .
⇒ ∑∑ =j
jji
iiF '' µφλ
Teorema de Maxwell: en un sólido elástico el trabajo realizado por un sistemas de
fuerzas Fi al aplicar otro φj es igual al realizado por el φj al aplicar el Fi.
Teorema de Betty: es una consecuencia del de Maxwell.
⇒=
=→=→
jijiijijjijij
ijiji FFfuerzauna
FFfuerzaunaφδδφ
φδλφδµ
''
jiij δδ =
La deformación producida en un punto i en el sólido elástico en la dirección Fi
cuando se aplica una fuerza en j en la dirección φj es igual a la producida en j según φj
debido a una fuerza unidad aplicada en i según Fi.
desplazamientos en las direcciones de los respectivos sistemas de fuerzas
F1=1
δ21
F2=1
δ21
82
212121 δδ PP = 211
212 δδ
PP
=
212121 ϕϕ MM = 212121 ϕδ MP =
Teoremas de Castigliano.-
∑∑ ==kj
kjjkki
kiik FF,,
;21;
21 δδβζδζ
iki
kiki
FF
δδζ ==∂∂ ∑
, ⇒ 1er teorema de Castigliano.
jkj
kjkj
F==∂∂ ∑
,δβ
δζ ⇒ 2º teorema de Castigliano.
1º.- Si se expresa el potencial interno en función de la fuerzas exteriores y se
deriva respecto de una de ellas se obtiene la proyección del corrimiento del punto de
aplicación de esta fuerza sobre su línea de acción.
2º.- Si se expresa el potencial interno en función de los corrimientos de los
puntos en los que actúan las acciones exteriores y se deriva respecto del corrimiento de
uno de los puntos se obtiene la componente de la acción que cobre dicho punto actúa en
la dirección de ese corrimiento.
Estos no son teoremas generales. Para poder aplicar los potenciales deben se
funciones o de las fuerzas exteriores o de los puntos. Si no se pueden aplicar, habrá que
aplicar el principio de los trabajos virtuales.
P1
δ21
P2
δ12
83
Teorema de Menabrea (o del mínimo).-
Se utiliza cuando los sistemas son externa o internamente hiperestáticos.
Este teorema permite conocer el desplazamiento de un punto en el que no hay
ninguna carga, haciendo:
δζ =
∂∂
=0PP siendo P la carga ficticia que vale 0.
35.- La figura representa un sólido elástico de forma tetraédrica OABC. Sobre la
cara ABC se aplica una distribución uniforme de fuerzas de superficie de valor Ωfr
= -40i -
10j –30k Kgcm-2. Sabiendo que en estas condiciones el estado tensional el homogéneo:
¿Matriz de tensiones?, ¿Potencial interno acumulado en el proceso de carga de la cara
ABC?. E=2·104 Kgcm-2; υ = ¼.
Vamos a suponer que los planos OAC, OCB y OAB son rígidos ⇒ γij = 0 ⇒ ζ ij =
γij·G = 0.
Plano ABC:
422;1422
=++=++ zyxzyx
( )
313232
31,
32,
323;1,2,2 4
=
=
=
===
n
m
lnnn
=
−−−
++=++=++=
31
32
32
000000
301040
z
y
x
zyzxz
yzyxy
xzxyx
nmlZnmlYnmlX
σσ
σ
σζζζσζζζσ
C
4cm
A
B2cm2cm
fΩ
84
2
2
2
31
32
32
901560
301040
−
−
−
−=−=−=
=−=−=−
KgcmKgcmKgcm
z
y
x
z
y
x
σσσ
σσσ
( )
−−
−=
900001500060
ζ
ξ → potencial interno.
( )[ ] ( )∫∫∫ =
+++++−++=
V yzxzxyzyzxyxzyx dVGE
222222
212
21 ζζζσσσσσσυσσσξ
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )[ ][ ]∫∫∫ =−−+−−+−−−−+−+−=V
dVE
901590601560290156021 222 υ
( ) ∫∫∫
++−++=
VdV90·1590·6015·60
42901560
10·2·21 222
4
3
382·2·
21
31
31 cmAhdV
V=
==∫∫∫ Kgcm510·4'5=ξ
36.- Se considera el sistema de barras de la figura. E = 2·105 Kgcm-2. El lado de
cada una de las barras exteriores a de cuadrado es 40 cm y su sección 4 cm2. Se aplica
en A un P = 2 T. Sabiendo que el potencial interno de una barra a tracción es lESN2
2
=ξ ,
¿Aplicando el teorema de Castigliano hallar el descenso del nudo A?, ¿Y el acortamiento
de CD?
Estudiamos el equilibrio en los puntos A y D.
∑∑
=−⇒=−⇒=
=⇒=−⇒=
0222045cos20
'045sen45sen'0
PNpNF
NNNNF
y
x
2PN = (tracción)
PNNNNN
===−
11
1
2045cos2
aplicando los teoremas de Castigliano
= 0
B
C D
A
P
a a
a a
45 45
N
A
P
N’
N
C D
N
N1
Comp.
85
→
+=+= 222
2
22;
221
2214 PP
ESaP
ESaP
ESa ζζ que es función homogénea de
2º grado de las fuerzas externas.
( ) ( );220002000·24·10·2
40;22 5 +=+==∂∂
AA PPESa
Pδδζ
cmA 034'0=δ
Para hallar el acortamiento de CD se considera una carga ficticia δζ =
∂∂
=0aQ.
Considerando el equilibrio en D tenemos
QPQNNQNNF
PN
x
+=+==+−⇒=
=
∑2
045cos202
1
1
( )222
221
224;
2QP
ESaP
ESa
ESlN ++== ξξ
;014'02404·10·2
200022222
22 5
0
===+=∂∂
=
aESPa
ESPa
ESQ
Q Q
ξ
cmCD 014'0−=∆
37.- Cuando sobre el extremo de una viga en voladizo actúa una carga vertical P
el δ de cada punto viene dado por
+−= 32
3
32
3lxlx
EIPyz
; ¿Hallar el potencial interno de
la viga?, ¿Desplazamiento vertical del extremo libre por aplicación de los teoremas de
Castigliano?, ¿igualmente aplicando los teoremas de Maxwell y Betty?
( ) ;32
2210
21
21 3
2
=== l
EIPPyP
z
δξ zEIlP
6
32
=ξ
N
C D
N
N1
Comp. Q
CD
P/3P/3 P/3
l/4 l/4 l/4 l/4
P/l
P
δ x
y
86
zEIPl
PP 62 3
=∂∂
⇒=∂∂ ξδξ
zEIPl3
3
=δ
+
+
==
43
2433lylylyPPP A δδ
;3211
32
43
43
32
23·232
43·423
3233
3
3233
3
333
3
33
zz
P
A EIlPlllllllll
EIPP =
+−++−++−=δ
zA EI
Pl3211 3
=δ
P/3P/3 P/3
δA
87
RESISTENCIA.-
Relación entre el tensor de tensiones, el esfuerzo cortante, el momento flector y el momento torsor.-
Sólido elástico en equilibrio.
lCCCC
lCC
B'' 00 ±
==ϕ
Tx → esfuerzo cortante según x
Ty → esfuerzo cortante según y
N → esfuerzo normal o axil
jMiMM yxflector += kMjMiMM
kNjTiTR
tyx
yx
++=++=
Mt → momento torsor (gira la sección sobre sí misma)
=
=
=
∫∫∫∫∫∫
xS zx
yS zy
S z
TdS
TdS
NdS
ζζσ
( ) ( );; dSrdMdSrMd tzF ζσ ∧=∧=
;tF dMdMdM +=
( ) ;∫∫ +=S tF dSdMdMM
S
F1
F7
F6F3
S
F1 Ty
My
F3
x
y
Tx
Mx
MtN zMomento
R
M’
S
x
y
z
dS
σz
ζzx
ζzy
ζ
dS
88
( ) ( ) ( )∫∫ ∫∫∫∫∫∫ −+−==S S zxzyS zS z
zzyzx
dSyxkdSxjdSyidSyxkji
M ;0 ζζσσσζζ
∫∫∫∫∫∫
−=
−=
=⇒++=
S zxzyt
S zy
S zxtyx
dSyxM
dSxM
dSyMkMjMiMM
ζζσ
σ
Vigas.-
Son elementos prismáticos que reciben una serie de acciones exteriores de los
elementos que descansan sobre ellas. En general son barras en forma de prisma
mecánico cuya longitud y radio de curvatura son considerablemente mayores que los de
la sección transversal.
La línea que une los centros de gravedad (C.G.) de las secciones se denomina
fibra media o directriz. Según sea esta tendremos vigas rectas, curvas o alabeadas.
Las acciones sobre la viga (y en general) se transmiten a los pilares y de ellos a la
cimentación.
Llamaremos prisma elemental de la viga al volumen limitado por dos secciones
rectas infinitamente próximas. Las acciones que soporta y su peso propio son
compensadas por fuerzas en los apoyos de la viga que denominaremos reacciones.
Hipótesis.-
Rigidez relativa elevada ⇒ εσε =↓↑⇒ EE /;
Se cumple la Ley de Hooke.
Se cumplen los principios de superposición y de Saint-Venant.
Se cumple la hipótesis de Bernoulli.
Las secciones planas y perpendiculares al eje permanecen planas y
perpendiculares al eje después de la deformación. Todas la fibras paralelas al
eje se deforman la misma cantidad.
89
Se cumple el principio de Bernoulli–Navier generalizado: dos secciones rectas
e infinitamente próximas de una viga se alabean de tal modo que ambas son
superponibles por desplazamiento.
Tipos de apoyo.-
Toda la masa de la viga se encuentra en la línea que representa la fibra media.
⊂ XY → 3 grados de libertad; 3 parámetros.
Apoyo articulado móvil.-
2 grados de libertad
Apoyo articulado fijo.-
1 grado de libertad.
Empotramiento.-
ningún grado de libertad.
Apoyo elástico.-
Empotramiento elástico.-
Tipos de vigas.-
Isostáticas.- sus reacciones se pueden calcular utilizando las ecuaciones de la
estática. Cuyos apoyos nos dan 3 reacciones eficaces.
Y
Z
X
Rapoyo
Rv
Rh
Rv
Rh M
Principalmente en puentes.
90
Hiperestáticas.- no son suficientes las ecuaciones de la estática. Aquellas
cuyas reacciones son más de tres; enlaces superabundantes.
Los apoyos deben ser de tal forma, que la viga tenga impedido todo movimiento
como cuerpo rígido.
El tipo de apoyo necesario depende de la geometría de la viga y de las cargas o
acciones que va a soportar.
39.-
laFRFalRMM
FRFRFFRRF
VBVBA
HAHAH
VBVAV
αα
ααα
sen;0sen;0;0
cos;0cos;00sen;0
==−==
==−==−+=
∑∑∑
=
−=
lbF
laFRVA αα sen1sen
40.-
;sen;cos;0cos;sen;0sen
ααα
αα
lFMFRRFFRRF
A
HAHA
VAVA
=−==+
==−
41.-
2;0
2;0
;0;02
;0;0
PRlPlRMM
RF
PRPRRF
VBVBA
HAH
VAVBVAV
==−→=
==
==−+=
∑∑∑
a
l
b
α
F
A B
l
α
F
A
P/l
A B
91
Momento flector y esfuerzo cortante.-
Resultante (incluida RA) = Cx (distancia a 1-1’)
Mx = Cx·a.
Cx es el esfuerzo cortante de las fuerzas situadas a la izquierda (o derecha) de la
sección ideal considerada. Es positivo respecto a un punto interior del elemento si tiene
sentido destrógiro. Si la resultante de las fuerzas a la izquierda de la sección considerada
va hacia arriba Cx es positivo.
Mx es el momento flector y es el momento de las fuerzas exteriores situadas a la
izquierda (o derecha) de la sección ideal considerada, respecto al Centro de Gravedad
(C.G.) de dicha sección. Es positivo si tiende a flectar el elemento de modo que presente
la concavidad hacia arriba. Si la resultante a la izquierda de la sección considerada va
hacia arriba.
Diagramas de Cx y Mx .-
Cx y Mx varían con la distancia considerada “x”. La representación de esa
variación define la situación de la sección recta en que tiene lugar.
xP(Kg·m-1)
A B
L
RVA RVB
RB RA
1’
1
A
RA
1
1’ a
Cx
Cx
Mx
B
RB
CxMx
L - x 1
1’
1’
1
2’
2
1’
1
2’
2
1’
1
2’
2
1’
1
2’
2
92
Los Mx positivos se representan para la Y negativa y viceversa, los Mx negativos
se representan para la Y positiva.
Para obtener los diagramas de Mx y Cx es necesario calcular las reacciones en los
apoyos y dividir la viga considerada en tantos tramos como cargas diferenciadas hay.
42.-
2PlRR BA ==
−=
−=
xPlxPM
PlPxC
x
x
22
22
( )
( ) ( )
−−−=−=
−−=−=
xlPlxlPxPlxPM
PlxlPPlPxC
x
x
22'
2'
2
22'
22'
'
00
'
'
=+=+
xx
xx
MMCC
Relaciones entre Cx, Mx y la carga.-
Tramo descargado.-
00 =−⇒=∑ xxV CCF
00 =−−+⇒=∑ xxxxO dMMdxCMM
;xx dMdxC = dxdM
C xx =
Tramo con una carga uniformemente repartida.-
02
0 =−−−+⇒=∑ dxpdxdMMdxCMM xxxxO
dxdM
CdMdxpdxC xxxx ==−− ;0
2
2
P(Kg·m-1)
A B
L1’
1
x
Cx Mx
1’
1
2’
2
Mx Cx Cx Mx+dMx
dx
O
1’
1
2’
2
Mx Cx Cx+dCx Mx+dMx
dx
O
93
;00 =−−−⇒=∑ pdxdCCCF xxxV dxdC
p x=− ⇒ 2
2
dxMd
p x=−
Tramo con una carga puntual.-
FCCCFCF xxxxV −=−−⇒=∑ ';'0
Si en vez de una fuerza F es un momento M tendríamos
MdxCMM xxx −+='
Ambas ecuaciones nos indican que los diagramas son uniformes excepto en el
caso de cargas puntuales o pares exteriores.
.0;0 cteCdxdC
p xx =⇒== ⇒ 1kxCM xx +=
el momento varía linealmente.
.;ctep = ⇒ 1kkxdxdCx +=
el cortante varía linealmente y el momento como una función de 2º grado.
Si en el tramo el cortante es nulo el momento es constante.
( )( )−⇒−=
= ympdxMd
mM
dxdM xx
2
2
;0
xxx M
dxMd
mM
dxdC
p ⇒
== 2
2
0;0 → punto de inflexión.
Tipo de carga Cortante Momento
Puntual (grado -1) 0 1
Uniforme (grado 0) 1 2
Triangular (grado 1) 2 3
Parabólica (grado 2) 3 4
1’
1
2’
2
Mx Cx C’x Mx+dMx
dx
O
F
94
43.-
−==
⇒==
PxMPC
lPMPR
x
x
A
A
44.-
−=
+−=
−=
+−=⇒=
=
2222
222 xPlPM
PxPlCxPMM
PxRClPlM
PlR
x
x
Ax
Ax
A
A
45.-
( ) ( ) ( ) ( )a
laRlapRlaplaRaR
RRpB
ABA
BA +−+=
=+−++=−−
202
02
( ) ( ) ( ) ( ) ;022;02
2 =−+++−=−+−+
− aRlaRlapapRa
laRlapp BBB
B
pRpR
lRplB
AB =
==+− ;0
Estudiando la viga en los distintos tramos
( ) paMC
xRxapMpxMRpClapCa
x
x
Axx
Axx
−==
−+=−==−=→−=→ 000
P Cx -Pl Mx
P(Kg/m)x
l
RA
MA
Px
l
RA
MA
-Pl Cx Pl2/2 Mx
l
RA
p pRB
aa
95
( ) ( ) pxpaMpC
xRxlRxlapMpRRpCal
x
x
BAx
BAx
+−==
−+−++==−−=→
46.-
qlR
qlR
lqllR
qllRRqlp
B
A
A
BA
3161
031
21
02;
21
=
=
=−
=−+=
lqxp
pxql
=
→→
( )
( )( )( )
====
−=
−==
==−=
000
31
21
61
31610
21
61
2
2
lxMxM
xlqxqlxM
pllxC
plxC
lqxqlC
x
xx
x
x
x
;33
;62;0
21
610 2 lxlxxl
lqxqlC
x
x =→±
===−⇒=
−⇒=−=
∂∂
3
3021
61 2
l
l
xlqxql
xM x
El punto de momento flector Máximo se encuentra haciendo 0 la primera derivada
del Momento flector.
a l
a a l a
pap MxCx
l
RA RB
qx
Cx
Mx
96
47.-
0;30
===+⇒=∑
HA
VAVDVAV
RpRPRRF
04320 =−+−−⇒= lplRlpplMM VDAA
pRlplRpldchalaaplMRMizqdalaaM
VDVD
AVAAB
2;032.)(;0.)(0
==+−==−=
D.E.C. (diagrama de esfuerzo cortante)
;2;2;0; )()()()( pRpRCppRCpRCpRC VDVAxDEVAxCDVAxBCVAxAB =+−=−=−==−===
D.M.F. (diagrama de momento flector)
( )
( )( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
==
−=−−−+−+−=
==
−+−+−=−+−+−=
−+−=
=−===
−=
=
=
=
=
=
=
0432
022
0
4
3)(
3
2)(
)(0
)(
lx
lxVDVAAxDE
lx
lxVAAxCD
VAAxBCVAAlx
AxVAAxAB
MplM
pxpllxRlxplxpxRMM
plMM
plpxplpxpxpllxplxpxRMM
lxpxRMMlRMMplMM
xRMM
48.-
p
RVA RVD
CB
RHA MA
pp
D
E
l
p
-p
pl pl
VA
HA
VE
p
HE
p
lll l
2l
A
BC
D
E
97
( )2
;022.
2;0
0
pHpllHlVIzqdaM
pVV
pHHH
M
AAAC
EA
EEA
C
==++−=
==
==−
=
HA tenderá a girar con respecto a C en sentido contrario a VA.
D.E.A. (axiles)
D.E.C.
D.E.F.
49.-
pp
P/2
-p
p
p/2 p/2
pl
pl pl
pl
l
RA RB
baRHA
M
98
;0;000
0
=−===
=+
∑ MlRMRR
RR
AB
HA
HA
BA
lMR
lMR
A
B
=
−=
D.E.C.
lMRC Ax ==
D.E.F.
MxRM
xRM
AxCB
AxAC
−=
=
)(
)(
Tensiones internas en vigas sometidas a flexión.-
;2
2
xM
xC
p xx
∂∂
=∂
∂=−
♣ Cx = 0 ⇒ M = cte. y N = 0
♣ Cx ≠ 0 ⇒ M y N = 0
♣ Cx ≠ 0 ⇒ M y N ≠ 0
(ac) Cx = p (ac) Mx = px
(cd) Cx = 0 (cd) Mx = px-p(x-a) = pa
(db) Cx = -p (db) Mx’ = -px’
M/l
Ma/l
Mb/l
M
MxCx
Cx+dCx
Mx+dMx
N N+dN
Mx Mx
Mx
Cx
Cx+dCx
Mx+dMx
l
RA RB
a a
simetría
p p
c d
99
(ac) ⇒ Flexión simple
(cd) ⇒ Flexión pura
(db) ⇒ Flexión simple.
(AC) ⇒ flexión compuesta
(CB) ⇒ flexión simple
∫= ;2 dAI y ∫= ;2dAyI x
∫= ;xydAPxy ⇒ producto de inercia
( ) ;22xyp IIdAyxI +=+= ∫ ⇒ momento polar inercial.
50.- Hallar el momento de inercia respecto de x y respecto XCG.
Am =⇒=1ρ
Mxmxm
X nn++=
L11 → XCG
n
nn
AAxAxAxA
X++
+++=
L
L
1
2211
;;11∑∑∫ ===n
ii
n
T AyydAAYydAAY ;1
2211
n
nn
AAyAyAyA
Y++
+++=
L
L
;3;12 == YX
Los momentos de inercia de un rectángulo según la dirección OX, con respecto a
su centro de gravedad y con respecto a su base, son respectivamente:
;31;
121 33 bhIbhI XXCG
==
Así pues los momentos de inercia totales de la figura son el resultado de la suma
de todos los momentos de inercia de los rectángulos.
A C B
2
2
8 20
y
x C.G. XCG
2
100
4333 138710·2312·20
3110·2
31 cmI X =++=
;2AdII CGx += siendo Ix cualquier eje paralelo al del C.G. 42 6673·801387 cmI
CGX =−=
51.- Hallar el momento de inercia con respecto al C.G. según OX.
( )12060·2200
10·12050·60290·200++
++=Y
cmYY G 273'57==
( ) ( )
( ) ;273'4720·6020·60121
273'760·1060·101212727'32100·2020·100
121
23
2323
++
+
++
+=
CGXI
4610·5353 cmICGX =
52.- Una viga en I con la sección de la figura y con 4 angulares iguales con un Ix
cada uno de ellos respecto a un eje horizontal que pasa por el C.G. de 89 cm4 y cuya
sección es 15 cm2, determinar el momento de inercia de toda la sección respecto a un eje
horizontal que pasa por el C.G. de la misma. 489cmI XG =
215cmS =
( )( )];04'12·15894
0·28·5'128·5'1121
15·2·202·20121
2
23
23
++
+
++
+
+=XGI
434'27304 cmI XG =
40
20 20
20
20
60
60
42’7
YG
XG
X
C.G.
2 cm
20 cm
28 cm
8 cm
8 cm
15 cm
C.G.
2’37 cm
2’37 cm
101
Z
+Y
C.G. XO
Tensiones en vigas sometidas a flexión pura.-
El eje de geometría de la viga se deforma y a la deformada se le denomina línea
elástica.
Las fibras de la viga contenidas en XY se curvan según arcos circulares
concéntricos.
Las que no están contenidas en XY se curvan también según arcos circulares
cuyos centros están en una línea perpendicular que pasa por O.
La viga no está sometida ni a tracción ni a
compresión, simplemente a flexión pura.
La zona que no sufre ni acortamientos no
alargamientos se denomina capa neutra. Su
intersección con el plano XY se denomina fibra
neutra. Esta no sufre ni incremento ni decremento de
su longitud.
La intersección de la capa neutra con YZ nos da la línea neutra.
ϕρddx =
;
''
ϕρ
ϕϕ
ε
d
yd
dx
yddxbb
abbb
l
ll
ll
i
if
x
==
===−
=∆
=
ϕydbb =' ρ
ε yx =
Exx εσ = Eyx ρσ =
compresión
tracción
MM
O
l.e.
102
∫ = 0dSxσ
0;0 == ∫∫ ydSEdSEyρρ
0=∫ ydS ⇒ esta integral es un momento de primer orden o estático, y el
hecho de hacerla igual a cero implica que la fibra neutra pasa por el C.G., al igual que la
l.n.
∫∫ ===== ;; 222 IEdSyEdSyEMdSyEdSydM x ρρρρσ
ZEIM=
ρ1
zx IMy=σ ;; z
M
z
M
zx w
yI
yIM ==σ
zx w
M=σ
Esta es la Ley de Navier y es la ley fundamental de la resistencia de materiales.
[ ] 3Lwz =
y = h/2 +wz
y = -h/2 -wz
En secciones simétricas ambos serán iguales y cambiados
de signo. En secciones asimétricas tendríamos dos módulos resistentes diferentes y
cambiados de signo.
Dimensionamiento de un viga.-
admz
MM
z
MxM w
My
IM σσ ≤== 2600.2 −= Kgcm (para el acero)
53.- Dimensionar una vaga apoyada isostáticamente, si su longitud es de 20 m y
está sometida a una carga lineal Q = 300 Kgm-1.
tracción
compresión f.n. X
Z
Y
y
dS
2h
Módulo resistente
Z
Y
h/2
103
KgcmKgmQlM M6
2
10·5'1150008
=== ; zwcmKgcmKgcm
⇒= 32
6
92'576260010·5'1 para
existir las tensiones a que está sometida la viga. Este valor se mira en tablas en la norma
(MV-102). De aquí se obtiene que la solución mínima es una 300−IPN .
54.- Teniendo en cuenta que la σadm = 2600 Kgcm-2 para el acero, hallar el perfil
IPN mínimo para la viga de la figura.
KgRKgR
RM
RR
A
B
AB
BA
50'134750'732
04·29'4·9'4·4009'4·1200
1209'4·400
==
=−+⇒=
+=+
El momento flector en el intervalo CA:
KgmM
MxxM x
270
02
400120
9'0
0
2
−=
=−−=
3'0400120 −=⇒−−=∂
∂xx
xM x que queda fuera de la viga (Máximo de la curva)
Luego el MM en este tramo se produce en x = 0’9.
El momento flector en el intervalo AB:
( )9'05'13472
4001202
−+−−= xxxM X → También se puede estudiar este
tramo en dirección inversa BA:
( ) ( )2'400'5'732
2''
22
'xxxQxRM Bx −=−=
;0'4005'732'' =−=
∂∂
xxM x x’ = 1’83 m; x= l-x’; x=3’07 m → punto
donde se encuentra el valor máximo del momento flector en el tramo AB.
4 m RA
P = 120 Kg
RB
Q = 400 Kgm-1
0’9
104
( )( )( ) KgmxM
KgmxMKgmxM
x
x
x
09'447'68207'347'68283'1''
======
KgmMM 47'682= 324'26260047'682 cmwz ==
Son posibles soluciones a este problema:
1210010080100100
xxLUPNIPEIPN
−−
−−
Para vigas de cargas contenidas en uno de sus ejes de simetría son mejores los
perfiles simétricos.
55.- En el cielo raso de una cubierta se tiene un lucernario constituido por barras
de perfil laminados en L pareados( ) de 2’50 m entre apoyos, sobre las que se disponen
placas de vidrio armado. Las barras han de soportar como carga más desfavorable la de
un operario con herramientas que fijaremos de 100 Kg actuando en el centro del vano.
¿Perfil para A-42 si laσadm = 1300 Kgcm-2?
( )21
1
22
2
dAII
II
YYT
XXT
+=
=
KgRKgR
lplR
RR
B
A
A
BA
5050
02
100
==
=−
=+
(AC)
=→==→=
=5'6225'1
0050
MxMx
xM x (CB)
=→==→=
−−=
050'25'6225'1
2110050
MxMx
xxM x
38'4;5'621300;1300 cmwww
Mz
zzM
Ma ====σ
3
3
32'679'887070cmwcmwxx
y
z
==
⊥
C A B
-270Kgm 3’66 m
3’07 m
682’47Kgm
2’50 m
100 Kg
Y
X
105
ρ
O
y
56.- Se desea arrollar alambre de acero de 0’8 mm de diámetro sobre una polea
sin que el acero sufra deformaciones permanentes. ¿Diámetro mínimo de la polea si σe =
2000 Kgcm-2?.
ρε y=
yD ++= 04'02
ρ
yDyEyEE
++===
04'02
ρεσ
yDadm
++=
04'02
04'0·2100000σ
200004'0·10·1'208'0
2
6
=+D cmDm 84'83=
57.- Se tiene una viga de longitud l, apoyada y con dos voladizos como en la
figura. Se desea saber la relación que ha de existir entre a y b para que el momento
flector mayor que se produzca tenga un valor mínimo.
Dicha viga se puede descomponer en la suma de dos para calcularla.
58.- En un almacén de techo constituido por vigas apoyada – apoyada, se
deposita un material que toma un talud natural como se indica en la figura. Las vigas
están separadas 0’80 m. El peso propio del piso junto con la sobrecarga de uso de
personal determina una carga uniformemente distribuida de 220 Kgm-2. Dimensionar las
vigas si σadm = 2600 Kgcm-2.
b
P (Kgm-1)
aa
-pa2/2-pa2/2
b b
106
3336
33 10·8'0101·800 −−== KgcmcmmKgcmPe
226 10·4'680·10·8'0 −−− == KgcmcmPe
12 76'117680'0·220 −− === KgcmmKgmP
KgRKgR
R
KgRR
B
A
A
BA
41122320
060031·10·4'6
21·280·600300·600·76'1600·
643210·4'6·21·280·600600·76'1
2
2
==
=−−
=+=+
−
−
xxxxxxxxRM Ax 31·10·4'6·
157
276'12320
31·10·4'6·
157
222
222
2−− −−=−−= ρ
xyxy 15
7600280=
→→
;0071'176'12320;023'088'02320 232 =−−=−−= xxdxdM
xxxM xx
51'105441352'47 =⇒= xMMx 3554'40; cmM
wwM
adm
xMzM
zM
xMadm ==≥→
σσ
233'17335'1
2600.
−=== Kgcmseguridadcoefe
aσσ
240240
−−
IPEIPN
Secciones simétricas.-
;yI
w z=
2hI
w zm = tracccomp σσ =
Secciones no simétricas.-
)()(
)()(
2
2
1
1
22
11
tracc
eIM
wMtracc
comp
eIM
wMcomp
eI
w
eI
w
admz
M
admz
M
z
z
σσ
σσ
<==
<==
=
=
6 m
2’80
Pe = 800 Kgm-3
Comp.
Tracc.
e1
e2
107
;;EE
xzy
xx
υσεεσε −=== υ = 0’3 para el acero.
Flexión simple.-
En las secciones de la viga actúan esfuerzos cortantes y momentos flectores y las
tensiones internas en cada sección tendrán que equilibrar a ambos.
El cálculo lo dividimos en dos partes:
Se obtienen las σx provocadas por el momento flector.
Se calculan las τ correspondientes a los esfuerzos cortantes.
Secciones más adecuadas en vigas sometidas a flexión.-
Si el material tiene igual resistencia a tracción y compresión, la sección más
adecuada es la simétrica, con lo que se aprovechará toda la capacidad resistente del
material.
Si el material tiene distinta resistencia a tracción y a compresión entonces:
2
1
,
,
ee
compM
traccM =σσ
Desde el punto de vista económico a igual módulo resistente es más barata la
viga de menor sección ya que tiene también menor peso.
Sección rectangular.-
Shhbhh
bhw
hyyI
w
bhI
zz
z
z
61·
61
2
121
2
121
33
===
=→=
=
Shwz 167'0=
Comp.
Tracc.
e2
e1
b
h Z
Y
108
Sección circular.-
Sddddddd
d
wry
yI
w
rdIz
zz
z
81·
481·
321
322
64464 22
3
444
=====
=→=
==πππ
πππ
Sdwz 125'0=
Suponiendo que las dos secciones tienen el mismo área, siendo la sección
rectangular un cuadrado
= 2
2
4hdπ y sustituyendo en el módulo resistente del cuadrado
tenemos:
;4dhAA cuadcir
π=⇒=
SdddhShwz 147'026
146
161
61 3
3
3
323
==
=== ππ
Que es mayor que el módulo resistente circular de igual área, lo que implica que
funciona mejor la sección cuadrada en este tipo de esfuerzos. La sección circular
únicamente está indicada en pilares.
Como la tensión es máxima en los extremos de la viga se tiende a trasladar todo
el área de las mismas hacia estos (platabandas) uniendo estas áreas con un alma para
que se comporten de forma uniforme.
22
222
2
222
2
2
hSh
Sh
hI
w
ShI
zz
z
=
==
=
Shwz 5'0=
Los IPE tienen wz = 0’36Sh;
Los IPN tienen wz =0’31Sh;
d Z
Y
Z
Y
C.G. h S/2
109
Trabajo interno de deformación por acción flectora.-
Vamos a suponer que el momento que provoca la acción flectora se aplica de
modo gradual de forma que no se producen efectos dinámicos.
;;
;
·21
yIM
Edxdx
ll
dxEIMydx
Edxdxdx
dxdSd
zx
xx
z
xx
==∆=∆=
==∆=∆
∆=
σσε
σε
στ
;21;
21 dx
EIMydS
IMyddx
EIMydSd
zzzx == τστ
∫∫ ==S
zS
z
dSIy
EdxMdSdx
EIyM ;
21;
21
2
22
2
22
ττ
∫ ===S
zz EIdxMdSydx
EIM ;
21
21 2
22
2
ττ z
fM EIlM 2
.. 21=τ
lEAN
Axil
2
21=τ
Si la viga no tuviera Iz = cte. ∫= dSIydx
EM
z2
22
21τ
Si la viga fuese de distintos materiales ∫= dSEIydxMz2
22
21τ
59.- Se tiene una viga armada soldada constituida por una IPN-400 con dos
platabandas de 220x20 mm, soldadas a sus alas. Esta sometida a flexión experimenta
una σM = 1300 Kgcm-2. ¿Se desea conocer el valor de σM bajo la misma acción flectora si
las dos platabandas están soldadas al ala superior?
2
;hI
wwM z
zz
M ==σ
cmmmh 22220202002
==+=
M M X
S dx
110
44234 4862866721·2·222·22121229210 cmcmcmI z =
++=
KgcmMcm
MKgm 1'2873512;3939'2210
1300 32 ==−
que es el momento máximo que soportaría la viga con una platabanda en cada
ala.
2
2
2634'1838
24'''
''
9161'2205
24''
'
−
−
===
===
KgcmIM
wM
KgcmIM
wM
zzM
zzM
σ
σ
tiene dos por se asimétrica.
Tensiones cortantes en flexión simple.-
2
2
xM
xC
p xx
∂∂
=∂
∂=−
En fuerzas hay dos casos extremos:
Cx = 0 ⇒ Mx = cte. → flexión pura
Cx ≠ 0 ⇒ Mx = 0. → cortadura pura
jiij
x
zx
C
yIMM
τττ
σ
=→
=→
La tensión tangencial o cortante es tangente al contorno de la sección.
Experimentalmente se comprueba que la sección tiene vértices la tensión cortante en
ellos es nula. Y si existen las tensiones “ij” para el equilibrio del sólido son necesarias las
“ji”.
Relación entre las τ y Cx.-
En vigas rectangulares;
τxy
X
Y
111
τxy = τyx;
es decir la tensiones cortantes son iguales a las tensiones rasantes.
La distribución de tensiones tangenciales en tanto más exacta cuanto mayor sea
la relación h/b, y es perfectamente válida en las vigas utilizadas frecuentemente.
ds = b·dy
Proyección según el eje X; 0=∑ xF
0··2/2/2/
1
2/
1111
=++−=+− ∫∫∫∫ bdxydsIdMMyds
IMbdxdsds yx
h
yz
h
yz
yx
h
y
h
yττσσ
02/2/2/
111
=+−− ∫∫∫ bdxydsIdMyds
IMyds
IM
yx
h
yz
h
yz
h
yz
τ
;;2/2/
11∫∫ ==h
yz
yx
h
yz
yx ydsIdMbdxyds
IdMbdx ττ
`=∫2/
1
h
yyds → momento estático de la superficie comprendida entre “y1“ y “h/2”
con relación al eje Z. En estructura metálica se denomina S.
;bIdx
dM;IdMbdx
zyx
zyx
`` == ττ
zxyx bIC `=τ ⇒ fórmula de Zhurasuky o Th. De Colignon.
;;2/
1
bdydsydsh
y== ∫`
−=
−==== ∫∫ 2
1
221
22/22/2/
422821
11
yhbyhbybydybbydyh
y
h
y
h
y`
` varía parabólicamente ⇒ τxy varía parabólicamente.
h
h/2
bY
Zy1
dsy
τxy
C
C+dC
M+dMM
1 2
1’ 2’
τxy
dx
f.s.
112
8.);.(0
2
1bhnly MM ==⇒ ``
;5'123
81218
2
3
2
bhC
bhCbh
bhb
CbhbIC
zyxM
====τ 50% más de la τ media
bhC .
0
0;21
=
==⇒
myx
mmhy
τ
``
Vigas de sección circular;
Las τ son tangentes al contorno. Todas las τ se cortan en el mismo punto y todas
ellas tienen la misma componente vertical.
bdyds = dyyy +=1
222 yRb −= dyyy −= 1
dyyRds 222 −= αττ cosyx=
( ) (32;
322 22
32222
111
RyRdsyRyydsR
y
R
Y
R
Y=−−=−== ∫∫ ``
( ) ( )
( )( )2
12
421
21
24
23
21
2
21
2
23
21
2
34
24
32
232
yRRC
yRR
yRC
yRI
yRC
z
yx −=−
−=
−
−=
ππτ
( )( ) ;0
;33'1340
1
221
==
===
yxM
yxM
RyRC
RCy
τππ
τ
τyx
b=2R
y y1αRds
dy
C
113
Fórmula simplificada de las tensiones tangenciales.-
(Si la sección de la viga es simétrica respecto de y)
nn
Sn
II
S Sz I
MydSIMydS
IMdSR nz `== →=== ∫∫ ∫ =
11 1
σ
( ) ;0;0 =+−=++− bdxdRbdxdRRR yxyx ττ bdxdR
yx =τ
siempreI
hhM
IM
hMRRhM n
n
→====`
` ';'
;'
;'
;;;' dMI
dRdRI
dMdRhdMn
n ``
===
;1bdx
dMI n
xyyx`==ττ ;
bIC
nyx
`=τ ;1'
1b
Chyx =τ
bhC
yx '=τ → en la práctica.
hh
hh32
3' =−=
bhC
bhC
hb
Cyxyx 5'1
23;
32
=== ττ
G2
G1
h2
h1
S2
S1n
h
Z
R
R
h’ M
C
R+dR
R+dR
M
C+dCdx
nτxy
b
X
h/6
⅓h/2 b
h n n
G2
G1
C.G. de la distribución de las tensiones
G1
G2
n n
L = 2R
114
RR
RI
h n π
π
83
32
4'3
4
===`
22
33'1
86
83 R
C
R
C
Rb
Cyx
πππτ ===
.- Sección I;
→=z
xy bIC`τ para secciones más o menos regulares.
` → varía parabólicamente.
En la práctica se desprecia la parte correspondiente a las alas. Es decir: todo el
esfuerzo cortante está soportado por el alma de la viga.
ehC
xy1
=τ → con buena aproximación.
Trabajo interno de deformación producido por las tensiones cortantes en f.s..-
En una viga de sección rectangular o en el alma de una en I, las tensiones
cortantes en dichas secciones son las proyecciones verticales τxy.
alma
ala
h1
e
τxy
τxy máx.
115
zxy bI
C`=τ
0
0
0
2
2=
=
=→=⇒
−
h
h
yxyxyxyxM G
y
τ
τ
τγγττ
bdyyxτ → suponemos que no produce efectos dinámicos.
Trabajo elemental exy
xyxyxy dxG
bdydxbdy ττ
τγτ ===21
21
;21 2
dydxGb xy
e
ττ =
GVolumenxye2
21 ττ
=
;222
12
222
2
∫∫∫ ===s
zs xys
xy dybIC
Gdxdyb
Gdxdydx
Gb
d `ττ
τ
;'2
2
sGdxd ττ =
Gl
sCdx
GsCL
2''2
2
0
2
== ∫τ
'11 2
2 sdy
bI sz
=∫`
z
y
ydy
τxy
γM
M M+ dM
C+ dC
1
21
dx
γ= 0
γ= 0
x
C
s dx
L
Dx no depende de s
116
A’
B’
A
B
1 cm
2 cm
28
17 cm
l. n.1
2 3
4 5
[ ] ;' 26
8
LLLLLs == s’ → superficie reducida.
→='sSβ coeficiente de forma; siendo S la superficie total.
60.-
.. 5'1; medMmed bhC τττ ==
KgRKgR
RRR
B
A
A
BA
20001000
01·300033000
==
=−=+
260;10·5
20005'1 −== KgcmMM ττ
−=
===
22
43
42
7'416121;
yhb
cmbhIbIC
zz
a
`
`τ
( );
7'416·2
5'24
101000
2442
22
22
22
−
=
−
=
−
=zz
a I
yhC
bI
yhbCτ 25'22 −= Kgcmaτ
61.- Hallar τM y τm en el alma de la siguiente viga. Cx = 14000 Kg.
∫= 2h
yyds`
zbIC`=τ
2 m 3000 Kg
1 m
50 cm
ya10 cm
5 cm
y= 2’5cm
1000 Kg
2000 Kg
117
1715215·2·82·8121432·1
121 233 =
++=zI
316
060815·2·177·1·14' cmydsAA =+==→ ∫`
17152·1608·14000=Mτ 2496 −= KgcmMτ → exacta.
28·114000
'M ==bhCτ 2
M 500 −= Kgcmτ → aproximada.
316
1451015·2·17' cmydsBB ===→ ∫`
17152·1510·14000=mτ 2416 −= Kgcmmτ → exacta.
32·114000
'==
bhC
mτ 25'437 −= Kgcmmτ → aproximada.
Deformación de vigas sometidas a flexión.-
Carga lineal.-
−−−=
24641 3
32pl
xp
xpl
EIdx
dy
z
;
para y = 0 e y = l obtenemos ϕA y ϕB.
zBA EI
pl24
3
=−= ϕϕ
00,0;242412
122
343 =→==+
−−−= CxyCxplpxxpl
EIy
z
por tanto la ecuación de la línea elástica queda:
−−−= xplpxxpl
EIy
z 2424121 34
3
20 lxyfx
xy
M =→⇒⇒⇒=∂∂
zMM EI
plfy4
3845==
f ϕBϕA
118
Carga puntual.-
zEIM
xy −=
∂∂
2
2
lpbRlpaR
pblRpRR
A
B
A
BA
=
=
=−=+
0
( ) ( )
−−−=
−=
−−=→
=→
axpxlpb
EIdxyd
xlpb
EIdxyd
axpxlpbMCB
xlpbMAC
z
z
x
x
1
1
22
2
21
2
.cteEI z =
( ) ;'22
1;2
11
222
1
21 Caxpx
lpb
EIdxdy
Cxlpb
EIdxdy
zz
+
−−−=+
−=
( ) '; 1121 CCaxdxdy
dxdy
CEn =⇒==⇒
( ) ;'66
1;6
121
33
221
3
1 CxCaxpxlpb
EIyCxCx
lpb
EIy
zz
++
−−−=++
−=
( ) '; 2221 CCaxyyCEn =⇒==⇒
( ) ;'00;0 22 CCyACx ==⇒=→=
( ) ;66
100; 1
32
lCpbpblEI
yCBlxz
+
−−=⇒=→=
( ) ( );6
';6
0 22111
22 bllEI
pbCClCblEIpb
zz
−==+−−=
( ) ( ) ;66
;6
32
2231 ax
EIpbZ
lEIpbyxlxbx
lEIpby
zzZz
−+=
+−−= 44 344 21
Axx
y ϕ=∂∂
=0
1 ( )22
6lb
lEIpb
zA +−=ϕ
Blxx
y ϕ=∂∂
=
1 ( )blbllEIpb
zB 32
622 −+−=ϕ
zMC lEI
apbyy3
22
==
a bp
A BC
L
119
62.- Mediante la aplicación de la línea elástica dimensionar la ménsula AB con la
condición de que la fM =0’5 cm. Utilizando una sección rectangular uniforme de razón b/h
= ½.
P = 500 Kgm-1.
E = 2.100.000 Kgcm-2.
RA =3500 Kg.
MA = 12250 Kgm-1.
( ) ( ) ( );5'3;2
2
−+−=→+−=→ xplxRMMCBxpxRMMAC AAxAAx
'62 1
2
22
2
1
321
21
2
Cxy
EIM
xy
CxpxRxMEIM
xy
EIM
xy
z
x
AAz
x
z
x
=∂∂
−=∂
∂
+
+−−=
∂∂
−=∂∂
( ) ;'33'2858310·1'21;'
6343
2497 11611 CC
ICCpRM
EIM
zAA
z
x =+−=+
+−−
zz ICC
I0023'0'0136'0
11 −==+−
;'';2462
121221
432
1 CxCyCxCxpxRxMEI
y AAz
+=++
+−−=
( )
;0234'0';'70136'00715'0
;'70136'075'15006210·1'21
2222
21216
CI
CCCII
CCI
CCI
zzz
zz
+==++−
+
+−=++−
;0113'0;0234'010136'0'10'010
000
11122
21
zzz IC
IC
ICCyx
Cyx
==−=−==→=
==→=
( )( ) z
zz
M
III
xxy
⇒++−=
=→−→
0048'0821'7264910·1'21005'0
25'455'3
6
21
241
121 43
=
==
hb
hbhI z⇒ 25;40 == bh
A
CB
10 m
7 m
120
63.- Calcular la línea elástica de una viga en voladizo con carga uniforme, y otra
sometida a un momento en su extremo libre.
;2
;2
2
2
2
2 xqxyEI
EIM
xy
zz
=∂∂−=
∂∂
;24
3;0
;6
;0
;243
62424;
6
4
2
3
1
434
21
4
1
3
qlCylx
lqCxylx
lqxlqxqCxCxqyEICxqxyEI zz
==→=
−==∂∂→=
+−=++=+=∂∂
+−= 4
34
243
6241 qlxlqxqEI
yz
;2431;0 4
−== ql
EIf
zMAϕ
z
o
z EIM
EIM
xy −=−=
∂∂
2
2
;21
2
210
0
2
22
22
1
21
2
1
lMlxMxMyEI
lMCylx
lMCxylx
CxCxMyEI
CxMxyEI
oooz
o
o
oz
oz
++−=
=→=→=
=→=∂∂→=
++−=
+−=∂∂
−== 2
211;0 lM
EIf o
zMAϕ
64.- Calcular la flecha y el ángulo en la sección B de una viga en voladizo de
sección variable como la de la figura.
z
x
EIM
xy −=
∂∂
2
2
A B
A B
Mo
½ L
B Mo
½ L
I1
I2
121
(AB)
21
2
011
101
1
021
2
1
2CxCxMyEI
CxMxy
EI
Mxy
EI
++−=
+−=∂∂
−=∂∂
(BC)
21
2
022
102
2
022
2
2
''2
'
CxCxMyEI
CxMxy
EI
Mxy
EI
++−=
+−=∂∂
−=∂
∂
21 3II =
lMCxy
lMCylxAPto
011
2
021
02
0)(
=→=∂∂
−=→==
( ) ( )102
002
21 '131; CxM
EIlMxM
IExy
xy
+−=+−∂∂
=∂∂
2lx =
lMlMlMlMlMlMlM
C 0000000
1 32
623
326' =
++−=++
−=
++−=
−+−= 20
22
02
2
0
2
0
2
02
21 '23
28
12283
1; CMllMEI
lMlMlMEI
yy
22
0
20
20
20
202
0
20
20 '
123
246
2483
31
824ClM
lMlMlMlMlM
lMlM=−−=
−=
−+−=−+
−
65.- Una ménsula de sección rectangular tiene un ancho b = cte. y un canto h
variable lineálmente desde h0 en la sección libre hasta 2h0 en el empotramiento.
Determinar la flecha en la sección libre cuando la ménsula está sometida a una carga p
en el extremo libre.
P = 6000 Kg h0 = 40 cm
l = 5 m E = 2·105 Kgm-2
b = 30 cm
2h0 h0
l l
p
AB
122
( )
( );
121
121
121
121;
322
121;22 3
3
303
30
3011
30
3000
00 xlhbbhI
bhhbIBI
bhhbIAI
lxh
hhxhl
x ==
==→
==→=
→→
3
3
1 lxII x =
( )( ) ( ) ( ) ( )
33
2
2
1
3
32
2
2
22
2
;;) x
lxplxyEIlx
lxI
pIlxp
xyElxp
xyEI
lxpMEIM
xy
xx
x
x
x
x −=∂∂−=−=
∂∂−=
∂∂
−=
−=
∂∂
−=
∂∂
323
2
2
11
xl
xpl
xyEI
21
32
213
1
123
1
830;2
2120;2
2
21
plCxylx
lLplCylx
CxcxlLxplyEI
Cxl
xpl
xyEI
=⇒=∂∂=
−=⇒==
++
−−=
+
+−=
∂∂
;212
83
2 1
3
1
2
1
3
−++
−−= lL
EIpl
EIxpl
xlLx
EIply
−++
−−==
212
83
2)(
1
3
1
3
1
3
lLEIpl
EIpllLl
EIpllxyB
Ecuación universal de la línea elástica.-
Si hemos de dividir para obtener la línea elástica, la viga en tantos tramos como
cargas diferenciadas en el caso general, tendremos que obtener 2n constantes.
El método permite que las constantes a determinar sean dos.
Para obtener la expresión general del método estudiaremos vigas con EIz
constante.
Casos de carga más comunes:
Procedimiento:
I
III
II IV
l1
l2
l3
l4
l5 O
M1 p q
123
1. Se plantean las ecuaciones de los momentos flectores en una sección genérica de
cada uno de los tramos definiendo la sección por su distancia al punto origen de
coordenadas. Los momentos flectores serán igual a la expresión del tramo anterior más
los nuevos sumandos que procedan.
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )22
2
0
24
23
21
23
211
21
lxq
lxqlxpMM
lxqlxpMMMM
lxpMMM
FV
FIVFII
FIIIFI
−−
−+−+=
−+−+==
−+==
2. Integrar sin abrir los paréntesis, con la salvedad de que la integral de M1 ≠
M1 x, sino M1 por x menos la coordenada donde está aplicada l1.
( ) 2112
11 ClxM
xy
EICxy
EI zz +−=∂∂
−=∂∂
−
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4
33
22
114
3
22
113
622ClxqlxplxM
xyEIClxplxM
xyEI zz +
−+−+−=
∂∂−+−+−=
∂∂
−
( ) ( ) ( ) ( )5
34
33
22
115
662C
lxq
lxq
lxplxM
xy
EI z +−
−−
+−
+−=∂∂
−
( )
( ) ⇒∂∂
−=→=
====
=
=
=∂∂
=∂∂
=∂∂
=∂∂
xy
EICx
CCCCCCC
CC
lxxy
xy
lxxy
xy
z0
1
54321
32
21
232
111
0
MM
01 ϕzEIC −=
( ) →
−−=∂∂
−
−=∂∂
−
M
0112
01
ϕ
ϕ
zz
zz
EIlxMxy
EI
EIxy
EI
<>
124
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )5
44
43
32
21
105
4
43
32
21
104
3
32
21
103
2
21
102
101
'242462
'2462
'62
'2
'
Clx
qlx
qlx
plx
MxzEIyEI
Clx
qlx
plx
MxzEIyEI
Clx
plx
MxzEIyEI
Clx
MxzEIyEI
CxzEIyEI
z
z
z
z
z
+−
−−
+−
+−
+−=−
+−
+−
+−
+−=−
+−
+−
+−=−
+−
+−=−
+−=−
→
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
00 yx ⇒=
0154321232
121
';''''';;
yEICCCCCClxyylxyy
z−=====
====
M
M
( ) ( ) ( ) ( )242462
44
43
32
21
100lx
qlx
qlx
plx
MxEIyEIyEI zzz−
−−
+−
+−
+−−−=− ϕ
( ) ( ) ( ) ( )VzIVzIIIzIIz
I EIlx
qEIlx
qEIlx
plx
EIM
xyy242462
44
43
32
211
00−
−−
+−
+−
+−= ϕ
ϕ⇒∂∂xy
66.- Utilizando la ecuación universal de la línea elástica, hallar la flecha en el
extremo del voladizo, y el ángulo en B.
qlR
qlR
lqlqlR
lqRR
A
B
A
BA
43
415
022
2
32
2
−=
=
=+−
=+
0;0
2
0
==
ly
y
DC A
B
x
L
q (Kg/m)
125
( ) ( )IIzIIzIz EI
lxqllxEIq
EIxqlxy
62
415
24643 343
0−+−−−−= ϕ
z
zzzz
EIql
EIlq
EIlqll
EIq
EIlqlylx
3
0
44
0
44
0
4825
2420
2468
43202
−=
−−−=+−−−==⇒=
ϕ
ϕϕ
( ) ( ) ( )zzzz
DD EIlqll
EIq
EIlqll
EIqlflxf
62
415
243
64
434
4825;4
3433
+−−==⇒
zD EI
qlf4
24103=
( ) ( ) ( )
zzzzB
zzzB
EIlq
EIqll
EIq
EIlq
EIlxqllx
EIq
EIxql
xylx
3333
0
232
0
610
4825
623
;24
1568
32
−=−−−=
−+−−−−=∂∂=⇒
ϕϕ
ϕϕ
zB EI
ql 3
4855−=ϕ en radianes.
67.- Formular la ecuación universal de la elástica, tomando como origen en B.
Luego en A.
q = 250 Kgm-1 l = 14 m
a) 24500
2
35002
==
==
lqM
qlR
A
A
( )zz
A
EIxqlx
EIM
xyy242
42
00 +−+−= ϕ
zz
zz
z
z
EIEIlq
EIEIlqy
EIlq
xy
EIlqlyylx
33'11433324
4
120050024
3
24400
2400
3
0
4
0
3
0
4
00
==
==
+−=⇒=∂∂
+−=⇒==
ϕϕ
ϕ
( ) 42
12125141225033'1143331200500 xEI
xEI
xEIEI
yzzzz
+−+−=
b)
( )zz
A
EIxqlx
EIM
xyy242
42
00 +−+−= ϕ
A B
126
00
000
0
0
=⇒=∂∂
=⇒==
ϕxy
yyx
42
1212512250 xEI
xEI
yzz
+=
68.- Aplicando la ecuación diferencial de la elástica dimensionar una viga de 5
metros apoyada – apoyada, y con una carga triangular con un valor máximo de 3200 Kg.
De forma que 400lf M < y σa = 1200 Kg·cm-2.
34'533366'2666
03580005
80005·320021
==
=−
==+
B
A
A
BA
RR
R
RR
3320
320·64021;640
32005
2
2
xxxRM
xxxqxyyx
Ax
x
−=
===
→→
xRxxyEI Az −=
∂∂
3320
3
2
2
21
35
1
24
660320
212320
CxCxRxyEI
CxRxxyEI
Az
Az
++−=
+−=∂∂
753'7777;605320
6566'266655
000
1
53
1
2
=−=⇒=
=⇒==
CCx
CxyA
xEI
xEI
xEI
yzzz
753'77776
66'26666
32 35 +−= yM ⇒ y’
Los teoremas de Mohr.-
1. Nos dan el ángulo girado entre dos secciones de la viga que será el ángulo
que forman las tangentes a la elástica en dichos puntos.
;;;2
2
z
x
z
x
EIM
xxy
EIM
xy −
=∂∂
∂∂=
−=
∂∂ ϕϕ
A
B
3200
127
∫∫ −=b
az
xb
adx
EIM
dϕ
;; ∫∫ −=−−=b
az
xab
b
az
xb
adx
EIM
dxEIM ϕϕϕ
ab
b
az
xba dx
EIM ϕϕϕ ==− ∫ 1er teorema de
Mohr.
Si ∫=−→=b
a xz
baz dxMEI
cteEI 1. ϕϕ
baMz
ba SEI ,
1=−ϕϕ
ϕa,b > 0 si se gira en sentido horario simpre que “a” esté a la izquierda de “b”.
2. Sirve para determinar la coordenada (δb,a) del punto “b” con relación a la
tangente a la elástica en el punto “a”.
;tgtg;'; 210,00 cccbbxparalelobc ab ∩→=δ
Vamos a considerar dos puntos intermedios e infinitamente próximos, y a trazar la
tangente a la elástica en ambos.
xEIM
xy
z
x
∂∂
=−
=∂∂ ϕ
2
2
z
x
EIM
x=
∂∂ϕ (en valores absolutos)
a b
ϕab
x
y
a dx b
Mx
Superficie de Mx entre a y b
a dx b
Mx
c1c2
c0 x0 b0
b1
b2
b
dx dϕ
ϕ
b’
xc
a
128
bbbbbb 00 '' −=
( );;; 2010201021 ϕϕϕ dxbbxbbbbbbbb cc −==−=
;;';21 dxEIM
ddxbbdxbbz
xba
b
a cc ==== ∫ ϕδϕϕ
∫=b
a cz
xba dxx
EIMδ → 2º teorema de Mohr.
Si EIz es constante ⇒ ;1∫=b
a cxz
ba dxxMEI
δ
z
Sb
ba EI
abM`=δ
δba > 0 ⇒ b está por debajo de a.
Áreas más frecuentes de los momentos flectores.
Si en la viga existen articulaciones, en ellas se produce una variación brusca del
ángualo girado y por tanto la tangente a la línea elástica es discontinua, por lo que no
L / 2 C.G.
L
HHLS =
C.G.L / 3
LHS21=
C.G.
L / 4 Parábola rectangular
LHS31=
L / 5Parábola cúbica
LHS41=
a b
3aL +
3bL +
L
HLHS
21=
3L / 8 Parábola rectangular
LHS32=
5L / 8Parábola cúbica
LHS43=
129
podemos aplicar los teoremas de Mohr, en los tramos que incluyan articulaciones (ni la
ecuación diferencial de la línea elástica, ni la universal).
Pero si tomamos estas articulaciones como extremos de los tramos que vamos a
estudiar si se pueden utilizar los teoremas de Mohr. (ver ejercicio nº 72).
69.- En una viga empotrada libre con carga triangulasr cuyo valor máximo es Q0
y de longitud L, si suponemos EIz constante, ¿hallar ϕ y la flecha en el extremo libre?
.. MohrTh
EIdxx
M
EIdxM
B
Az
AxAB
B
Az
xAB
=
=
∫
∫δ
ϕ
;61;
31·
21 300 x
LQ
MxxLxQ
M xx −=−= (parábola cúbica)
∫
∫
==
===
→→
B
Az
SA
z
AxAB
B
Az
M
zxAB
EIEIdxx
M
EIS
EIdxM
LxQ
yxyLQ
ABM
AB
`δ
ϕ00
;0;24466
1 30
0
40
0
30 =−=−=−=−= ∫ BBAz
L
z
L
zAB EI
LQxLEI
QEIdxx
LQ ϕϕϕϕ
zA EI
LQ24
30−=ϕ
;566 0
50
0
40
L
z
L
z
B
Az
AxAB
xLEIQ
dxLEIxQ
EIdxx
M −=−== ∫∫δ
zAB EI
LQ30
40−=δ
También podríamos habrla hallado a través de la suma del área del momento.
;246
141
41 3
020
LQLQLbhS ABM −=
−==
zzz
SA
ABz
AB EILQ
EI
LLQ
EIM
EILQ ABM
3054
24;24
40
30
30 −=
−==−= δϕ
B A
130
70.- Determinar el desplazamiento del punto B en la viga de la figura sabiendo
que I1 = 3I2.
;;2
022
2
1
021
2
2
2
EIM
xy
EIM
xy
EIM
xy
z
x
−=∂
∂−=
∂∂
−=∂∂
212
2
0221
2
1
01
12
021
1
01
''22
'
CxCxEIM
yCxCxEIM
y
CxEIM
xy
CxEIM
xy
++−=++−=
+−=∂∂
+−=∂∂
00
0
00
2
11
1
==
=∂∂
=⇒=
CC
xyyx
1
20
2
20
222
20
2
2
02
2
0
2
0
1
011
2
0
1
0
412''
64246
3';'
22
EIlM
EIlM
CCEIlMl
EIMl
EIM
lEIM
lEIM
CClEIM
lEIM
−=−=++−=−
==+−=−
;1232 2
20
2
20
2
20
EIlM
EIlM
EIlM
yB −+−= 1
20
2
20
43
4 EIlM
EIlM
yB =−=
71.- Determinar mediante Mohr el ángulo y la flecha en el extremo del voladizo
de la viga simplemente apoyada que se indica en la figura. Se consideran datos q, l, EIz y
p.
lCCCC
lCC
B'' 00 ±
==ϕ CCC δ=0
;;'
z
B
A x
b
az
Ax
BABA
B lEI
xdxM
l
dxEIxM
llAA ∫∫
==⇒== δδϕ
Mx.- ⇒ qlR
qlR
pllqllRM
pqlRR
B
A
AB
BA
1610167
02
0 =
=
=+−⇒=
+=+
L /2 L /2
I1 I2
x
y
y1 y2
C
M0
A B
y
16qlp =
CA
Bx
l
q (Kg/m)
l A’
C’
ϕB
ϕB
C0
131
(AB) ⇒ ;2
2xqxRM Ax −=
zz
l
B lEIql
lEI
xdxxqqlx40
2
481216
7
=
−
=∫
ϕ
zB EI
ql48
3
−=ϕ (sentido antihorario)
si consideramos ahora como origen el otro extremo de la viga,
(BC) ⇒ '' pxM x −=
zz
l
z
l
x
z
C
B x
CBBC EIql
EI
dxpx
EI
dxM
EI
dxM
32
' 300 '
−=−
===−= ∫∫∫ϕϕϕ
;3248
33
zzC EI
qlEIql +−=ϕ
zC EI
ql96
3
=ϕ
'' 00 CCCCCCC ±==δ
zz
l
z
D
B x
cBB EIql
EI
dxpx
EI
dxxMCClCC
48
'';'
40
2'
0 −=−
==== ∫∫δϕ
;4848
;481'
443
zzC
z EIql
EIqll
EIqlCC −=+= δ
72.- Hallar la flecha en el punto D en la viga del dibujo.
3 incógnitas de la articulación y 1
incógnita del apoyo; total 4 incógnitas.
δAB > 0 ⇒ A está por encima de la tangente a la elástica en B.
Supuesta hacia arriba
y
C A
B x’
l 2l
p
x
D
l
D’ D0
132
MC = 0; (a la derecha) ⇒ pRpRR
pRlplR
ABA
BB
21;
23032
−=⇒=+
=⇒=−
(CA) plMpxxRMxl Alx
Ax 21
21;0 =→−==≤≤− =
(CB) ( )0
23'
21'
23''
= →
−=→−=−+−==
=
Celx
Blx
x
M
plMplpxlxpxM
(DC) plM
MpxM
Blx
Dx
x
−=→=→−=
=
= 0' 0'
00 '' DDDDDDD ±==δ ;';' 0 DBB DDlDD δϕ ==
z
l
zz
l
BCB EI
plplxpxlEIlEI
xdxplpx
l 65
43
61
21
223
21
2
22
0
23
2
0=
−=
−
==∫δϕ
z
l
zz
l
z
D
B xD
Bz
xDB EI
plEIpx
EI
dxpx
EI
dxxMdx
EIxM
33
'' 3
0
30
2'' −=−=
−=== ∫∫
∫δ
;36
5 32
zzD EI
pllEIpl −−=δ
zD EI
pl67 3
−=δ
La viga conjugada.-
La viga conjugada de otra dada (llamada principal), es aquella idéntica a la
primera (con las condiciones de contorno correspondientes) cuya ley de cargas coincide
con la ley de momentos flectores de la principal. Este método es útil cuando es facil
determinar la ley de momentos flectores de la principal. Si no se utiliza otro método.
En la viga conjugada las cargas entán dirigidas hacia abajo cuando el momento
flector de la viga principal es positivo.
A B MB MA
ϕA
ϕC
B’
C’
C
MB MA
BA
133
Existe una relación entre el cortante
obtenido en la viga conjugada y el ángulo girado en
la misma sección en la viga principal; y una realción
entre el momento flector en la viga conjugada y el
desplazamiento producido en esa misma sección
en la viga principal.
;;;'tgz
S
z
B
A Bx
ABBa
AAA EIEI
dxxM
llBB ABM`===== ∫δδϕϕϕ
( ) lRdxxMxdxMlRM A
b
A Bx
b
A BxAB ''0 =⇒−== ∫∫ en la viga conjugada.
;'
z
A
z
B
A Bx
A EIR
lEI
dxxM== ∫ϕ
aplicando el primer teorema de Mohr,
z
C
A x
CAAC EI
dxM∫=−= ϕϕϕ
;'
;z
C
A xA
Cz
C
A x
AC EI
dxMR
EI
dxM ∫∫ −=−= ϕϕϕ
z
CC EI
C '=ϕ ϕC > 0 ⇒ sentido horario.
;';';'' 000 CAAC CCCCCCCCCCC δϕδ ==−==
;'
z
C
A CxA
z
C
A Cx
AC EI
dxxMCR
EI
dxxMC ∫∫ −
=−=ϕδ
z
CC EI
M '=δ
z
x
EIM
y'
= ecuación de la línea elástica.
R’A R’B C
xC
x
dx A
B
C
Mx
1er Th. de la viga conjugada
3er Th. de Mohr.
2º Th. de la viga conjugada
4º Th. de Mohr.
134
Condiciones de contorno.-
Viga principal. Viga conjugada.
Apoyada – apoyada (movil – fijo)
=⇒=≠⇒≠
0'00'0
CC
CC
MC
δϕ
Apoyada – apoyada
Apoyo articulado móvil en el interior
=⇒=≠⇒≠=
0'00'0
21
CC
CCC
MC
δϕϕ
articulación
Empotramiento
=⇒==⇒=
0'00'0
CC
CC
MC
δϕ
extremo libre
Extremo libre
≠⇒≠≠⇒≠
0'00'0
CC
CC
MC
δϕ
empotramiento
73.- Determinar los ángulos girados en los apoyos y la flecha máxima para la
viga de la figura.
Al ser la carga uniforme la viga apoyada – apoyada,
la flecha máxima se encontrará en la mitad de la viga.
2222
222 xQxlQxQxRMQlR
QlRAx
B
A−=−=
=
=
La viga conjugada será:
Viga principal Viga conjugada
Viga principal Viga conjugada
A B
Q
A’ B’
8
2Ql
135
BABA
AB
BA
CCQlRRlQllRM
QlllQRR''
24''
0212
''
12832'' 3
3
32
====
=−=
==+
;24
;24
33
zB
zA EI
QlEIQl −== ϕϕ
3845
12848283
8232
2''
4442 QlQlQllQlllRM AC =−=−=
zC EI
Ql3845 4
=δ
74.- Calcular las flechas en B y D, y los ángulos girados en las secciones
situadas a ambos lados de la articulación B mediante el método de la viga conjugada.
q = 1000 Kgm-1.
L = 3 m
EIz = 1010 Kgcm-2.
qlRqlR
qlllRMlqRR
A
C
CB
BA
==
=−==+
∑ 022;02
Tramo AB ⇒ ;qlxxRM Ax ==
Tramo BC ⇒ ;22
2xqqlxxRxqxM Cx −=+−=
Tramo CD ⇒ ;0=xM
Se obtiene la siguiente viga conjugada:
z
BB
z
DD
z
BB
z
BB
EIC
EIM
EI
C
EIM
dcha
dcha
izq
izq
.
..
.
.
'
'
==
==
ϕδ
ϕδ
;31';0·2
21
322·'2
32
21;0' 322 qlRllqllRllqllM BBC −==−+
+=∑
;212
2323·
313
32·
21';
31
32·
21' 4
23242 qllqllqllllqlMqlllqlM DB −=−−
+===
A B
C Dq
l 2l l
x y y
A
B C D
2
2lq
2ql
136
;61
31·
21';·
21' 3322 qlqllqlClqlC
di BB =−==
radradcmcm
di BB
DB
045'00135'005'470'2
==−==
ϕϕδδ
75.- Hallar la flecha máxima y los ángulos girados en los apoyos de una viga
simplemente apoyada que está sometida a un momento apolicado en uno de sus
extremos µB.
lRlR
lRRR
BBBB
BABA
µµ
µ
−==+
==+
;0
;0
La viga conjugada sería la siguiente.
==−
==+
lRlllR
lRlRR
BBBA
BABBA
µµ
µµ
62';0
31
21'
61';
21''
lx
hhx
lx
lx
xlxxxhlxM BBBBBx
µµµµµ =
→→
−=−= ;31
21
61
31
21
61'
;27
333
1332
136
1'
30
21
61'
2
2
lll
llllM
lxMxl
lM
B
B
BM
MB
BM
µµ
µ
µµ
=−=
=→⇒=−⇒
;'
z
MM EI
M=δ
z
BM EI
l273 2µδ =
;'
;'
z
BB
z
AA EI
CEIC
== ϕϕ z
BB
z
BA EI
lEIl
62
6µϕµϕ −==
76.- En la viga del dibujo, hallar el ángulo girado en B y las flechas en C y D.
A B µB
l
A’ B’
µB
l
A B C D
p
l 2l l
AB
CD
pl
½plD’D0
C’ C0
137
lDDBDDDDDDD
B
BBD
ϕ
ϕϕδ
=
=≈±=
'
'tg;'' 0 CBDB
CAB
CCDD
CClCCCC
δδ
δϕ
==
=±
=
';'
;2
'
00
000
032
221
3
>==== ∫zzz
SC
z
C
A Cx
CA EIpl
EI
lllp
EIM
EI
dxxM ACM
δ ⇒ C0 por encima de C.
zC EI
pl 3
=δ
0342
322·
21
3
<−=−
=zz
CB EIpl
EI
llplδ ⇒ C0 por debajo de C’.
;2
34
6
33
lEIpl
EIpl
zzB
+=ϕ
zB EI
pl43 2
=ϕ
Cuando hay una articulación si δ > 0 es que la deformada está por encima de la
tangente al punto de referencia. Se sigue manteniendo el criterio respecto de ambos.
;' 0DDlBD ±=ϕδ
03
32·
21
'3
0 <−=−
==zz
DB EIpl
EI
llplDD δ ⇒ D0 por debajo de D’.
zzD EI
plEIpl
343 33
+=δ z
D EIpl
1213 3
=δ
Flexión desviada (esviada) o asimétrica.-
Es la producida cuando las acciones flectoras están contenidas en un plano
pasando por el eje x de la viga, que no coincide con ninguno de los ejes principales.
AI
i zz =
AI
i yy =
Ley de Navier z
zx I
yM=σ
138
Las tensiones en la sección serán
y
y
z
zx I
zMIyM
+=σ
zI
pxyI
pxpxMpxM
yzx
y
z αασαα sencos
sencos
+=
==
+= z
Ixy
Ixp
yzx
αασ sencos σx = 0 ⇒ línea neutra.
0sencos
=+ zI
yI yz
αα
z
y
yz zIyI
Iz
Iy −=⇒=+ αα tg0tg
zy−=βtg
;tgtg;tg;2
2
2
2
22
=−=−==
z
y
z
y
z
y
ii
iizy
AiAi
zyAiI βαα
;tgtg
2
y
z
y
z
II
ii
=
=
αβ ( )α
α−
=90tg
1tg
( ) 2
2
90tgtgy
z
ii
=− αβ ejes conjugados de la elipse de inercia.
tgα ≠ tgβ ⇒ nn no es perpendicular al plano de solicitación de ss y por tanto la
línea neutra tampoco lo es al plano de acción de las cargar.
El plano de la elástica (⊥ nn ) tampoco coincide con el plano de las acciones
flectoras.
⇒=⇒=circularcióncuadradación
II yz secsec
βα
B C
D E
s
s n
n
α90-α
β
y(+)
z(+)
p
p
psenα
pcosα
dA
y z
L
nn y ss
139
σM estará en los puntos más alejados de la línea neutra, en B y E. B está
traccionado y B está comprimido.
.sencos
admyz
MM wwM σαασ ≤
+=
Flexión hiperestática en vigas de un solo tramo.-
El grado de hiperestaticidad es la diferencia entre el nº de reacciónes exteriores y
el nº de la estática.
El método de cálculo consta de los siguientes pasos:
Se suprimen los enlaces superabundantes y se sustituyen por las reacciones
incógnitas obteniéndose la viga iosotática fundamental, cuya deformación ha
de ser esactamente igual a la de la viga estática.
Teniendo en cuanta las condiciones que los enlaces idealmente suprimidos
imponen a la deformación se plantean tantas ecuaciones como incógnitas en
exceso existen.
Una vez calculadas las reacciones superabundantes, las demás realciones se
determinan por la aplicación de las ecuaciónes de equilibrio de la estática a la
viga isostática que estará sometida a las cargas dadas y a las reacciones
superabundantes.
Sirva de ejemplo el caso siguiente.
Grado de hiperestaticidad ⇒ 4 – 3 = 1 ⇒
una ecuación en deformaciones (θ, δ)
a)
Viga isostática fundamental en la que
partimos del conocimiento de que δB = 0.
B
RvB
MA
RhA
RvA
B
RvB
A
140
zB EI
ql8
4
=δ
z
BB EI
lR3
3
−=δ
qlREIlR
EIql
Bz
B
z 83;0
38
34
=⇒=−
b)
Viga isostática fundamental en la que
partimos del conocimiento de que ϕA = 0.
zA EI
ql24
3
=ϕ
z
Aa EI
lM3
=ϕ
23
810
324qlM
EIlM
EIql
Az
A
z
−=⇒=+
77.- Hallar los esfuerzos en la viga de la figura.
El grado de hiperestaticidad es 3; por
simetría pordemos decir que RA = RB y MA =
MB con lo que reducimos el grado de
hiperestaticidad a 1.
RhA = RhB = 0. ;21; qlRRqlRR BABA ===+ MA = MB;
BA
B
RvB
A
B
RvB
MA
RhA
RvA
MA
BA
BA
LRhA RhB
RA RB
MA MB
141
Eligiendo la primera opción, sabemos que ϕA = ϕB = 0.
Hallando los diagramas de esfuerzos se
obtienen las cargas para la viga conjugada.
AAz
AA RC
EIC
'';'
==ϕ
0'''0;''
=+⇒== AAAZ
AA RR
EIR ϕϕ
021
241 3 =− lMql A ⇒ 2
121 qlM A
−=
0== hBhA RR qlRR BA 21== 2
121 qlMM BA
−==
78.- Dada la viga representada en la figura y suponiendo E e I constantes,
mediante la utilización de los Th. de Mohr hallar: el diagrama de momentos flectores, ϕB, y
el desplazamiento horizontal en C despreciando la tensión axial en AB.
B
RvB
MA MB
RvA RB
MB
MA
B A
B A
MB
MA = MB
BA
2
81 ql
A l B
a
C p
A l
B
RB
pap
RA
RhA
MA
142
000
0
====
+−=
=++−=+−
=+
∫z
SB
z
B
A Ax
BBA
Bx
AB
hA
AB
EIEI
dxxMxRpaM
MlRpapR
RRABM
`δδ
( ) 03232
32
0
322 =+−=+−=+−
=
=∫
lRlpaxRxpadxxRpax B
lB
AB
B
A B
;2
;2
3;2
3 paMlpaR
lpaR AAB −=−==
ϕBA = -ϕA + ϕB = ϕB;
;z
xBA EI
dxM∫=ϕ ⇒ z
B EIpal
41−=ϕ
El valor de δC depende de p y de ϕB. δC = δ’C – δ’’C.
;3
'3
0
20
,
Zz
a
Z
a CBCx
C EIpa
EI
dxpx
EI
dxxM=== ∫∫δ ;
''tg
aC
BBδϕϕ ==
;41''
2
zBC EI
lpaa −==ϕδ
+=
43
2 laEIpa
zCδ
80.- La cubierta de la zona de andenes de una estación de autobuses se
proyecta según el esquema estructural de la figura. Se considera (siguiendo la NBE-AE-
88) que el peso propio y la sobrecarga de nieve equivalen a una sobrecarga uniforme de 1
tn·m-1. El pilar CD (donde se empotra la viga AB) se supondrá indeformable. Hallar el
esfuerzo de deformación del cable EB suponiendo que la viga AB es incompresible.
Viga AB E = 2·105 Kg·cm-2
Iz =106 cm4
Cable EB E = 2·106 Kg·cm-2
A = 4 cm2
½pa
C
B Apa
pa
B A
E
C 10 m
q 30º
143
BBB ''' δδδ −=
cmEI
qlEIdxxM
z
z
l
Bx
BA 25.68
'4
0 −=−==∫
δ
( ) pEI
lp
zBA
33
10·84'03
30sen'' −==δ
Aplicando la ecuación de compatibilidad de deformaciones tenemos;
;10·84'025'6 3 pl −−=∆ ;EApl
EAl
l ==∆σ
Kgp 378.6=
81.- Una ménsula AB está unida en su sección C aun tirante vertical. Hallar la σ
del tirante y el momento de empotramiento en la ménsula cuando sobre esta actúa una
carga uniforme q.
Viga Q = 6 T·m-2
E = 2·105 Kg·cm-2
Iz =106 cm4
Cable EB E = 2·106 Kg·cm-2
A = 4 cm2
cctl ''' δδ −=∆
( )cm
EI
dxxqx
EI
dxxM
zz
cx
c 96'33
2'
7
3
27
3 −=−−
==∫∫δ
( ) ( );''0;32
2
2
2
Cxy
EIxp
EIM
xy
zz
x =∂∂−=−=
∂∂
zEIplybcxy
3;
3
=+= ⇒ como si CB no existiera.
pc410·07'1'' −=δ
p·sen30 = ½p
δ’B
δ’’B
C’ x C’’
A 4 m 3 m
3 m
B C
144
KgpEApl
l
plt
t
t84'27404
10·07'196'3 4
=⇒
=∆
−=∆ −
;4
84'27404==Ap
tσ 2·21'6851 −= cmKgtσ
;42
2
plqM A +−= mKgM A ·37380−=
82.- Construir los diagramas de solicitaciones de la viga doblemente empotrada
de la figura.
θc1 = θc2; δc1 = δc2;
Aplicando los teoremas de Mohr,
( )2''
2
'xqMxCM
MxCM
ccx
ccx
−−−=
−=
( );
22;
20
21
2
01
z
cc
z
l x
cz
l
x
cA EIlClM
EI
dxM
EI
dxM +−===− ∫∫ θθθ
;62
;
32
0 '2
0 '2
z
cc
z
l
xc
z
l
xcA EI
lqlClM
EI
dxM
EI
dxM
−+
===+− ∫∫ θθθ
;382 32
1z
cc
c EI
lClM −=δ ;832
432
2z
cc
c EI
lqlClM −−=δ
qlC
qlM
lqlClMlClM
lqlClMlClM
c
c
cccc
cccc
54510811
832382
6222 2
43232
322
−=
−=
−+=−
−+=+−
qlR
qlR
B
A
5449545
=
=
C
L 2L
x’
L 2L
x
Cc
Cc
Mc
Mc
145
Principio de superposición.-
Notas sobre los apoyos.-
No son perfectos, y en ocasiones no impiden totalmente los movimientos que
habían de anular. En ellos se producirán movimientos como consecuencia de las
deformaciones elásticas o anelásticas del material que los constituye o los rodea.
Apoyos empotrados imperfectamente.-
ϕA = ϕA1 + ϕA2
ϕB = ϕB1 + ϕB2
ϕA1 conjugadas de la viga
;''z
IM
yIM
AN
PeM
PeMPN
y
y
z
zx
zy
yz ++=
=
==
σ
ql5449
ql545
A
C B
Cx
2
10833 ql
2
1085'11 ql
2
1089 ql
AC
B
Mx
2
121 ql
2
241 ql2
121 ql
2
81 ql
ϕA1
ϕA2
A B
B’
∆
M’B
M’A
146
D momento estático de la superficie de momentos flectores isostáticos con
relación al apoyo derecho B 2º th. de Mohr.
I momento estático de la superficie de momentos flectores isostáticos con
relación al apoyo izquierdo A 2º th. de Mohr.
zlEID=A1ϕ
+===== lMlM
EIlEIlBB
EIC
BAzz
SB
Az
AA
abM
'31'
311'tg
'22
`ϕϕ
zlEII=A1ϕ llMllM BA
SB
abM
31
21
32
21 // +=`
2/2/
31
31 lMlM BA +=`
++=+=
++=+=
lMlMlI
EI
lMlMlD
EI
ABz
BBB
BAz
AAA
//21
//21
31
311
31
311
ϕϕϕ
ϕϕϕ
Asientos diferenciales de los apoyos de vigas empotradas.-
Un asiento diferencial es un corrimiento vertical de un empotramiento con relación
a otro, y originará una flexión que se habrá de sumar a la originada por las cargas que
actúan en la viga.
En la cimentación se suele producir uno. Las normas lo que hacen es fijar una
tensión admisible del suelo según sus características mecánicas (arenas 2 – 3 Kgcm-2).
El problema ocurre cuando algún cimiento desciende más que otros. Si
descienden todos lo mismo no ocurre nada.
M’A M’B M’BM’A
Viga conjugada
ϕA1 A
B
B
∆
147
Vamos a suponer un giro de la barra sin que sufra deformación.
Se aplican pares cuyos momentos tienden a restablecer la posición inicial.
;245
2411
2232
221
231
2211 22
+−=
++−==∆ µµµµ ll
EIlllll
EIEI zzz
SA
ABM
`
µ2
611 l
EI z=∆ NBE – AE – 88. 2
6lEI z∆=µ
µµϕ Az
A ClEIl
==∆=6
1 ; (CA = const.) Mét. De Cross
A
AA k
µϕ = ; Ak es la rigidez del apoyo en A; AA
Ck
=1 es la flexibilidad o permicibilidad
del apoyo A.
El coeficiente de transmisión es aquel por el que hay que multiplicar µA para
obtener el momento µB.
83.- Un IPN-300 está perfectamente empotrado en dos muros por sus extremos
AB . El muro que contiene el extremo B sufre un corrimiento vertical por un asiento en la
cimentación. ¿Descenso máximo que podrá soportar dicho perfil siendo despreciable el
peso propio y sabiendo que σa = 1000 Kgcm-2, E = 2·106 Kgcm-2, Iz =9800 cm4 y Wz = 653
cm3?
Vigas continuas.-
Son aquellas que están sustentadas en más de dos apoyos y sin articulación
intermedias.
ϕ
M M
ϕ
µ
A B
B
∆
µ RA
RB
-µ
µ
Mf
-µ
µV. conj.
Distancia de A a la tg. en B
148
0 apoyo fijo; 1 – (m-1) articulaciones móviles.
El número de incógnitas a considerar son m + 1 ⇒ 2 del apoyo fijo más las m – 1
de las articulaciones móviles. Dado que las ecuaciones de la estática son 3 nos queda un
problema con un grado de hiperestaticidad GH = m + 1 – 3 = m – 2.
Estas vigas tienen la ventaja de que para igualdad de longitud de cargas de una
serie de vigas apoyadas aisladas, resultan en general sometidas a menores momentos
flectores y no son influidas por efectos de temperatura. La desventaja es que son
sensibles a los asientos desiguales.
Para su resolución tendremos que plantear m – 2 ecuaciones de deformación.
=
==
− 0
00
2
2
1
mδ
δδ
M plantear estas ecuaciones es laborioso, así que se utiliza otro sistema.
Se plantean las ecuaciones siguientes: (mismo material)
La dividimos en vigas de un solo tramo apoyadas. Hay que hallar las
solicitaciones del resto de las vigas sobre la que estamos estudiando. Lo convertimos en
un sistema isostático formado por m – 1 vigas simplemente apoyadas en cuyos extremos
actuarán los pares M1, M2, ..., Mm-2, sustituyendo las acciones de las ligaduras entre
tramos consecutivos. Esos pares habrán de ser tales que sean iguales los ángulos
girados en las secciones contiguas de las vigas simplemente apoyadas, lo que dará m - 2
ecuaciones de deformación.
0 1 2 m-1
0 1 n-1 m-1
M
L1
n n+1
Ln Ln+1 Lm-1
0 1 n-1 m-1n n+1 n-1 n
Mn-1 Mn Mn+1 ϕn1
ϕn2
149
ϕn1 = ϕn2
Vamos a suponer positivos los desplazamientos hacia abajo.
;' 11
z
nn EI
C=ϕ ;' 22
z
nn EI
C=ϕ
Aplicando el método de la viga conjugada,
ϕn,1 -ϕn1 (desplazamientos hacia arriba)
2 derecha.
3 izquierda.
;'
;'
;01
2,2
1,121
+
===+n
nn
n
nnnn EI
CEIC
ϕϕϕϕ
si la viga está en equilibrio aplicamos la ecuación de la elástica.
Momento respecto a n-1 031
21
32
21' 11, =−−− − nnnnnnnnnn llMllMaAlC
Momento respecto a n+1 031
21
32
21' 111111112, =−−− ++++++++ nnnnnnnnnn llMllMbAlC
++=
++−=
−+++
+
++
+−
+111
1
11
11
1
,1,
61
311
61
311;
''nnnn
n
nn
nnnnn
n
nn
nn
n
n
n lMlMlbA
IlMlM
laA
IEIC
EIC
11
1111111
1 61
311
61
311
++
++−++++
+
−−=
++
+
nn
nn
nn
nnnnnn
nnnnn
n IlbA
IlaAlMlM
IlMlM
I
( ) ( )11
1111111
1
662121
++
++−++++
+
−−=+++nn
nn
nn
nnnnnn
nnnnn
n IlbA
IlaAlMlM
IlMlM
I
11
11
1
11
1
1
11
662++
++
+
++
+
+
+− −−=+
++
nn
nn
nn
nn
n
nn
n
n
n
nn
n
nn Il
bAIlaA
IlM
Il
IlM
IlM ecuación de los
tres momentos o de Clapeyron, que aplicada a m-2 apoyos intermedios nos permite
plantear las m-2 ecuaciones en deformadas.
n
Mn-1 Mn
n-1
An
Gn
an bn
Ln C’n-1,2 C’n,1
n+1
Mn Mn+1
n
An+1
Gn+1
an+1 bn+1
Ln+1 C’n,2 C’n+1,1
150
La ventaja es que para cada una de las m-2 ecuaciones sólo aparecen tres
momentos.
Cuando hay un voladizo se transfiere la carga al apoyo contiguo y se realiza el
cálculo como una viga normal.
Si hay un empotramiento el problema se puede resolver de dos formas;
planteando la ecuación adicional del ángulo en el empotramiento es 0 lo que implica que:
0=z
ntoempotramie
EIC
( ) 111 61
310 +++ +++= nnnnn
n
nn lMllMlaA
O bien considerar en el empotramiento otro tramo de rigidez infinito.
84.- Resolver una viga de tres vanos iguales uniformemente cargada.
1
2
832
−== nn AllqA 12 +== nn bla
Mn-1 = MA = 0 (articulación)
Mn+1 = MC
Mn = MB
MD = 0
Apoyo (1) ⇒ ⇒−−=+++ ++
lbA
laA
lMllMlM nnnn 11210
66)(2
l
lql
l
lqllMlM 212
1
62121
64
33
21 −−=+⇒
Apoyo (2) ⇒ ⇒−−=+++ ++
lbA
laA
lMllMlM nnnn 11321
66)(2
0 1 2
A B C D
3 L L L
0
R’1
1
R0
1
R’2
2
R’’1
M0 M1 M1 M2
2
R’3
3
R’’2
M2 M3
ϕ = 0
I = ∞
151
l
lql
l
lqllMlM 212
1
62121
64
33
12 −−=+⇒
−=+
−=+
24
24
2
21
2
21
lqlMlM
lqlMlM
10
2
21qlMM −==
El diagrama de momentos flectores sería:
Diagrama de esfuerzos cortantes.
qlRqlR
qlRqlR
qlRqlR
lqllqlRM
lqllqlRM
qlRR
B
A 4'06'0''
5'0'5'0''
4'06'0'
0210
'0
0210
'0
'
3
2
2
1
0
1
2
0
2
1
10
==
==
==
=−−⇒=
=−−⇒=
=+
∑
∑
8
2ql10
2ql−
8
2ql
0’4ql
-0’4ql
0’5ql0’6ql
-0’5ql -0’6ql
152
85.- Construir los diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes de la
siguiente viga continua, siendo ql = 2p.
86.- Construir los diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes de la
siguiente viga continua, siendo ql = 2p.
Flexión compuesta.- (tracción y compresión excéntrica)
Flexión pura generalizada.-
→→→
xz
xy
x
ττσ
solicitaciones.
∫∫∫
=
=
=
S xy
S xz
S x
zdsM
ydsM
dsN
σσ
σ
( )∫∫∫
−=
=
=
S xxxyxxt
S xyz
S xxy
dszyM
dsC
dsC
τττττ
En la flexión pura la solicitación viene dada por Mz.
;;;ρ
σρ
ερ
ε dEdyxxx ===
ϕρ
ϕρ
σϕϕ
ρσ
sencossencos
EzEy
zyd
dE
xx +=
+=
=
2121 sencos zCyCzkykx +=+= ϕϕσ
Mz será el momento producido por el giro en el
plano xy; My el producido en el plano xz.
( ) zyzSSSSSS xz ICICzydsCdsyCzydsCdsyCydszCyCydsM 2122
122
121 +=+=+=+== ∫∫∫∫∫∫ σ
donde Izy es el producto de inercia con relación a los ejes z-y.
q
l l l/2
P
A B C
P l/3
l l l A B C D
ϕ
d
dS
G
n
n
z
y
153
( ) yzySSSSSS xy ICICdszCzydsCdszCyzdsCzdszCyCzdsM 212
212
2121 +=+=+=+== ∫∫∫∫∫∫ σ
22
21
21
21
zyzy
zyzzy
zyzy
zyyyz
yzyy
zyzz
IIIIMIM
C
IIIIMIM
C
ICICM
ICICM
−−
=
−−
=
+=
+=
;yIM
zx =σ Generalizando ⇒ zCyCz
IM
yIM
xy
y
z
zx 21; +=+= σσ ⇒
⇒ zIIIIMIM
yIIIIMIM
zyzy
zyzzy
zyzy
zyyyzx 22 −
−+
−−
=σ ⇒
⇒ ;1
';1
' 22
zy
zy
z
zyzy
y
zy
zy
y
zyyz
z
IIIII
MMM
IIIII
MMM
−
−=
−
−= ⇒
⇒ zIM
yIM
y
y
z
zx
''+=σ Ley de Navier generalizada.
Eje neutro.-
;''
;''
0;0 zIM
yIM
zIM
yIM
y
y
z
z
y
y
z
zx =−+==σ
y
z
z
y
II
MM
zy
''
−=
Si la línea neutra corta a la sección, las tensiones en esta son a tracción en una
de las partes y a compresión en la otra. Esto es para elementos que no soportan
tracciones (ladrillo, hormigón en masa...). Para estos es importante que toda la sección
trabaje a compresión y por tanto la línea neutra no corte a la sección.
Si el eje X y el eje Y son ejes principales de inercia (pasan por el C.G.), el
producto de inercia Izy vale cero.
zIM
yIM
MMyMMy
y
z
zxyyzz +=⇒== σ''
Cuando el eje de un momento coincide con un eje principal de inercia este eje es
a la vez eje neutro de la sección.
154
Flexión compuesta.-
Se denomina así a aquella solicitación para la cual en las secciones transversales
actúan simultáneamente un momento flector “M” y una fuerza normal “N”.
Por el principio de superposición
+=
=
zIM
yIMSN
y
y
z
zx
x
''σ
σ
zIM
yIM
SN
y
y
z
zx
''++=σ
Si los ejes son principales de inercia (pasan por el C.G.) tendremos la expresión
zIM
yIM
SN
y
y
z
zx ++=σ el eje neutro ⇒ z
IM
yIM
SN
y
y
z
z ''0 ++=
El eje neutro en flexión compuesta es paralelo al eje neutro en flexión pura. En el
C.G. de la sección, el esfuerzo tiene siempre el mismo signo que la fuerza normal “N”.
( ) SN
zyx === 0σ
La tensión σx varía linealmente con la distancia al eje neutro.
Flexión compuesta; M, N.
N < M giro mayor que el acortamiento o alargamiento ⇒ línea
neutra corta a la sección ⇒ parte de la sección trabajará a
tracción y parte a compresión.
N > M línea neutra no corta la sección ⇒ que toda ella trabajará
de la misma manera.
z
y
xMy
Mz
M
N
C.G.
S’’’ S’’ S
155
87.- Una viga de sección transversal en Z está sometida a una carga inclinada P.
¿Determinar los esfuerzos .0normales máximos a la viga?
P = 300 Kg. α = 60º. a = 4 m. b = 2 m.
.150cos KgPN −=−= α (compresión)
lPabM M = en una viga con carga puntual.
( ) 04'346sen === yz MKgmlabPM α
Los momentos son positivos cuando su giro es antihorario.
0;''
≠++= zyy
y
z
zx Iz
IM
yIM
ANσ
P
b a
12 cm
A BC
α
12 cm
1 cm 16 cm
1 cm
z
y
Mf Mz
A B
346’4
Mf My
A B
Esf. axiles
A B
-150
I
II
III
I
II
III I
II
Iy Iz
156
4
4233
433
990
15815'7·1·1212·112121·14
121
10151·2312115·1
121
cmyzdSI
cmI
cmI
Szy
z
y
−==
=
++=
=+=
∫
( )mKgMM
IIIII
MMM zz
yz
zy
y
zyyz
z 9'889'
1581·10159001
04'346'1
' 22 =⇒−−
−=⇒
−
−=
( )mKgMM
IIIII
MMM yy
yz
zy
z
zyzy
y 3'557'
1581·10159001
15819004'3460
'1
' 22 =⇒−−
−−=⇒
−
−=
zyzyx 91'5429'5695'31015
3'5571581
9'88938150 ++−=++−=σ tensiones normales en C
;91'5429'5695'30 zy ++−= 10007207'0
=+ zy ⇒ Línea neutra.
07'00072'00
=⇒==⇒=yzzy
000
<=
==
AN
yz
xσ ⇒ compresión por encima de
la línea neutra.
Las tensiones máximas de tracción y compresión serán
5'0,85'0,8−=−=→
==→zyzy
Mc
Mt
σσ
⇒ 2
2
7'481
8'473−
−
−=
=
Kgcm
Kgcm
Mc
Mt
σσ
88.- Un soporte de sección rectangular está sometido a una carga P según se
indica en la figura. Determinar el máximo esfuerzo de tracción del soporte.
P = 6.000 Kg.
l = 2’5 m
b = 0’3 m
h = 0’4 m
z
y
n
nTracc.
Comp.
P
z
x
y l α
β
C.G.
h b
Pcosα
α
β
Psenα
157
;·cossen;·sensen;cos xPMxPMPN zy βαβαα −=−==
Por simetría ⇒ hbI
bhI
MMMM
y
z
yy
zz
3
3
121
121
''
=
=
==
;
121
sensen
121
cossencos33
lzhb
Plybh
Pbh
Px
βαβαασ −−=
1568'6
;995'0746'098'40 =+⇒−−== zyzyxσ
y = 0 ⇒ z = 5
z = 0 ⇒ y = 6’68
−−
−−=
2995'0
2746'098'4.)( bhtraccMσ ⇒ 283'34 −= KgcmMtσ
En materiales de igual resistencia a tracción que a compresión, interesa conocer
la σM (de tracción o de compresión); para lo cual se tomarán los momentos flectores de tal
modo que su signo coincida con el esfuerzo axil, de tal forma que siempre quedaremos
del lado de la seguridad.
88.- Una viga inclinada apoyada – apoyada, está sometida a su peso propio.
Calcular la sección donde el esfuerzo de compresión es máximo. Suponemos la viga de
sección cuadrada.
2cos
2cos0 lqRlqllRM BBA =⇒−=≡∑ αα
En una sección x de la viga obtenemos los siguientes valores
Comp.
Tracc.
y
z
RhA l
A
BRA
α
RB
RBcosα
RBsenα
q a
z
y
158
−=+−=
−=−==
==
2sensensen
22coscos
2cos'
0'2
lqqxqxRN
xqlqxqxxRMM
MM
B
Bzz
yy
ααα
ααα
ya
xqlq
a
lqqx
x4
2
2
121
22cos
2sen
−
+
−
=αα
σ 2.ayMcomp −=→σ
−
−
+
−
==2
22cos12
2sen
4
2
2
aa
xqlq
a
lqqx
xMC
αασσ , y haciendo la derivada
respecto de x e igualando a 0,
0cos
26cos6sen
42 =+
+=a
lqqx
aq
x
ααασ αtg62alx −=
89.-
221
4231
43310
16·12;13600022
16·12121;168000
22
16121;40000
cmAKgcmlPbPM
cmhbIKgcmlqlhPM
cmbhIKgPPN
y
yz
z
==+=
==−=−−=
===−−=
zy
zyzyx
03'5902'4133'2080ln
03'5902'4133'20816·12
13600016
16800016·12
4000023
+−−=≡
+−−=+−−=σ
y = 0 ⇒ z = 3’53
z = 0 ⇒ y = -5’08
2 m
0’2 Tm-1 = qz
x
y
24T = P0
16T = P1 0’12 m = b
0’16 m = h
0’4T = P2
l/2
Comp.
Tracc.
z
y
ln.
159
( )( ) 2
2
67'8906,8
01'4746,8−
−
−=−
=−
Kgcm
Kgcm
Mc
Mt
σσ
Compresión y tracción excéntricas.- (flexo-compresión)
Una sección de un elemento resistente está sometido a compresión o tracción
excéntrica, cuando sobre esa sección actúa una fuerza a compresión o tracción que no
está aplicada en el centro de gravedad.
;''z
IM
yIM
AN
PeM
PeMPN
y
y
z
zx
zy
yz ++=
=
==
σ
;1
++=++= zIAe
yIAe
APz
IPe
yIPe
AP
y
z
z
y
y
z
z
yxσ
=
++
=→==≡
01
000ln
zIAe
yIAe
PAP
y
z
z
yxσ
No depende de la carga sino de su posición.
( )[ ]10 22 ++=
=
=z
ie
yie
iAI
LgiroderadioiAI
y
z
z
y
yy
zz
y
zn
z
yn
ei
yz
ei
zy
2
2
;0
;0
−==
−==
Si P estuviera aplicada en B’ la línea
neutra pasaría por una paralela a la anterior.
n
zy
n
yz
yi
e
zi
e
2
2
−=
−=
y
x
z
P
ex
ey
y
z
B ey
ez
B’ y
z
ei 2
−
z
y
ei 2
−
n n’
160
Si P está aplicada en B(ey, ez) el eje neutro pasa por los puntos
− 0,
2
y
z
ei
y
−
z
y
ei 2
,0 . Si lo estuviese en B’
−−
z
y
y
z
ei
ei 22
, pasaría el eje neutro por los puntos (ey,0) y
(0,ez).
∞=⇒=∞=⇒=∞=⇒=∞=⇒=
nzzn
nyyn
zeezyeey
0000
Si la carga está aplicada en un eje principal (pasa por el C.G.) el correspondiente
eje neutro es perpendicular a ese eje principal.
Si la carga se mueve a lo largo de la recta P1 – P2 el eje neutro gira con centro en
S.
( ) 0=Sxσ
Cuando la línea neutra corta a la sección,
esta trabajará a tracción y compresión. En caso
contrario lo hará a tracción o a compresión.
e es la excentricidad ⇒ NMe =
Núcleo central.-
Zona de la sección transversal donde tiene que estar aplicada la carga para que
la línea neutra no corte la sección.
..01 nlzIAe
yIAe
APz
IM
yIM
AN
y
z
z
y
y
y
z
zx →=
++=++=σ
zIAe
yIAe
y
z
z
y ++=10 ⇒ ecuación de una recta.
y
z
B
P1
P2
zn
S
yn
161
0=++ cbzay
;22 ba
cd+
=
2
2
2
2
1
+
=
y
z
z
y
ie
ie
d
Los casos extremos vendrán dados por:
Υ ey = ez = 0 ⇒ d = ∞ ⇒ l.n. no corta la sección; P aplicada en G.
Υ ey o ez = ∞ ⇒ d = 0 ⇒ l.n. pasa por G, cortando la sección y definiendo dos
formas diferentes de trabajo.
Se define el núcleo central como la zona de la sección transversal donde tiene
que estar aplicada la carga para que el eje neutro no corte a la sección transversal y los
esfuerzos normales tengan el mismo signo. Si P estuviera aplicada en el contorno del
núcleo central la l.n. sería tangente a la sección.
Esto interesa en materiales como el ladrillo, hormigón en masa y en la superficie
de contacto suelo cimiento.
Núcleo central de sección rectangular.-
bhA
hbI
bhI
y
z
=
=
=
3
3
121
121
y
z n
n
d
G
A B
C D
E
E’
F F’ z
y
n.c.
b
h
162
Fbb
bz
Ehh
hy
benlADconsideroSi
henlABconsideroSi
bbhhb
AI
i
hbhbh
AI
i
ei
z
ei
y
n
n
z
y
yy
zz
z
yn
y
zn
→=−
−=
→=−
−=
−=⇒=
−=⇒=
===
===
−=
−=
61
2
121
61
2
121
2..
2..
121
121
2
22
3121
2
23
121
2
2
2
Secciones sin zona de tracción.-
Sección A
Scomp. Sútil = A0.
;;;0
00 ∫===A xMx dAPkhkd σσσ
;;;;;00000
02
002
00 ∫∫∫∫∫ =====AAAAA x dAdkPdddAkPdAkdPdkddAPddAPd σ
....
..
..
..
nlnl
nl
nl
nl
IPPd
pk
kIPdkP
`
``
=
=
==
..
..
nl
nlId`
= dP
nlx
..`=σ 0
..
hP
nlM `
=σ
y
z
n n
d h0
n.c.
dA0
P
comp. tracc. l.n. σx = 0
P (resultante)
σM
163
Sección rectangular.-
20
030 212
1
+=h
bhbhI n sección útil.
3
30bhI n =
222
20
200
0bhh
bh
bhn ===`
00020
30
31;
32
2
3 hdhadhbh
bhI
dn
n =−=====`
;32
0202
1h
bhPP
nx ==
`σ
ux S
P34=σ
0hP
nM `
=σ u
M SP2=σ
ah 30 = ⇒
abPabP
M
x
32
94
=
=
σ
σ
90.- Un soporte de sección rectangular de 0’4x0’5 m2 y 8 m de altura está
empotrado en una zapata prismática de 2xhx2 m3 siendo el soporte y la zapata de
hormigón. Dimensionar la longitud h si en el soporte está aplicada excéntricamente una
carga P = 20 T.
γhormigón = 2.500 Kg·m-3; σa, terreno =3 Kg·cm-2.
n n
P a
h0 z
y
b
h
P
8
2 2
h
0’5 0’8
0’8
0’4
164
Peso del pilar ⇒ Q1 = 0´5·0´4·8·2500 = 4 T.
Peso de la zapata ⇒ Q2 = 2·2·h·2500 = 10h T.
R = P + Q1 + Q2 = 24 + 10h ⇒ R debe estar fuera del núcleo central.
“a” es la distancia al punto de aplicación de la carga ⇒ h0 = 3x.
Hallando el momento respecto de CD,
( )h
hxhhxh1024
51;2
1025'0·410242
++=+=+
;32abP
M =σ 3·30
3032 2
,RxTm
xbR
terrenoaM =⇒=== −σσ
( ) ;480100249051;90
10241024
51 2222
hhhhh
h ++=++=+
+
0486480350;04801002445090 2222 =−−=−−−+ hhhhh
−=
=+±=hm
h05'2
700486·350·4480480 2
mh 05'2=
h > 2’05 seguridad en cimentación γf = 1’6 ⇒ h = 2’05·1’6 ⇒ h = 3’28 m; se
toman h = 3’25 porque es más facil de medir.
( ) mx 49'005'2·1024
05'251 2
=+
+=
h/6 = 0’34 ⇒ x no pertenece la núcleo central. Lo
que hemos heco está bien. Sino tendríamos que volver a
empezar.
91.- Un soporte de sección triangular esta sometido a una P de compresión en el
punto B. Si el material es incapaz de resistir esfuerzos a tracción, determinar el eje neutro
y el máximo esfuerzo de compresión.
P Q1 Q2
R
σM x l.n.
tracc.
n
n
armado
h0 = 3a
Superficie contacto suelo cimiento
h/6
5h/12
165
92.- Dimensionar con un perfil IPN la viga de la figura.
P1 = 4.000 Kg α = 15º
P2 = 1.000 Kg β = 30º
P3 = 800 Kg σa = 1733 Kg·cm-2
M = 2.000 Kg·m
L = 2 m
z
z
y
y
M
z
z
M
y
y
y
y
z
zx W
MWM
AN
yIM
zIM
ANz
IM
yIM
AN ++=++=++=
''σ
KgcmMlPlPM
KgcmlPM
KgPPN
z
y
607200sen
400002
sen
4556coscos
12
2
31
−=−−−=
==
=+=
α
β
βα
azy
x KgcmyI
zIA
σσ =≤−++= −21733607200400004556
azy
x KgcmWWA
σσ =≤++= −21733607200400004556
Acudiendo a los valores que nos da la norma MV-103, empezamos a sustituir:
2, 17332773
354607200
7'4140000
1'464556244 −>=++=⇒− KgcmIPN Mxσ no sirve.
300−IPN ⇒ aMx σσ <= 87'1558,
z
y
60º 60º
¼ h
h
b
B
αβ P1
P2
P3
z
x
y
M
½ l ½ l
Related Documents
