115

6. SECCIÓN TRANSFORMADA Y FLEXIÓN ASIMÉTRICA 6.1. MÉTODO DE LA SECCIÓN TRANSFORMADA Es un método para analizar esfuerzos de flexión en una viga compuesta de varios materiales, el más común es el concreto reforzado, también se acostumbra reforzar vigas de madera con platinas. La teoría de la flexión se puede aplicar en forma directa a las vigas compuestas, debido a que se asume que el material es homogéneo y las deformaciones y esfuerzos varían proporcionalmente con la profundidad del eje neutro, solo es válido para materiales dentro del rango elástico-lineal. El método consiste en transformar toda la viga en un solo material homogéneo, si es concreto reforzado, se transforma el acero en concreto y si es madera reforzada, las platinas de acero se transforman en madera. Procedimiento: 1. El primer paso es transformar la sección transversal de una viga compuesta en una equivalente de una viga de un solo material. 2. Después se analiza la viga normalmente por flexión. 3. Por último, los esfuerzos en la sección transformada se convierten a los de la viga original. Se supone una viga hecha de dos materiales diferentes, el material (A) y el material (B).

El eje neutro EN de la sección transformada debe de localizarse en el mismo lugar de la viga original, y se encuentra a partir de la condición de equilibrio horizontal, la sumatoria de fuerzas horizontales resultantes en la sección que actúa en la sección transversal es cero.

∑ = 0HF

∫∫ =+B

bA A dAdA 0σσ

Reemplazando:

116

∫∫ ==AA x EkydAdA 0σ

∫∫ =+B

A BA ydAkEydAkE 0

Como la curvatura es igual en la sección transversal, la integral queda:

∫∫ =+B

A BA ydAEydAE 0

Las integrales representan el primer momento de área de la sección transversal con respecto al eje neutro, por lo tanto deben ser iguales. Si se define n como la razón modular:

A

B

E

En = Razón modular

Reemplazando, se observa que el eje neutro no cambia si cada elemento de área dA del elemento B, se multiplica por la razón modular.

∫∫ =+B

AnydAydA 0

La nueva sección transversal queda formada por dos áreas: 1. El Área (A) permanece igual 2. El Área (B) con el ancho b multiplicado por n.

En la Superficie de contacto.

y

z

1

2

3

b ε3

ε1

ε2

σA=EAε1

EN σB2

σB=EBε3

σA2 A

B

117

Si AB EE > , utilizando la ley de Hooke, en la superficie de contacto los esfuerzos son:

22 εσ AA E=

22 εσ BB E= La deformación en el nivel 2 es igual en los dos materiales, igualando la deformación:

B

B

A

A

EE22 σσ

=

Los esfuerzos en el material B en el nivel 2, son iguales a los esfuerzos en el material A multiplicado por n, en el nivel 2.

222 AAA

BB n

E

E σσσ ==

Los esfuerzos de flexión en la viga transformada, se calculan asumiendo que la relación momento curvatura, en la viga transformada, es igual que en la viga original. El par interno resistente en la sección es:

∫= ydAM xσ

∫ ∫+=A B xx ydAydAM σσ

∫∫ +=BBAA dAykEdAykEM 22

∫ dAy2 : La integral es el momento de inercia de área.

( )BBAABBAA IEIEkkIEkIEM +=+=

( )BBAA IEIE

Mk

+= Factorizo EA:

( )BAAB

A

BAA

nIIE

M

IE

EIE

Mk

+=

+

=

Se sabe que Ekyx =σ , se igualan las curvaturas:

( ) yEnIIE

M

A

A

BAA

σ=

+

ynII

M

BAA +

=σ

118

TA I

My=σ Esfuerzos de flexión en el material (A).

BB

AABAT I

E

EInIII +=+= : Momento de inercia de la sección transformada.

Los Esfuerzos en el material (A) de la viga original son los mismos que en la parte correspondiente de la viga transformada. Mientras que en la viga original con material (B), los esfuerzos son diferentes de los de la viga transformada.

BBAA

BB IEIE

MyE

+=σ

Esfuerzos en el material (B) de la sección transformada.

nI

My

TB =σ

PROBLEMA 6.1: La viga solera de 3”X6”mostrada esta reforzada con una platina de ½”. Calcular Tσ y maxcσ en la madera y la platina, si mkNM actuante .20=

maxσ .en el acero GPaEm 10= GPaEa 200=

Razón modular: 2010

200 ===m

a

E

En

Ancho de la sección transformada pgbT 6020*3 ==

Eje neutro: ( ) ( )

cmpgAi

Aiyy 73.347.1

)5.0(60)3(6

5.0)(6025.03)(65.3 ==+

+==∑∑

119

Inercia de la sección trasformada: Se calcula por el teorema de los ejes paralelos

2323 )25.047.1(*5.0*60)5.0)(60(12

1)47.15.3(*6*36*3

12

1 −++−+=TI

454 10*2197.745.173 mpgI T

−== Esfuerzos normales en la madera.

( )

( ))(81.6

10*2197.7

0127.00373.010*20

)(4.3510*2197.7

0373.01651.010*20

5

3

5

3

4

TensiónMPa

CompresiónMPa

mB

m

=−=

−=−−=

−

−

σ

σ

Esfuerzos normales en el acero.

)(29.13620*10*2197.7

)0127.00373.0(*10*20

)(66.20620*10*2197.7

0373.0*10*20

5

3

5

3

TensiónMPa

TensiónMPa

aB

aC

=−=

==

−

−

σ

σ

6.2. VIGAS DE CONCRETO REFORZADO – MÉTODO ELÁSTICO El concreto es un excelente material de construcción, no se oxida, no es combustible, ni se pudre. Tiene buena resistencia a la compresión, pero la resistencia a la tensión es prácticamente nula. Por esto la parte del elemento estructural que trabaja en tensión se refuerza con varillas longitudinales de acero. Lo ideal sería que estas barras siguieran los esfuerzos de tensión, pero en la practica se colocan en una o varias capas. Existe una fuerte adherencia entre el cemento y el acero, lo cual se mejora con las varillas corrugadas y en vigas largas se genera suficiente fricción para evitar el deslizamiento, pero en vigas cortas se necesita el uso de ganchos. A demás el acero y concreto poseen un coeficiente de dilatación térmica Tα similar. Se supone que el acero soporta la tensión total y está sometido a un esfuerzo uniforme, como si toda la sección estuviera a igual distancia del eje neutro, y que la línea de acción de la resultante de tensión pasa por el centro del refuerzo. En el concreto se supone que los esfuerzos varían linealmente con la distancia al eje neutro y la resultante de fuerzas pasa por el centroide del triangulo de esfuerzos de compresión.

120

d : Altura útil: distancia desde la fibra mas comprimida al centro de gravedad del área de refuerzo. k : Constante menor que la unidad que multiplicada por la altura útil, equivale a la profundidad del eje neutro EN j : Constante menor que la unidad, que multiplicada por la altura útil o efectiva (jd) fc = 0.45f’c Esfuerzo máximo admisible del concreto en compresión método elástico f’c: Esfuerzo máximo de compresión As: Área del acero de refuerzo fs : Esfuerzo máximo admisible o de trabajo del acero a tracción. C: Resultante de fuerza en compresión T. Resultante de fuerza en tensión. a : recubrimiento 4 cm<a<7.5cm (NSR – 10) Sección transformada con refuerzo inferior

yI

Mfc =

esfuerzo el calcula se donde hasta E.N. el desde Distancia :y

ansformadaseccion tr la de Inercia :I

seccion laen actuante Momento :M

compresion o tension de Esfuerzo:

E.N. delPosicion :kd

if

121

At: Área transformada teórica. Si se supone que la deformación en el acero es igual a la del concreto equivalente, se tiene:

)1( ts εε =

eequivalent concreto elen n Deformacio :

acero elen n Deformacio :

t

s

εε

De la ley de Hooke:

)3( y (2) tctsss EfEf εε ==

Reemplazando (2) y (3) en (1)

c

t

s

s

E

f

E

f =

n

ffnff

E

Ef s

tttc

ss === ó

De igual forma la tensión en el acero debe ser igual a la tensión en el área de concreto equivalente.

ts TT =

eequivalent concreto elen Tension :

acero elen :

t

s

T

TensionT

ttss fAfA =

ts

ts A

f

fA = st nAA = acero de ada transformArea=tA

Tomando el primer momento de área respecto a la posición del E.N. de la sección transformada agrietada, se obtiene: ∑ = 0

ENQ

( )kddnAkd

bkd s −=2

( )0

2

2

=−+ dnAkdnAkd

b ss

La anterior ecuación da la posición del eje neutro. El momento de inercia de la sección transformada respecto al E.N. es:

122

tensiona resistente Momento :

compresion a resistente Momento :

acero elen tension a Esfuerzo :

concreto. elen compresion Esfuerzo :

s

c

s

c

M

M

f

f

mpafa

Mpacf

mmd

cmocubrimient

n

mmAa

mmh

mmb

200

21

500

5Re

8

1500

550

300

2

==′

==

==

==

( ) ( )23

3kddnAI

kdbI sAEN t

−++=

( ) compresión a concreto del Inercia :

3

3kdbrespecto al eje neutro.

eje propiosu a respecto concreto de eequivalentsección la de Inercia :tAI

Una vez encontrada la posición del E.N. y la inercia, se procede a calcular los esfuerzos o momentos resistentes:

kd

If

I

Mf ENc

EN

cc == cM kd

( )

n

f

I

kddMf s

ENt =−= tf pero

( )

EN

ss I

kddnMf

−=

( )kddn

If ENs

−=sM

PROBLEMA 6.2: Calcular los esfuerzos, máximos en el concreto y acero si el momento flexionante máximo Mmax=70 kN.m

Eje neutro

123

445.0445164.3

1500

3

1

164.0164

0500.1500.81500)(2

300

0)(2

2

2

==−=−=

==

=−+

=−+

mmkddjd

mmmkd

kdkd

nAadAakdkdb

MPakdI

Mfc

MPajdAa

Mfa

MPajdbkd

Mfc

EN

39.6164.0*10*796.1

10*70

105445.0*1500

10*70

)(

39.6445.0*164.0*3.0

10*70*2

))((

2

3

3

3

3

===

===

===

−

43

4923

10*796.1

10*796.1)164500(*1500*83

)164(300

mI

mmI

EN

EN

−=

=−+=

PROBLEMA 6.3: Calcular los momentos resistentes positivos para una viga T con una luz de 7.0 m, bajo una carga uniformemente distribuida usando la sección transformada agrietada. Se tiene ,21, MPacf = fc=0.45f´c, MPafy 420 = , fs = 170 MPa, 200 GPaEs = . Se supone que la

viga forma parte de una luz interior y no sostiene muros.

1. Sección Transformada agrietada Se asume inicialmente que el E.N. queda localizado dentro del ala.

124

( )0

2

2

=+− kdnAdnAkd

b ss

b = 0.90m

( ) ( )[ ] 205.25887.3*210.5*3*2.11 cmnAA st =+==

Altura efectiva: (d)

( ) ( )( ) ( )87.3*210.5*3

19.10*87.3*227.5*10.5*3

++=′= dy

cmcmy 0.792.6 ≈=

mdhd 43.007.050.0 =−=′−=

( ) ( )

( )

cmkdcmkd

kdkd

kdkd

83.18 10.13

015.1109605.25845

005.25843*05.2582

90

21

2

2

−==

=−+

=+−

Como 10.131 cmkd = > 10cm; el centroide cae dentro del alma.

Tomando el primer momento de área respecto a la posición del eje neutro, o igualando los primeros momentos de área por arriba y por abajo del eje neutro, se tiene:

125

( ) ( ) ( ) ( )kdkd

kdkd −=−−+− 43*05.2582

1010*205*10*90

( ) kdkdkdkd 05.25815.110961000200104500900 2 −=+−+−

( ) 015.1459605.95810 2 =−+ kdkd

cmkd 4.131 = cmkd 2.1092 −= Se calcula el momento de inercia de la sección transformada agrietada respecto al eje neutro.

2

32

3

6.29*05.2583

4.3*204.8*10*90

12

10*90 ++++=tAEN II

La inercia de

tAI , sección de acero transformada en concreto respecto a su propio eje,

generalmente se desprecia, pero se calculara a manera de ejemplo.

cmd

Ab

bar

tt 9.106

5

2*22.23*54.205.258 =

+==

cmht 414.2=

23

32.12512

414.2*9.106cmI

tA ==

2. Los momentos resistentes serán: Momento resistente admisible en el concreto:

ENc I

Mkdf =

126

mkNkd

IfM ENc

c .9.210134.0

10*975.2*10*5.9 36

===−

Momento resistente admisible en el acero

( ) ( )

( )

( ) mkNkddn

IfM

I

kddMnf

I

kddM

n

f

I

kddMf

ENss

ENs

EN

s

ENt

.5.152296.0*2.11

10*2975*10*170

.

36

==−

=

−=

−==−=

−

3. Carga admisible para una luz interior.

16

2nu

u

lwM =

2

3

2 7

10*5.152*1616 ==n

uu

l

Mw

mkNwu 8.49=

4. Esfuerzos de trabajo

MPaf s 170=

MPakdd

kd

n

ff s

c 84.6134.043.0

134.0

2.11

170 =−

=−

=

PROBLEMA 6.4: Para la viga cajón mostrada hallar los momentos resistentes en la sección, si

,21, MPacf = fc=0.45f´c, MPafy 420 = , fs = 170 MPa,. La viga forma parte de una luz interior de 8.0 m que soporta una carga uniformemente distribuida 50 kN/m. Calcular también

los momentos de agrietamiento, el modulo de rotura es cf ′= λ62.0f R y el momento de

agrietamiento es t

gR

y

If=CRM , según el C.9.5.2.3 del NSR-10.

Donde:

nto.agrietamie de Momento :M

.en tension admisible esfuerzo o concreto del rotura de Modulo:f

tension.la calcula se donde fibra la hasta neutro eje el desde medida Distancia :y

bruta. o talseccion to la de inercia de Momento :

CR

R

t

gI

127

1. Posición del eje neutro de la sección no agrietada.

( ) ( ) ( )( ) ( )20.0*20.060.0*40.0

45.0*30.0*40.020.0*10.0*20.0*205.0*10.0*40.0

−++=Y

cmY 32.0=

2. Inercia bruta

128

43

23333

10*587.6

27.0*1.0*20.012

10.0*20.0

3

02.0*20.0

3

32.0*10.0*2

3

28.0*40.0

mI

I

g

gEN

−=

++++=

3. Modulo de rotura

MPaf R 84.221*1*62.0 ==

4. El momento de agrietamiento es:

mkNMcr

mkNMcr

apoyos

CL

.84.6628.0

10*587.6*10*84.2

.48.5832.0

10*587.6*10*84.2

36

36

==

==

−

−

5. Para una carga w = 50 kN/m, hallar el esfuerzo producido en el centro de la luz y en los apoyos.

tg

yI

Mf =

5.1 Momento en el centro de la luz.

72.910*587.6

32.0*10*200

.20016

8*10*50

16

ln

3

3

232

MPaf

mkNw

M

CL

CL

==

===

−

Hay agrietamiento

5.2 Momento en los apoyos.

Hay agrietamiento

6. Momentos resistentes positivos usando sección transformada agrietada. 6.1 Primer momento de área respecto a la posición del E.N. Se asume que el E.N. queda por encima del hueco.

MPaf

mkNw

M

apoyos

apoyos

37.1210*587.6

28.0*10*9.290

.9.29011

8*10*50

11

ln

3

3

232

==

−==−=

−

129

248.22810.5*4*2.11 cmAt ==

)55(*48.2282

**40 kdkd

kd −=

04.1256648.228)(20 2 =−+ kdkd

cmkd

cmkd

4.31

0.20

2

1

−==

Como cmkd 0.201 = , el E.N. queda por encima del hueco. 6.2 Inercia

( )23

2055*48.2283120*40 −++= AtEN II

cmd

Atb

bart 95.89

54.2

48.228 ===

43

84.12212

54.2*95.89cmI At ==

434 10*867.351.386677 mcmI EN−==

6.3 Momento resistente admisible en el concreto.

( ) ( ) mkNkddn

IfM ENc

c .7.18320.02.11

10*867.3*10*5.9 36

==−

=−

130

6.3 Momento resistente admisible en el acero.

( ) ( ) mkNkddn

IfM ENs

s .7.16720.055.02.11

10*3867*10*170 36

=−

=−

=−

7. Carga admisible

mkNM

w /93.418

7.167*16

ln

1622

===

8. Esfuerzo de trabajo.

Mpakdd

kd

n

fsf

Mpaf

c

s

67.820.055.0

20.0

2.11

170

170

=−

=−

=

=

Sección transformada con refuerzo a la compresión Cuando el acero está en la zona de compresión o la zona de tensión no agrietada, se transforma con nAs, esto desplaza un área de concreto igual a As. Como resultado, el acero en compresión es transformado en un área de concreto equivalente a (n-1)A´s.

Cuando se usa el diseño por esfuerzos de trabajo, el área del concreto a la compresión se toma como dos veces el área de refuerzo en compresión, siempre que el esfuerzo de compresión resultante en el área, no sea mayor que el admisible que en tracción, ya que refleja el efecto del creep sobre los esfuerzos. Con esto se pretende recuperar las características de elasticidad, ya que a mayor deformación, el acero y el concreto pierden la elasticidad,

1)A´s(2nA´s2nA´sA´t −=−=

131

Se toma ∑ = 0ENQ

[ ] [ ] 0nAsd1)A´sd´(2nkdnAs1)A´s(2n2

2b(kd)

0nAskdnAsd1)A´sd´(2n1)A´skd(2n2

2b(kd)

kd)nAs(dd´)1)A´s(kd(2n2

2b(kd)

=+−−+−+

=+−−−−+

−=−−+

El Momento de inercia respecto al EN de la sección transformada es:

2kd)(dtAAtI2d´)A´t(kdtA´I3

3b(kd)ENI −++−++=

PROBLEMA 6.5: Calcular la inercia de la Sección transformada no agrietada para la viga mostrada. GPa 200Es MPa, 21f´c ==

Modulo de elasticidad del concreto, MPa17872213900Ec ==

Razón modular 11.217.87GPa

200GPa

Ec

Esn ===

El concreto que reemplaza el acero, toma los esfuerzos y como la sección no se ha agrietado; el esfuerzo de tensión en el concreto no ha excedido el modulo de rotura fr. El área transformada para ambas capas de acero es 1)As(n − .

Acero superior: 2cm78.952)*(3.87*1)(11.2 =−

132

Acero inferior: (11.2-1) * (3.87*4) = 157.9 2cm Localización del centroide.

cm 29Y157.978.9560*30

5*157.955*78.9530*60*30Y

iAiAiy

Y

0iAiy

=++

++=

∑

∑=

∑ =

Momento de inercia de la sección no agrietada: Concreto:

4cm5418002(1)*60*3012

360*30cI =+=

Acero superior:

426.71cm2*64

4πd

nI ==

cm35.562.22

78.95

bard

1)A´s-(nb ===

453402.42cm5337032.42A´sI

278.95(26)12

32.22*35.56A´sI

=+=

+=

Generalmente se desprecia la inercia del acero respecto a su propio eje, por ser mucho menor que la inercia producida por la diferencia entre el eje centroidal de las varillas y el de la sección transformada. Acero Inferior:

4cm53.414*64

4π(2.22)

nI ==

133

cm71.132.22

157.9b ==

4m686206.42cAsIA´sIIcIg

491004cm90950.464.8525)-(29*157.912

32.22*71.13AsI

=++=

=+=+=

PROBLEMA 6.6: Encontrar la inercia de la sección transformada agrietada Icr del problema anterior. Se asume que el eje neutro esta más abajo que el acero de compresión.

Acero superior: 2cm165.642)*(3.87*1)11.2*(2 A´s =−=

Acero inferior: 2cm173.383.87*4*11.2As == Localización del centroide: Se toma el primer momento de área respecto al EN

Parte Área ]2[cm [ ]cmy ]3cm[yA

Zona de compresión 30 c kd/2 15(kd)2

Acero Superior 165.64 kd - 5 165.64kd – 828.18

Acero Inferior 173.38 kd -55 173.38kd - 9535.9

∑ =−+= 010364.1339.02kd215kd0yA

0.31555

17.31

d

ckkdc

39.91cm2k17.31cm1

====

−== dkd

Momento de Inercia: Concreto:

134

4cm518673

317.31*30Ic ==

Acero superior:

4cm25100.4425)(17.31*165.64A´sI =−=

Acero Inferior:

4m246292.55c217.31)(55*173.38AsI =−=

4cm323259.9Icr = La inercia de la sección agrietada es el 47% de la no agrietada y el 59% de la de concreto. 6.3. VIGAS DOBLEMENTE SIMÉTRICAS CON CARGAS INCLINA DAS Suposiciones: Los planos xy y xz son planos de simetría. La carga inclinada pasa por el centroide de la sección transversal para que no haya torsión. Convención: Los Momentos son positivos cuando los vectores señalan en las direcciones positivas de los ejes coordenados y por la regla de la mano derecha en sentido contrario a las manecillas del reloj.

yIz

Mzz

Iy

MyAPto x +−=σ:.

yIz

Mzz

Iy

MyxBPto ++=σ:.

yIz

Mzz

Iy

MyxCPto −−=σ.

yIz

Mzz

Iy

MyxDPto −+=σ:.

Relación entre el eje neutro y la inclinación de las cargas.

135

Esfuerzos en el punto A:

yI

Mz

I

M

z

z

y

yx −=σ

En el E.N. los esfuerzos son cero. 0=Xσ

0=− yI

Mz

I

M

Z

Z

y

y

yz

zy

IM

IM

z

y ==βtan (1) Angulo entre el Eje neutro y el eje z.

)(cos )( XLPMXLPsenM zy −=−= θθ

(1)en (2) )2( tanθ=Z

Y

M

M

θβ tantanY

Z

I

I=

El eje neutro no es perpendicular al plano longitudinal que contiene la carga P. Hay tres excepciones a esta regla: La carga se encuentra en el plano xy ( º180 ó 0=θ ), por lo tanto el eje z es el E.N La carga se encuentra en el plano xz ( º90±=θ ), el eje y es el E.N Cuando Zy II = , todos los ejes que pasan por el centroide son ejes principales y el eje neutro

siempre es perpendicular al plano de carga

136

L=3m

P=100kN

X=1,0

θ=60°

x

PROBLEMA 6.7: Calcular los esfuerzos a una distancia x=1.0 desde el empotramiento en los puntos A y C y la localización del eje neutro.

( ) ( ) kNmxLPM z 1001360cos10060cos =−=−=

( ) ( ) kNmsenxLPsenM y 2,173136010060 =−=−=

MPaA 1,15

12

5,03,0

25,0100

12

3,05,0

15,02,17333

−=××+

××−=σ

MPaC 1,31

12

3,05,0

15,02,173

12

5,03,0

25,010033

−=××−

××−=σ

11,48

10012

3,05,0

2,17312

5,03,0

tan3

3

=××

××

==zy

yz

MI

MIβ °= 94,31β

6.4. FLEXIÓN DE VIGAS ASIMÉTRICAS La sección transversal es asimétrica y se supone que la viga esta en flexión pura. Se parte de un eje neutro supuesto y se halla el momento flexionarte asociado

0,3m

0,5m

60°

B

C D

A

P Pcos60=50kN

Psen60=86.6kN

y

z

y

z

B

C D

A

My

Mz

137

Se supone que Z es el E.N. El Signo (-) es cuando la parte por encima del eje Z está en comprensión cuando la curvatura es (+) plano flexión xy

YEkyx =σ

La Fuerza resultante sobre la sección transversal es cero porque está en flexión pura.

∫ ∫ ==A A

yx ydAEkdA 0σ

E y k son constantes en toda la longitud.

Como ,0=∫ ydAA

el eje Z pasa por el centroide de la sección transversal.

Se supone que eje Y es el Eje neutro (EN)

zEkzx =σ

∫∫ ==A

z

A

x zdAEkdA 0σ

Como ∫ =A

zdA 0. El eje Y pasa por el centroide.

El origen de los ejes Z y Y para una viga asimétrica se localiza en el centroide. Una viga asimétrica se flexiona de la misma manera que una viga simétrica si el eje Z es un eje centroidal principal y el único momento flexionante es zM Suponiendo flexión alrededor del eje Z y Y, los momentos flexionantes son:

∫ ∫ ===A A

zyyxz EIkdAyEkydAM 2σ

138

∫ ∫ ===A

yzzxy EIkdAzEkZdAM 2σ

Cuando una viga asimétrica está en flexión pura, el plano del momento es perpendicular al EN si los ejes Y y Z son ejes centroidales principales. PROBLEMA 6.8: Una viga canal C10 X 15.3 está bajo un momento M=15 kips.pg, inclinado

º10=θ Respecto al eje Z. Calcular Aσ y Bσ y la posición del E.N. Ejes centroidales principales

4

4

4.67

28.2

pgI

pgI

Z

y

=

=

C = 0.634 pg Localización punto A.

pgZpgY AA 966.1634.06.2 0.5 =−== Ancho patín o aleta = 2.6 Localización punto B.

pgpgY BB 634.0 Z50 == Momentos Flexionantes

−

−=−−=

===

===

0.5*4.67

8.14966.1*

28.2

6.2

.8.1410cos*15cos

.6.210*15

AZ

ZA

y

yA

Z

y

YI

MZ

I

M

pgkipsMM

pgkipssenMsenM

σ

θθ

psiA 3340−=σ

psiYI

MZ

I

MB

z

zB

y

yB .18210.5*

4.67

8.14634.0*

28.2

6.2 =

+

=+=σ

psiB 1821=σ Eje neutro

21.510tan28.2

4.67tantan === θβ

y

z

I

Iº

º14.79=β

139

6.5. CENTRO DE CORTANTE Para determinar los esfuerzos cortantes cuando las fuerzas laterales actúan en un plano que no es de simetría, deben actuar en un punto llamado centro de cortante para que la viga se flexione sin torsión. La resultante de esfuerzos cortantes producidos por la carga P, tiene línea de acción a través del punto s.

Suponiendo que el eje Z sea el E.N. eje de flexión, la carga aplicada en el extremo de la viga debe pasar por el centro de cortante s para que la flexión ocurra con el eje Z como E.N y no se genere un par torsor y por lo tanto alabeo en la viga. El Centro de cortante al igual que el centroide se encuentra sobre un eje de simetría, por lo tanto en una sección doblemente simétrica coinciden.

El esfuerzo cortante es ∫=s

0

ydA tI

V

z

yτ . La integral es el momento estático respecto al eje Z del

área. El Esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Y

z

zyy

z

zyy I

QVtf

tI

QV=== ττ

El esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Z

y

yZz

y

yzz I

QVtf

tI

QV=== ττ

Para sección transversal asimétrica

140

° Y y Z son ejes principales ° La carga P actúa en el centro de cortante s, y

se descomponen en Py y Pz ° La flexión ocurre alrededor de los ejes Y y Z.. ° S se localiza sobre los ejes principales. ° Se localiza el centroide y ejes principales. ° Se descompone la carga que actúa en s y se

determinan los momentos. ° Se calculan los esfuerzos de flexión Los esfuerzos cortantes están a lo largo de la línea central de la sección transversal y paralelos al borde de la sección, de intensidad constante en el espesor t, tf z τ= flujo de cortante. A continuación se presentan algunos centros de cortante:

++++

−+

=

2

2111

2

211

3

421

2

32

3

41

21

h

b

h

b

b

b

b

h

h

b

b

b

b

e

+−++

−+

=

2

2111

2

211

3

421

2

32

3

41

21

h

b

h

b

b

b

b

h

h

b

b

b

b

e

bb

t

ht

b

bb

b

b

e

f

w

<++

−= 1

1

2

21

;

3

22

1

141

1

31

2

211

1

2

21

31

23

2

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

h

e

+−+

−=

( )θθθθθθ

cos

cos2

sen

sen

R

e

−−=

ππ

θ /4 2

==R

eand

+

+++

−

+•+

+++=

R

b

R

b

R

bb

R

b

R

b

R

b

R

b

R

b

R

b

R

bb

R

e

1

3

11

3

1

2

11

2

1

34123

4312612

π

ππ

Para 01 =b

R

bR

b

R

b

R

e

4

2242

+

++=

π

π

Para 0=b ; 2

11

3

1

2

11

121243

24

++

+

++

=

R

b

R

b

R

b

R

b

R

b

R

e

π

ππ

PROBLEMA 6.9: Una correa en C de una cubierta esta simplemente apoyada sobre los nudos de un par de cerchas. Las correas en C están simplemente apoyadas para efectos de flexión en una luz de L = 2.0 m. Hay restricción a la torsión en los apoyos. Las cargas sobre la cubierta son: Carga muerta Teja de barro 0.80 kN/m2 Teja de asbesto 0.15 kN/m2

Panel Yeso 0.20 kN/m2 Sobrecargas 0.15 kN/m2 Total 1.5 kN/m2

142

Carga Viva de cubierta 0.50 kN/m2

Carga de Viento 0.50 kN/m2 w = D+ L +W = 2.5 kN/m2. 1. Determinar las propiedades inerciales de la sección Ix, Iy, Ixy, J, centro de cortante s,

centroide c y ejes principales. 2. Para las cargas indicadas, hacer los diagramas de M, V, T de la correa. Los momentos con

ejes principales y torque con centroides. 3. Hallar los esfuerzos normales y cortantes máximos. 4. Los factores de seguridad para el rango elástico. σy = 345 MPa, τy = 192 MPa

1. Propiedades de la sección

º03.146

5.1tan

1

=

=−

α

143

1.1 Centroide y primer momento de área

Sección A [mm2] Z [mm] Y [mm] AZ [mm3] AY [mm3] I 141 26.5 1.5 3736.5 211.5 II 141 26.5 98.5 3736.5 13888.5 III 300 1.5 50 450 15000

582 7923 29100

mmAi

Aiixez 61.13

*==

∑∑

mmAi

Aiiyey 50

*==

∑∑

1.2 Primer momento de área respecto a ejes centroidales.

5.105885.48*3*4725*3*50* =+== ∑ AiixQ z mm3

7.39723*2

)361.13(*2)5.161.13(*3*100*

2

=−+−== ∑ AiixQ y mm3

1.3 Inercias respecto a ejes centroidales.

144

423

23

43

23

02.762.392)5.161.13(*100*312

100*3)61.135.26(*3*47

12

47*3*2

546.91312

100*3)5.150(*3*47

12

3*47*2

mmI

mmI

y

z

=−++

−+=

=+

−+=

Debido a que hay un eje de simetría Ixy = 0 1.4 Momento Polar en sección abierta de pared delgada.

∑=n

iii hbCJ 3*

3

1

( ) 433 14763*1003*47*2*0.1*3

1mmJ =+=

1.4 Centro de Cortante

mmb

h

b

h

b

b

b

b

h

h

b

b

b

e 05.185.48*

5.48*3

1002

1

3

421

2

32

3

41

21

2

2111

2

211

=+

=

+−++

−+

=

2. La carga sobre la correa es:

mkNLaferenteww 75.35.1*5.2* ===

La carga actúa en el centro del cortante.

145

8

2

max

wLM =

mkNSenwSenw z /91.003.14*75.3 === α

mkNCoswCosw y /64.303.14*75.3 === α

2.1 El diagrama de momento tiene dos componentes y el máximo se presenta en el centro de la luz.

mkNLw

M yz .82.1

8

264.3

8

22

=∗==

mkNLw

M y .46.08

2z ==

2.2 Los diagramas de cortante son:

kNLw

V

kNLw

V

z

y

91.02

64.32

z

y

==

==

2.3 Diagrama de torsión. Se pasa la carga distribuida wy del centro de cortante al centroide, la distancia entre c y s es: d = e + ez - 1.5 mm = 18.05 + 13.61 -1.5 = 30.16 mm El torque distribuido o por unidad de longitud es: t = 3.64 kN.m * 0.03016 m = 0.11 kN.m/m. Las reacciones en los extremos son:

mkNLt

TT BA .11.02

2 *11.0

2

* ====

Se hace un corte a una distancia x.

∑ = 0T

T(x) = 0.11x - 0.11

146

3. Esfuerzos

Localización del EN.

º17.30

58.003.14tan02.392762

913546tantan

=

===

β

αβy

z

I

I

Los esfuerzos máximos de flexión suceden en el centro de la viga. El máximo esfuerzo de compresión ocurre en la esquina superior derecha y de tensión en la inferior izquierda.

MPayI

Mz

I

M

z

z

y

yx 55.115

10*13546.9

050.0*82.1

10*92762.3

01361.0*46.077

=+=+= −−σ

MPayI

Mz

I

M

z

z

y

yx 23.142

10*13546.9

050.0*82.1

10*92762.3

)01361.0050.0(*46.077

−=−−−=−−= −−σ

Esfuerzos cortantes producidos por la fuerza cortante. El esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Y

147

MPatI

QV

z

zyy 06.14

003.0*10*13546.9

10*5885.10*64.3

7

6

=== −

−

τ

El esfuerzo cortante actúa paralelo al eje Z

MPatI

QV

y

yzz 93.2

003.0*10*92762.3

10*7927.3*91.0

7

6

=== −

−

τ

Esfuerzo cortante producido por torsión en secciones de pared delgada es:

MPaJ

Th58.223

10*476.1

2/003.0*10*11.0*2

2

9

3max === −τ

Esfuerzo cortante total .64.23706.1458.223 MPa=+=τ

4. Factores de seguridad

43.223.142

345 ==σFS

81.064.237

192 ==τFS

6.6. DEFORMACIONES PLASTICAS Se supone que la distancia se mide desde un eje de simetría horizontal en la sección transversal y la distribución ε x lineal y simétrica respecto a dicho eje y la curva de esfuerzo-deformación es simétrica respecto al eje de coordenadas.

mx c

y εε −=

Una vez determinado maxσ , de la curva σ vs xε se hallanε y reemplazando en mC

yx εε −= se

halla xε para diferentes valores de y.

148

Tomando momentos respecto al eje transversal z:

xdAyM σ∫−= Donde dA=bdy

∫−

−=c

c

xdyybM σ Como xσ es una función impar respecto a y.

∫−=c

xdyybM0

2 σ Si xσ es una función conocida, la anterior ecuación de M puede obtenerse

analíticamente. 6.7. FLEXION ELASTOPLASTICA Los materiales elastoplasticos obedecen a la ley de Hooke. Vasta el esfuerzo de fluencia yσ y luego

fluyen plásticamente. Los aceros estructurales son el Mejor ejemplo de material Elastoplastico. Momento de fluencia. Cuando los esfuerzos son menores que el de fluencia yσ el EN pasa por el centroide de la

sección transversal y los esfuerzos se hallan yI

M−=σ , cuando el esfuerzo alcanza al esfuerzo

de fluencia.

yI

M yy −=σ

SC

Iy

yy σ

σσ =−=

149

C

IS = Modulo de la sección

C: Distancia al punto mas alejado del EN Momento plástico Si el momento sigue aumentando, se desarrollaran zonas plásticas que tienen un esfuerzo uniforme yσ , entre las zonas plásticas subsiste un núcleo elástico en el cual xσ varia linealmente

con y. Al aumentar el momento la zona plástica se agranda hacia el EN. En este punto la deformación unitaria máxima es 10 a 15 veces yε y la zona elástica ha desaparecido. Para fines practico la

distribución de esfuerzos esta formada por tres zonas rectangulares y el momento alcanza Mp (momento plástico), el cual es el momento máximo que puede alcanzar una viga de material elastoplastico.

221

AAA

CT

==

=

A1: Área por encima del EN A2: Área por debajo del EN La posición del eje neutro (EN) para Mp es diferente para flexión elástica lineal, para una sección trapezoidal. El EN para flexión plástica total queda un poco por debajo del EN para flexión elástica (distribución de esfuerzos triangulares).

2

)()()(

.)(

212211

1 2

yyyAAyyAyyMp

ydAyydAyydAMpA A A

+=−−=

=−−=−= ∫ ∫ ∫

σσσ

σσσ

Otra forma es tomar momentos respecto al eje neutro. EN.

150

)(2

2/

21

21

yyyA

My

yATC

yTyCMp

+=

==+=

σσ

Modulo plástico

2

)(

:

21 yyAZ

Donde

yZMp

+=

= σ

Es el manto estático valuado respecto al EN del área de la sección transversal por arriba y por debajo.

S

Z

My

Mp =

Es una medida de la reserva de la resistencia de la viga después de que empieza la fluencia. Es máxima cuando la mayoría del material esta cerca al EN (sección circular) y mínima cuando esta alejado viga I) Vigas rectangulares

4

42

)4/4/(

4/6

2

12

2

2

21

2

3

ybhMp

yZMp

bhhhAZ

hyy

ybhMy

h

bhy

C

yIMy

σσ

σ

σσ

=

=

=+=

==

=

==

6

42

2

ybh

ybh

My

Mp

σ

σ

= 2

3=S

Z

151

El momento plástico para una viga rectangular es 50% menor que el momento de fluencia. Si se considerara una viga que no ha alcanzado plastificación total y con núcleo elástico. e : Distancia al eje neutro EN

−== eh

ybTC2

11 σ

bye

TC2

22σ==

−=

−=

+

+

−=

+

+=

2

2

2

22 2

2

32

2

3

6

3

4

222

3

42

21

h

eMy

h

eybhM

eyebe

he

hybM

eCe

hCM

σ

σσ

Esta ecuación es valida para

MpMMy ≤≤

MyM

he

=

=2

MpMyM

e

==

=

2

3

0

−=

My

Mhe

2

3

2

1 Posición del núcleo elástico