Deformaciones en la Flexión - Resolución del Ejercicio N° 8 de la Guía de Problemas Propuestos.

1. Deformaciones en la
Flexión
Problema de Aplicación
Resolución del Ejercicio N° 8
Curso de Estabilidad IIb
Ing. Gabriel Pujol
Para las carreas de Ingeniería Mecánica e Ingeniería Naval y Mecánica de la
Facultad de Ingeniería de la Universidad de Buenos Aires

2. Consideremos una viga sometida a flexión,
empotrada en un extremo y libre en el otro:
Introducción
Bajo la acción de las cargas, la fibra neutra adopta
una determinada curvatura
La fibra más alejada experimenta un alargamiento
total: d1
de los triángulos semejantes OCE y OC’E’ se deduce
que:




 v
d
dv
EC
CE





1
1
''
Conforme a la Ley de Hooke:


v
EE max
que debe igualar a: (tensión normal en flexión)v
J
M
max
de donde:
JE
M



1

3. Tomando sobre la elástica dos puntos a y b.
Las normales trazadas por estos puntos se
cortan en C, verificándose:
y por ser  un ángulo pequeño será:
Introducción
JE
M
ds
d
dds





1














1
1
2
2
dz
dy
dz
d
dz
dy
tg
y
dz
d
dzds
JE
M
dz
yd
JE
M
dz
yd
dz
d



 2
2
2
2
1 

Radio de Curvatura
y como para valores crecientes de z corresponden
valores decrecientes de  habrá que afectar la
expresión anterior con un signo menos (-), así:

4. Obtengamos las expresiones
de las rotaciones y las flechas:
dada la expresión:
Introducción
JE
M
dz
yd
dz
d

 2
2

será:














21
1
CCdz
JE
M
y
Cdz
JE
M
dz
dy

Esta doble integración nos permite calcular las pendientes y deflexiones de la viga en
cualquier punto.
La dificultad radica en despejar las constantes de integración.
Esto se logra analizando las condiciones de apoyo y la deformación de la viga.

5. Veamos el siguiente ejemplo:
Para la viga simplemente apoyada de la figura,
cargada con una carga uniformemente
repartida se pide:
Enunciado
• Calcular la ecuación general de las flechas,
• Calcular la ecuación general de las rotaciones
de las secciones,
• Calcular las rotaciones en los vínculos A y B,
• Calcular la flecha máxima,
• Verificar los resultados obtenidos con el
Método de los Momentos Reducidos.
q
A B
L

6. Veamos el siguiente ejemplo:
Calculamos las reacciones de vínculo
RA y RB:
Resolución q
A B
L
Trazamos los correspondientes
diagramas de Momento (M) y Corte (Q):
RA RB
qL/2
-qL/2
Q
qL2/8
M
El momento será función de la
coordenada z conforme a la siguiente
expresión:
2
Lq
RR BA


 
22
2
zqzLq
zM





7. Por lo tanto
será:
 
JE
zM
dz
yd
dz
d

 2
2
  
 

 dz
JE
zM
d
 




 



 dz
zqzLq
JE 22
1 2
 1
32
64
1
C
zqzLq
JE





 




 
Por simetría, la flecha máxima estará en el punto medio de la viga, por lo que la tangente
trazada en este punto de la elástica tendrá pendiente nula, es decir:
0
6
2
4
21
1
32
2
































 C
L
q
L
Lq
JE
L
24
3
1
Lq
C


2464
1 332
LqzqzLq
JE






 




 
Resolución

8. … y además:
dz
dy
 
 




 






 dz
LqzqzLq
JE
y
2464
1 332
dzdy      dzzdyy 
e integrando resulta:
2
343
242412
1
C
zLqzqzLq
JE
y 




 






 según las condiciones de apoyo, la
flecha es nula cuando z = 0 ó z = L
0
242412
1
2
343
0





 






 
C
zLqzqzLq
JE
y z
02  C





 







242412
1 343
zLqzqzLq
JE
y
Resolución

9. Calculamos ahora A; B y Ymax
2464
1 332
LqzqzLq
JE






 




















JE
Lq
JE
Lq
LzB
zA
24
24
3
3
0







 







242412
1 343
zLqzqzLq
JE
y
JE
Lq
yY L
z


 
384
5 4
2
max
Resolución

10. Verificamos los resultados obtenidos
con el Método de los Momentos
Reducidos:
q
A B
L
qL2/8
M
TEOREMA I: “El ángulo  comprendido
entre dos tangentes en dos puntos
cualesquiera A y A’ de la línea elástica, es
igual al área total del trozo correspondiente
del diagrama de momentos reducidos.”
δA
A’A
AA’
Trazamos la elástica δ y definimos los
puntos A y A’ (correspondiente a la mitad de
la luz entre apoyos); trazamos por ellos las
correspondientes tangentes.
La rotación de la sección en A (A) resulta
ser igual a la rotación relativa entre las
tangentes trazadas por A y A’ (AA’):
'AAA  
Resolución

11. Verificamos los resultados obtenidos
con el Método de los Momentos
Reducidos:
q
A B
L
qL2/8
M
δA
A’A
AA’
El área (F) del diagrama de Momentos
comprendida entre los punto A y A’ será:
con las siguientes características (de tablas):
2







b
x
hy
bhF 
3
2
bx 
8
5
donde:









8
2
2
Lq
h
L
b
F
Resolución

12. Verificamos los resultados obtenidos
con el Método de los Momentos
Reducidos:
q
A B
L
qL2/8
M
δA
A’A
AA’
y aplicando el Teorema I será:
F





 





823
211 2
LqL
JE
F
JE
AA 
JE
Lq
A



24
3

Resolución

13. Resolución
TEOREMA II: “Dado dos puntos A y A’
pertenecientes a una línea elástica, la
ordenada de A’ respecto a la tangente en
A es igual al momento estático con
respecto a A’ del área de momentos
reducidos comprendida entre A y A’.”
… y aplicando el Teorema II será:
xF
JE
Y 


1
max
28
5
823
21 2
max
LLqL
JE
Y 




JE
Lq
Y



384
5 4
max
q
A B
L
qL2/8
M
δ
A
AA’
F
Verificamos los resultados obtenidos
con el Método de los Momentos
Reducidos:

14. Bibliografía
Estabilidad II - E. Fliess
Introducción a la estática y resistencia de materiales - C. Raffo
Mecánica de materiales - F. Beer y otros
Resistencia de materiales - R. Abril / C. Benítez
Resistencia de materiales - Luis Delgado Lallemad / José M. Quintana Santana
Resistencia de materiales - V. Feodosiev
Resistencia de materiales - A. Pytel / F. Singer
Resistencia de materiales - S. Timoshenko

15. Muchas Gracias