Deformación por flexión: conceptos clave y dimensionamiento de vigas

Deformación debida a
la Flexión
Complemento Teórico de la Guía de Trabajos Prácticos
El presente trabajo es un sumario de conceptos teóricos de la materia Estabilidad IIb (64.12)
correspondiente a las carreras de Ingeniería Mecánica e Ingeniería Naval y Mecánica.
Ing. Gabriel Pujol
Año de edición 2016

Deformación debida a la Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 1 Curso: Ing. Gabriel Pujol
Tabla de contenido
DEFORMACIÓN DEBIDA A LA FLEXIÓN – ELÁSTICA DE UNA BARRA 3
CONCEPTOS GENERALES 3
RADIO DE CURVATURA 3
DESPLAZAMIENTO VERTICAL 4
DESPLAZAMIENTO ANGULAR 4
ECUACIÓN DE LA ELÁSTICA 5
DIMENSIONAMIENTO DE UNA VIGA A PARTIR DE LA FLECHA 6
MÉTODO DEL ÁREA DEL DIAGRAMA DE MOMENTOS 7
MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA 11
BIBLIOGRAFÍA RECOMENDADA 22

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

Deformación debida a la Flexión – Elástica de una barra
Conceptos Generales
Las piezas flexadas sufren desplazamientos o deflexiones, cuyo control es tan importante para garantizar
el buen comportamiento estructural como la verificación de la resistencia. Cuando la estructura presenta
deformaciones excesivas, la percepción de las mismas por parte de los usuarios genera en éstos una
sensación de alto riesgo.
Los elementos de máquinas, debido a grandes deflexiones pueden presentar desgastes prematuros u
originar efectos vibratorios inadecuados.
Se denomina elástica de una viga solicitada a flexión a la curva que adopta la fibra neutra bajo la acción
de las cargas exteriores.
Radio de Curvatura
Consideremos una viga sometida a flexión,
empotrada en un extremo y libre en el otro. Sea
CDEF un tronco de viga de longitud unitaria y xx la
fibra neutra (figura a).
Bajo la acción de las cargas, la fibra neutra adopta
una determinada curvatura (figura b). Hemos visto
que la fibra neutra no experimenta variación de
longitud, en cambio la fibra más alejada
experimenta un alargamiento total:

d

1
de los triángulos semejantes OCE y OC’E’ se
deduce que:




v
E
C
CE
'
'
o bien:
 
1
1
1




 v
d
v
d





La ecuación (1) mide el aumento de longitud de la
fibra situada a la distancia  + v del centro de
curvatura O. Conforme a la Ley de Hooke la
tensión de dicha fibra es:



v
E
E 



max que debe igualar a: v
I
M


max
 de donde:
 
2
1
I
E
M



; o también  
3
M
I
E 



La expresión (2) expresa la curvatura elástica de flexión y la (3) el radio de curvatura de la misma.
Desplazamiento vertical
De la figura de la página siguiente resulta:
   
4

 d
x
tg
x
df 



df mide el descenso del extremo libre B, originado
por el momento flexor Mx que se produce a la
distancia x del extremo B. En el triángulo OCD se
tiene:




dx
d
d
dx 



que reemplazado en la (4) resulta:

dx
x
df


Por último, sustituyendo el valor de  por el de la
expresión (3), se tiene:
dx
I
E
x
M
df x




el descenso total o flecha máxima se obtiene en el
extremo libre como la suma de todos los df dados.
Luego:

 




l
x
l
dx
I
E
x
M
df
f
0
0
Reglamentariamente se fijan valores para las
flechas admisibles, así se tiene:
• tinglados, galpones, vigas de entrepiso
1/400 a 1/600 de la luz.
• vigas de puentes ferroviarios 1/900 a 1/1200 de la luz.
• ejes de volantes 1/2000 de la luz.
Desplazamiento angular
De la expresión (4) se tiene:
x
df
d
d
x
df 


 
 ; y reemplazando df por su valor será:
dx
I
E
M
x
df
d x






que determina el desplazamiento angular, expresado en radianes, de la fibra media, entre dos secciones
infinitamente próximas. Integrando resulta:

 



l
x
l
dx
I
E
M
d
0
0


valor del ángulo de la tangente a la elástica en B, respecto a la fibra neutra.
Ecuación de la Elástica
Cuando una viga está sometida a la acción de una cupla, flexiona, deformándose. El eje primitivamente
recto toma la forma de una curva, llamada línea elástica.
Para deducir la ecuación de la elástica vamos a suponer que las deformaciones son pequeñas. Además
solo consideramos las deformaciones debidas a los momentos flectores.
Adoptamos un par de ejes coordenados, de manera que el eje “Z” coincida con el eje primitivo de la pieza
y el origen, con un punto de éste (apoyo A). Las ordenadas a la elástica referidas al eje “Z” se las
denomina habitualmente flechas.
Tomando sobre la elástica dos puntos a y b, separados por una
distancia dz, y designando con  el ángulo que forma la
tangente a la elástica en el punto a con respecto a la horizontal
y con d el ángulo que forman entre sí las normales a la
elástica trazadas en a y b, las que se cortan en un punto C,
siendo la distancia Ca el radio de curvatura , tendremos:
ds
d
d
ds



 



1
pero por ser  un ángulo pequeño





















1
1
2
2
dz
dy
dz
d
dz
dy
tg
y
dz
d
dz
ds
Designamos como positivo el momento flexor que deforma la
pieza presentando la concavidad hacia arriba, y negativo en el
caso contrario.

Para los ejes coordenados elegidos vemos que a valores crecientes de z corresponden valores
decrecientes de . En consecuencia, en la ecuación anterior debemos afectar al primer término de un
signo menos, así:


 1
1
2
2





dz
dy
dz
d
Introduciendo esta expresión en la ecuación de alargamientos y tensiones (2) tendremos:
I
E
M
dz
y
d
I
E
M
dz
y
d







 2
2
2
2
1

Dimensionamiento de una viga a partir de la flecha
En muchos casos conviene determinar el perfil de una viga solicitada a flexión simple, fijando previamente
la flecha máxima de deformación vertical.
Como las fórmulas que fijan el valor de la flecha dependen de la luz de la carga, del módulo de elasticidad
(todas magnitudes conocidas) y el momento de inercia del perfil (magnitud desconocida); este último
podrá deducirse.
1. Ejemplo de Aplicación
Calcular el perfil normal doble T necesario para
que, en una viga de 6 m de luz, soportando una
carga de 5 ton en su mitad, se origine una
flecha no superior a 1 cm. Adoptar como adm =
1 ton/cm y E = 2100 ton/cm2.
1.1. Resolución
Siendo la expresión de la flecha:
 



2
0
l
x
dx
I
E
x
M
f
y teniendo presente que:
I
E
l
P
f
I
E
x
P
dx
I
E
x
x
P
f
x
P
M
l
l
x

















  48
6
2
2
3
2
0
3
2
0
despejando J tendremos:
f
E
l
P
I




48
3
y siendo
4
max
l
P
M

 será:
f
E
l
M
I




12
2
max
reemplazando valores será:

   
 
 
 
4
2
3
3
10714
1
2100
48
600
5
48
cm
cm
cm
ton
cm
ton
f
E
l
P
I 














De las tablas de perfiles, puede elegirse un PN doble T 32 con un Wx = 782 cm3. Ahora, será necesario
verificar la tensión efectiva o de trabajo:
   
 
























2
2
3
max
1000
960
782
4
600
5000
1
4
cm
kg
cm
kg
cm
cm
kg
W
l
P
W
M
adm
ef
x
x
ef



Método del área del diagrama de momentos
1. Teoremas del área del diagrama de momentos reducidos
Si relacionamos las ecuaciones analizadas precedentemente llegamos a la siguiente expresión:
I
E
M
ds
d



y siendo dz
ds  obtenemos: )
5
(
dz
I
E
M
d 



Consideremos una porción de línea elástica comprendida entre dos puntos cualesquiera A y B, tal como
se indica en la figura. Las tangentes a la línea
elástica en los puntos extremos, indicadas a
través de los segmentos AB’ y A’B, forman
entre si un ángulo  que suponemos
pequeño.
Supongamos que el diagrama entre los puntos
A1 y B1 es el diagrama de momentos flectores
dividido por E.I correspondiente a la estructura
que presenta la elástica supuesta. A este
diagrama lo denominaremos “diagrama de
momentos reducidos”.
Si consideramos dos secciones de la elástica
muy próximas, separadas entre si ds, ambas
secciones presentan un giro relativo d. En
virtud de la ecuación (5) ese valor resulta ser
igual al área de la franja rayada del diagrama
de momentos reducidos. Luego, si integramos
la ecuación (5) obtenemos el ángulo  que
forman las tangentes externas.
 


B
A
dz
I
E
M

El resultado de la integral dada por esta ecuación no es sino el área del diagrama de momentos
reducidos, con lo cual puede enunciarse el siguiente teorema:

TEOREMA I: “El ángulo  comprendido entre dos tangentes en dos puntos cualesquiera A y B de la línea
elástica, es igual al área total del trozo correspondiente del diagrama de momentos reducidos.”
Consideramos nuevamente la figura y observemos el segmento BB’. Podemos apreciar que cada
segmento ds de la elástica contribuye a la longitud f en una cantidad df
d
z 
 
Luego, integrando estas distancias podemos obtener el valor de f.


 









B
A
B
A
B
A
dz
z
M
I
E
f
dz
z
I
E
M
d
z
f
1
bien
o
)
6
(

Dado que dz
I
E
M


es el área de la franja rayada del diagrama de momentos reducidos, la integral de la
ecuación (6) resulta ser el momento estático con respecto a B del área del diagrama de momentos
reducidos. Esto último permite enunciar el siguiente teorema:
TEOREMA II: “Dado dos puntos A y B pertenecientes a una línea elástica, la ordenada de B respecto a la
tangente en A es igual al momento estático con respecto a B del área de momentos reducidos
comprendida entre A y B.”
El momento estático recientemente mencionado puede calcularse en forma muy simple multiplicando el
área total del diagrama de momentos reducidos comprendida entre A y B por la distancia a su centro de
gravedad. Por otro lado, si la figura que representa el diagrama puede descomponerse en figuras
elementales tales como rectángulos, triángulos, parábolas, etc., el momento estático total resultara ser la
suma de los correspondientes a cada una de las figuras elementales.
Una observación muy importante en cuanto a la aplicación de los teoremas anteriores es que cuando la
elástica tiene un punto de inflexión el diagrama de momentos reducidos cambia de signo, en ese caso
cada parte del diagrama debe tratarse con su propio signo.
En este caso vamos a determinar la flecha 
y el ángulo  en el borde libre de la
estructura en voladizo de la figura. Dado que
la tangente a la elástica en B coincide con el
eje no flexado de la viga, la flecha  resulta
ser el desplazamiento de A respecto a la
tangente en B. Aplicando entonces el
Teorema II tenemos:
• Área total del diagrama de momentos
reducidos comprendida entre A y B:
I
E
L
P
I
E
L
P
L
A









2
2
1
2
1
• Distancia a su centro de gravedad: L
dG 

3
2
I
E
L
P
L
I
E
L
P












3
2
3
1
3
2
2
1



Idénticamente, la pendiente en A es el ángulo que forma las tangentes en A y B, por lo que según el
Teorema I tenemos:
I
E
L
P




2
2
1

A continuación, vamos a determinar el valor de
la flecha máxima que se produce en la viga
simplemente apoyada de la figura.
La flecha máxima tiene lugar en el punto C
donde la tangente a la elástica es horizontal. El
ángulo entre las tangentes en A y C resulta
igual a A. Este ángulo podemos calcularlo de
la siguiente manera:
Aplicando el teorema II podemos calcular la
distancia BB’.
• Área total del diagrama de momentos
reducidos comprendida entre A y B:
L
I
E
b
a
P
L
I
E
b
a
P
b
A
L
I
E
b
a
P
L
I
E
b
a
P
a
A


























2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
• Distancia a su centro de gravedad: b
d
a
b
d G
G 










3
2
y
3
1
2
1
 
b
L
I
E
b
a
P
BB
b
L
I
E
b
a
P
a
b
L
I
E
b
a
P
BB
































6
1
'
operando
y
3
2
2
1
3
1
2
1
'
2
2
La distancia anterior también puede calcularse como:
L
BB
L
BB A
A
'
' 


 

Con lo que tenemos:  
b
L
L
I
E
b
a
P
L
BB
A 








6
1
'

Por otro lado, el área rayada en el diagrama de momentos reducidos también debe darnos el valor de A.
Siendo que ya conocemos el valor de este ángulo podemos calcular z, que es la distancia desde A hasta
el punto donde la flecha es máxima.
• Área total del diagrama de momentos reducidos comprendida entre A y z:

L
I
E
b
z
P
L
I
E
z
b
P
z
Az













2
2
1
2
1
• Distancia a su centro de gravedad: z
dz 

3
1
por lo tanto:
   
3
6
1
2
1 2 b
L
a
z
b
L
L
I
E
b
a
P
z
L
I
E
b
P
A A
z



















Aplicamos el Teorema II podemos determinar la distancia CC’, a partir de la cual determinamos max.
 
 3
3
max
3
max
3
2
3
9
6
1
6
1
'
6
1
'
3
1
2
1
'
b
L
a
L
b
P
L
I
E
b
z
P
z
b
L
L
I
E
b
a
P
CC
z
L
I
E
b
z
P
CC
z
L
I
E
b
z
P
d
A
CC
A
z
z















































4.1. Vigas hiperestáticas de un solo tramo
En lo que sigue resolveremos algunos ejemplos de las vigas
hiperestáticas de un solo tramo, aplicando el método de
superposición.
4.1.1. Viga empotrada – empotrada sometida a
una carga concentrada
Elegimos como sistema primario la viga simplemente apoyada
indicada en la figura. En este caso tenemos dos incógnitas
hiperestáticas por calcular, MA y MB, ya que al no existir cargas
horizontales las reacciones HA y HB son nulas.
Los giros en los extremos A y B pueden determinarse por
superposición de efectos de la siguiente manera:
 
 
2
1
0
2
1
0
2
1
0
2
1
0
0
0
B
B
B
B
B
B
B
A
A
A
A
A
A
A






























el ángulo A0 ya fue determinado en el Ejemplo de Aplicación 7.3
 
b
L
L
I
E
b
a
P
A 







6
1
0

En forma semejante a lo realizado oportunamente, puede
demostrarse que:

 
a
L
L
I
E
b
a
P
B 








6
1
0

Los ángulos A1 y B1 correspondientes a la viga simplemente apoyada cargada con el momento
incógnita MA pueden ser calculados aplicando el Teorema II del área del diagrama de momentos
reducidos.
I
E
L
M
L
L
I
E
M
L
I
E
L
M
L
L
I
E
M
L
A
B
A
B
A
A
A
A























6
3
2
y
3
3
2
2
1
1
1
1




En forma idéntica obtenemos los giros A2 y B2 correspondientes a la viga simplemente apoyada
cargada con el momento incógnita MB :
I
E
L
M
I
E
L
M B
B
B
A









3
y
6 2
2


Luego resolviendo el siguiente sistema de ecuaciones podemos determinar los valores de las incógnitas
hiperestáticas.
 
  


































































2
2
2
2
6
1
3
6
6
1
6
3
L
b
a
P
M
L
b
a
P
M
a
L
L
I
E
b
a
P
M
I
E
L
M
I
E
L
b
L
L
I
E
b
a
P
M
I
E
L
M
I
E
L
A
A
B
A
B
A
Una vez conocidos los valores correspondientes a MA y MB es muy simple calcular las reacciones
verticales y si interesa, el momento máximo MC.
Método de la viga conjugada
Recordemos las siguientes ecuaciones diferenciales ya conocidas:
(3)
;
(2)
;
(1) 2
2
2
2
Q
dz
dM
q
dz
M
d
I
E
M
dz
y
d






y consideramos al diagrama de momentos reducidos, como un diagrama de cargas ficticias q* = M/(EI)
aplicado sobre una viga también ficticia y que llamaremos “viga conjugada”, de la identidad formal entre
las dos ecuaciones (1) y (2) surge que la línea elástica de una viga coincide con el diagrama de
momentos ficticios M* producido en todas las secciones de su viga conjugada cargada con la carga q*,
dado que:
)
4
(
además
pero
*
2
2
*
2
2
2
2
*
2
*
2
*
2
*
M
y
dz
dz
M
d
y
dz
I
E
M
y
d
I
E
M
dz
M
d
q
dz
M
d
I
E
M
q































Esta última conclusión se conoce como Teorema de Mohr sobre la línea elástica, y al diagrama de
momentos reducidos utilizando como carga se lo denomina “carga elástica”.
Si la viga es homogénea y de sección constante (EI= cte), la viga conjugada puede cargarse directamente
con el diagrama de momentos, siempre que luego los resultados sean divididos por EI. Si derivamos la
ecuación (4) obtenemos:
  )
5
(
*
*
Q
dz
dM
tg
dz
dy


 
siendo Q* el esfuerzo de corte ficticio originado en la
viga conjugada por la carga q*.
La ecuación (5) nos muestra que el diagrama de
esfuerzos de corte Q* nos da, para cualquier sección
de la viga real, el valor de la tangente de la línea
elástica. Dado que el esfuerzo de corte Q* en los
extremos de la viga conjugada se corresponde con
las reacciones de vínculo, éstas representan
numéricamente los giros de la elástica de la viga real
en correspondencia con sus apoyos.
B
B
A
A R
R 
 
 *
*
;
En cuanto a las características de la viga conjugada,
dado que al cargarse ésta con las cargas elásticas su
diagrama de momentos flectores debe representar
exactamente la elástica de la viga real, sus vínculos
deben elegirse de manera tal que se respeten estas
premisas.
Consideremos el ejemplo de la figura. En el punto A no tenemos flecha ni pendiente, en el punto B hay un
descenso y además la pendiente a la derecha es distinta que a la izquierda, en el punto C no hay
descenso pero sí existe un giro, y en el punto D tenemos flecha y pendiente.
A
• No hay flecha  M* = 0
• No hay pendiente  Q* = 0
La viga conjugada debe tener un
extremo libre
B
• Hay flecha  M* ≠ 0
• Hay pendiente y resulta distinta a derecha e izquierda
 Qi* ≠ Qd* ≠ 0
apoyo móvil intermedio
C
• No hay flecha  M* = 0
• Hay pendiente y resulta distinta a derecha e izquierda
 Qi* ≠ Qd* ≠ 0
La viga conjugada debe tener una
articulación simple
D
• Hay flecha  M* ≠ 0
• Hay pendiente  Q* ≠ 0
empotramiento

Las conclusiones que hemos obtenido apoyándonos en el ejemplo citado pueden generalizarse de la
siguiente manera:
En algunos casos, en especial cuando las estructuras son estáticamente indeterminadas, la viga
conjugada puede resultar inestable. Este inconveniente queda resuelto cuando se carga a la misma, ya
que el propio estado de cargas le confiere estabilidad.
Ejercicio Nº I: Para la barra en el estado de carga indicado se pide:
a) Dibujar los diagramas de características previo
análisis cinemático.
b) Dimensionar la sección de la barra.
c) Hallar la ecuación de las rotaciones absolutas
y la ecuación de la elástica.
d) Calcular el corrimiento vertical máximo (flecha
máxima).
e) Dibujar el diagrama de rotaciones absolutas y
corrimientos verticales.
Datos: l = 7,4 m; P = 4,5 t; q = 1,8 t/m; adm = 1400 Kg/cm2; adm = 800 Kg/cm2; E = 2,1x106 Kg/cm2;
Perfil “doble T” (DIN 1025)
Resolución:
a) Trazar los diagramas de características previo análisis cinemático:
a.1)Análisis cinemático:
Se trata de una barra isostáticamente sustentada pues posee un apoyo móvil y uno fijo que restringen
sus tres (3) grados de libertad. Además no existen vínculos aparentes pues la normal del apoyo móvil
no pasa por el punto fijo “B”.
a.2)Cálculo de las reacciones de vínculo:
Calculamos las reacciones de vínculo RA y RB. Tomando momento respecto de “A” se tiene:

























t
m
m
t
t
R
l
q
P
R
l
q
l
R
l
P
M
B
B
B
i
91
,
8
2
4
,
7
8
,
1
2
5
,
4
2
2
0
2
2
0
2
Proyectando sobre el eje “y” se tiene:























t
m
m
t
t
t
R
l
q
R
P
R
l
q
R
R
P
P
A
B
A
B
A
i
91
,
8
4
,
7
8
,
1
91
,
8
5
,
4
0
0
a.3)Diagramas de características:
b) Dimensionar la sección de la barra:
b.1)Cálculo de la sección de la barra y verificación de las adm:
La sección más comprometida de la barra es una tal como la n-n; en esta sección resulta:
3
2
5
71
,
1474
1400
10
646
,
20
646
,
20
;
25
,
2
cm
cm
kg
cm
kg
M
W
m
t
M
t
Q
adm
X 










de tablas obtenemos el perfil “doble T” (DIN 1025) 425, que tiene un módulo resistente WX = 1740 cm3;
por lo que resulta entonces:

b.2)Verificación de las tensiones normales debidas a la flexión y las tangenciales debidas al
corte:
Las tensiones normales debidas a la flexión las calculamos como sigue:
2
2
3
5
max
3
5
1400
55
,
1186
1740
10
646
,
20
1740
10
646
,
20
cm
kg
cm
kg
cm
cm
kg
W
M
cm
W
cm
kg
M
adm
x
x




















Las tensiones tangenciales las calculamos como sigue:
2
2
4
3
max
4
3
max
max
max
800
49
,
160
53
,
1
36970
1020
8900
53
,
1
;
36970
;
1020
;
8900
:
cm
kg
cm
kg
cm
cm
cm
kg
cm
e
cm
J
cm
S
kg
Q
donde
e
J
S
Q
adm
X
X
X
X

















c) Hallar la ecuación de las rotaciones absolutas y la ecuación de la elástica:
c.1)Tramo AC:
Recordamos que (siendo  el corrimiento vertical o flecha):
)
4
(
1
)
3
(
;
)
2
(
;
)
1
(
2
2

 




















dx
M
J
E
dx
J
E
M
dx
J
E
M
d
dx
d
J
E
M
dx
d
dx
d
dx
dM
Q
dx
dQ
q






Por lo tanto será de (1):

l
q
R
x
q
Q
l
q
R
C
R
Q
C
x
q
dx
q
Q
A
A
A
l
x





















1
1
de (2) resulta:
 
   2
2
2
2
2
2
2
0
2
l
x
q
l
x
R
M
l
R
l
q
C
M
C
x
l
q
x
R
x
q
dx
l
q
R
x
q
dx
Q
M
A
A
l
x
A
A































 
de (4) será:
   
   
    



































































 
3
2
3
2
3
2
3
2
3
3
2
2
48
8
6
2
1
48
8
1
0
6
2
1
2
1
1
l
q
l
R
l
x
q
l
x
R
J
E
l
q
l
R
J
E
C
C
l
x
q
l
x
R
J
E
dx
l
x
q
l
x
R
J
E
dx
M
J
E
A
A
A
l
x
A
A




y de (3) resulta:
   
   
       





















































































 
l
x
l
q
l
x
l
R
l
x
q
l
x
R
J
E
l
q
l
R
J
E
C
C
x
l
q
x
l
R
l
x
q
l
x
R
J
E
dx
l
q
l
R
l
x
q
l
x
R
J
E
dx
A
A
A
l
x
A
A
A
A
3
2
4
3
4
3
4
4
3
2
4
3
3
2
3
2
48
8
24
6
1
48
8
1
0
48
8
24
6
1
48
8
6
2
1





c.2)Tramo BC:
Procediendo en forma análoga, resulta:
B
R
x
q
Q 



2
2
x
q
x
R
M B 


















 3
2
3
2
48
8
6
2
1
l
q
l
R
x
q
x
R
J
E
B
B





















 x
l
q
x
l
R
x
q
x
R
J
E
B
B 3
2
4
3
48
8
24
6
1

d) Calcular el corrimiento vertical máximo (flecha máxima):
El valor de la flecha máxima lo obtenemos cuando x = l/2, por lo que reemplazando en alguna de las
expresiones de  resulta:
cm
l
q
l
R
l
q
l
R
J
E
B
B
l
x
3940
,
1
96
16
384
48
1 4
3
4
3
2


















 

e) Dibujar el diagrama de rotaciones absolutas y corrimientos verticales:
e.1)Tabla de valores:
X (cm)  (x10-3)  (cm)
0 0 = 0 - 5,89 0
1 L/10 = 74 - 5,59 0,429
2 2L/10 = 148 - 4,76 0,815
3 3L/10 = 222 - 3,49 1,123
4 4L/10 = 296 - 1,87 1,324
5 5L/10 = 370 0 1,394
6 6L/10 = 444 1,87 1,324
7 7L/10 = 518 3,49 1,123
8 8L/10 = 592 4,76 0,815
9 9L/10 = 666 5,59 0,429
10 L = 740 5,89 0
e.2)Gráficos:

Ejercicio Nº II: Una varilla de aluminio de sección semicircular y radio “r” es flexada en forma de arco
circular de radio medio “”.
Sabiendo que la cara plana de la varilla está
orientada hacia el centro de curvatura del arco se
pide:
a) Determinar las tensiones máximas tanto de
tracción como de compresión en la varilla.
b) Determinar el valor de la deformación
máxima.
Resolución:
a) Cálculo de las máximas tensiones de
tracción y compresión:
a.1)Cálculo de la máxima tensión de tracción:
Planteando la relación entre tensiones y
deformaciones resulta:

0
0
1
0 l
l
l
l
l
además
E





 


 
 













 1
1
1
1
1
0 y
E
y
y
y
l
l
t 


















ahora bien, siendo:










































3
4
1
3
4
1
3
4
3
4
1
max
1
2
2
1
r
E
y
E
r
r
r
y
r
y
con
y
r
y
t
a.2)Cálculo de la máxima tensión de compresión:
En forma análoga será:





r
E
y
E
r
y c 







3
4
3
4 2
2
b) Cálculo de la deformación máxima:
La calculamos como sigue:
 
 












 1
1
1
1
0
0
0
1
0
y
y
y
l
l
l
l
l
l
l





















Ejercicio Nº III: Sea la viga de madera dimensionada en el Ejercicio Nº 25 del Trabajo Práctico Nº 5, de
longitud L cuya sección es rectangular y su sección es K, que posee una inclinación dada por el ángulo 
estando apoyada en sus extremos y sometida a una carga uniformemente distribuida de magnitud p que
actúa en el plano vertical según puede observarse en la figura. De acuerdo a los datos que se indican se
solicita:
a) Determinar el máximo corrimiento vertical (v) de la misma.
Datos: L = 3,10 m; p = 3 kN/m;  = 15°; K (h/b) = 2,5; JX = 5333,33 cm4; JY = 853,33 cm4; E = 1,05 kN/cm2

Resolución:
a) Determinación del máximo corrimiento vertical
El máximo corrimiento vertical tiene una determinada dirección cuyas componentes escalares son:
j
i y
x





 


Aplicando el principio de superposición de
efectos puede proyectarse dicho
corrimiento según la línea de fuerza m, y
de esa forma obtener el máximo
corrimiento vertical (v) solicitado, es
decir:
   




 cos
sin 


 y
x
v
Por otra parte la carga específica p que
actúa en el plano vertical de cargas,
definido por la línea de fuerzas m, posee
las siguientes componentes escalares:
j
p
i
p
p y
x






Siendo:
   
   















sin
cos
cos
sin
p
p
p
p
p
p
y
x
Finalmente, de acuerdo con lo analizado en el ejercicio de aplicación IV y teniendo en cuenta que en este
caso para las cargas exterioeres P = 0 y que las causas de los corrimientos y y x son respectivamente
las componentes de las cargas específicas py y px. Se tiene:























t
m
m
t
R
l
q
R
l
q
l
R
M
B
B
B
i
91
,
8
2
4
,
7
8
,
1
2
0
2
0
2
J
E
l
q
J
E
l
q
x
l
q
x
q
x
l
q
J
E
l
x 











































4
4
2
max
3
4
3
384
5
48
1
384
1
96
1
24
24
12
1



por lo que:

 
 























X
X
x
y
Y
Y
y
x
J
E
L
p
J
E
L
p
J
E
L
p
J
E
L
p
4
4
4
4
cos
384
5
sin
384
5




y reemplazando y agrupando se obtiene:
   
 
 
 
 
 
   
cm
cm
cm
cm
kN
cm
cm
kN
J
J
E
L
p
v
Y
X
v
87
,
0
33
,
853
15
sin
33
,
5333
15
cos
05
,
1
310
10
3
384
5
sin
cos
384
5
4
2
4
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4


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
















Bibliografía Recomendada
• Estabilidad II - E. Fliess
• Resistencia de materiales - R. Abril / C. Benítez
• Problemas de resistencia de materiales - M. Ferrer Ballester y otros
• Curso superior de resistencia de materiales - F. Seely / J. Smith(Título original de la obra: "Advanced
Mechanics of Materials")
• El acero en la construcción (Título original de la obra: "Stahl im hochbau")
• Introducción a la estática y resistencia de materiales - C. Raffo
• Mecánica de materiales - F. Beer y otros
• Mecánica de materiales - R. C. Hibbeler
• Problemas de resistencia de materiales - I. Miroliubov y otros
• Problemas de resistencia de materiales - A. Volmir
• 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

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