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Solicitación por 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

Solicitación por Flexión (Complemento Teórico)
Estabilidad IIB – 64.12 hoja 1 Curso: Ing. Gabriel Pujol
Tabla de contenido
SOLICITACIÓN POR FLEXIÓN SIMPLE 3
CONCEPTOS GENERALES 3
FLEXIÓN PURA NORMAL 3
ECUACIÓN DE ESTABILIDAD 5
CÁLCULO DE LA SECCIÓN RESISTENTE 6
PERFIL MÁS ECONÓMICO 6
SOLICITACIÓN POR FLEXIÓN OBLICUA 9
DETERMINACIÓN DE LAS TENSIONES 10
POSICIÓN DEL EJE NEUTRO 11
DETERMINACIÓN DE LA SECCIÓN 11
SOLICITACIÓN POR FLEXIÓN COMPUESTA 21
DETERMINACIÓN DE LA TENSIÓN 22
DETERMINACIÓN DE EJE NEUTRO 22
NÚCLEO CENTRAL 23
EJEMPLO DE APLICACIÓN 24
SOLICITACIÓN POR FLEXIÓN COMPUESTA OBLICUA 25
SOLICITACIÓN POR FLEXIÓN Y CORTE 29
IGUALDAD ENTRE TENSIONES DE CORTE Y TENSIONES RASANTES 29
TENSIONES RASANTES 30
BIBLIOGRAFÍA RECOMENDADA 40
RECURSOS MULTIMEDIA 40

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

Solicitación por Flexión Simple
Conceptos Generales
Designamos flexión simple, aquella forma de solicitación para la cual la reducción al baricentro de la
sección considerada de las fuerzas que actuando a uno y otro lado de la misma, se reducirían a dos pares
normales al plano de aquellas, con o sin esfuerzo de corte (en el primer caso estaríamos ante una
solicitación de flexión pura y en segundo en una de flexión y corte).
Designaremos con el nombre de plano de flexión al plano en que actúan los pares flexores y línea de
fuerzas a la traza de dicho plano con el plano de la sección.
En el caso de la flexión simple pueden presentarse dos casos:
 que la línea de fuerzas coincida con uno de los
ejes principales de inercia de la sección (flexión
simple normal)
 que la línea de fuerzas forme un cierto ángulo 
con ese eje (flexión simple oblicua)
Flexión pura normal
Sea en la figura una sección F de un sólido de alma
llena solicitado por un par flexor de momento M.
Supondremos que la línea de fuerzas coincide con uno
de los ejes principales de inercia de la sección (flexión
simple normal).
Por ser nulos los esfuerzos de corte y normal, las
ecuaciones de equivalencia tendrán las siguientes expresiones:
 
 
1
0
0
0
0
0









































F
x
F
x
F
xz
xy
F
xz
F
xy
F
x
dF
y
M
dF
z
dF
y
z
dF
dF
dF







Estas expresiones por sí solas no resuelven el problema, sino que es necesario recurrir a hipótesis
relativas al comportamiento de la sección, suficientemente exactas y verificadas experimentalmente.
Como hipótesis fundamental de la flexión admitiremos la de Bernoulli-Navier que establece que en la
flexión, las secciones normales al eje de la pieza se mantienen planas a través de las deformaciones y
giran en torno a un eje denominado eje neutro, que pertenece a la sección.
Al mantenerse planas las secciones, no pueden originarse distorsiones y en consecuencia por ser

 
 G no existen tensiones tangenciales. Por esta razón, la 2ª, 3ª y 4ª de las expresiones (1) resultan
idénticamente nulas.

Considerando ahora dos secciones consecutivas 1-1 y 2-2 de una barra de eje rectilíneo, sujeta a flexión
pura, separadas a una distancia unitaria, dónde sobre cada sección actúan pares opuestos de momento
M.
y suponiendo que la línea de fuerzas coincide con uno de los ejes principales de inercia de la sección (por
ser flexión normal); y también que el eje neutro n-n, forma un ángulo  con la línea de fuerzas
(representada por el eje y). Supondremos además, fija la sección 1-1 y consideraremos la rotación relativa
de la sección 2-2.
Una fibra cualquiera s-s experimentará un alargamiento o un acortamiento según su posición en la
sección SS’ que, por ser su longitud original unitaria, corresponderá directamente al alargamiento
específico . Los alargamientos de las distintas fibras variarán linealmente en función de su distancia al
eje neutro.
Si llamamos x
 al alargamiento de las fibras situadas a una distancia unitaria del eje neutro, el
correspondiente a las fibras situadas a una distancia “y” será:
x
x y 
 

y, de acuerdo con la ley de Hooke, será:
x
x
x y
E
E 

 




y llamando x
E 
 
 resultará ser:

 
 y
x
Reemplazando el valor de  en la 1ª, 5ª y 6ª expresiones de las ecuaciones (1) resulta:
   
0
sin
0
0
sin
0
0
2
2

















































cte
con
dF
y
M
dF
z
y
dF
y
dF
y
M
dF
z
y
dF
y
F
F
F
F
F
F










analizando las dos primeras ecuaciones, vemos que, por ser 0

 , debe necesariamente ser:














F
F
dF
z
y
dF
y
nulo)
centrífugo
(momento
0
nulo)
estático
(momento
0
La primera por tratarse de un momento estático nulo nos dice que el eje neutro debe, necesariamente,
debe ser baricéntrico, y la segunda, que es la expresión del momento centrífugo de la sección respecto de
los ejes “n-n” e “y”, establece que ambos son conjugados de inercia. En consecuencia para la flexión pura
normal se cumple que:
 el eje neutro es baricéntrico;
 el eje neutro es conjugado de inercia de la línea de fuerzas, y como ésta coincide con un eje
principal de inercia, ambos son normales, y se tiene º
90

 .
Ecuación de Estabilidad
Por lo expuesto, el eje longitudinal de la barra, bajo la acción de los pares opuestos M adquiere una cierta
curvatura. Las secciones planas CD y EF que antes formaban un rectángulo CDEF, forman un trapecio
con CE < DF. Esto es, las fibras superiores se acortan (experimentan compresión) y las fibras inferiores
se alargan (experimentan tracción).
Por consiguiente debe existir una capa de fibras que no sufre deformación alguna y por lo tanto, ninguna
tensión. Esta capa neutra es la que se denomina eje neutro y es perpendicular al eje de simetría del perfil.
Un elemento de área dA distante y del eje neutro, estará solicitado por un esfuerzo interno de intensidad
.dA.
Para que la sección considerada permanezca en equilibrio, será necesario que, además que la suma de
todos los esfuerzos interiores resulte igual a 0 (cero), el momento de aquellos esfuerzos .dA respecto
del eje neutro iguale al momento M de las fuerzas exteriores, así tendremos:

 









A
A
cte
y
con
dA
y
M
dA
y
M 0
2 



por lo tanto, y siendo:

 







A
x
x
x M
J
y
M
J
dA
y
J


2
o sea:
x
J
y
M 


fórmula que determina el valor de la tensión  en un punto genérico de la sección solicitada por un
momento flexor M. Como por razones de seguridad debe dimensionarse para el máximo momento
actuante y correspondiente la máxima tensión a la fibra más alejada del eje neutro (ymax = v), entonces, y
siendo:
v
J
M
J
v
M
J
y
M
x
x
x
max
max
max
max
max
max bien
o 



 

la magnitud  
3
cm
v
J
W x
x  es el módulo resistente del perfil, por lo que:
x
W
M


Se observa que si el centro de gravedad no está en la mitad de
la altura h del perfil, los valores del módulo resistente son dos:
2
1
2
2
1
1 que
dado v
v
v
J
W
v
J
W x
x




por razones de seguridad se utiliza el menor de ellos.
Cálculo de la Sección Resistente
Para dimensionar el perfil de una viga solicitada a flexión simple se procede determinando el máximo
momento flexor M, se elige la forma del perfil (T, doble T, L, U, etc) y fijada la tensión admisible adm se
deduce:
 
3
max
cm
M
W
adm
x


Se busca en la tabla correspondiente al perfil elegido una sección de módulo Wx igual o inmediatamente
superior que se adopta.
Perfil más económico
Fijada la tensión admisible (adm) se deduce:
adm
M
W

 o sea que el módulo resistente es
directamente proporcional al momento flexor. Conviene pues, un W elevado para que el perfil esté en
condiciones de resistir un momento mayor. Por otra parte, el perfil más económico será aquel que,
conjuntamente con un W elevado, posea un peso mínimo.
Como el peso de un perfil es proporcional al área A de la sección, ésta tendrá que ser la mínima posible.
Por tal razón podemos definir un coeficiente c, tal que:

A
W
c  es el valor económico de un perfil. (un mayor “c” corresponde a un perfil más económico)
Problemas de aplicación
Ejercicio I: Una viga de madera blanda (adm = 60 kg/cm2) y sección rectangular soporta un momento
flexor máximo de 2 ton. Determinar sus
dimensiones si adoptamos una relación b = 0.7 h.
Resolución:
Luego, si está apoyada sobre b (figura b) será:
6
2
12
2
12
2
3
max
max
3
h
b
h
h
b
W
v
J
W
h
v
h
b
J
x
x
x
x


















:
que
lo
por
6
7
,
0 3
h
Wx



 
   
   



































cm
cm
h
b
cm
cm
ton
cm
ton
h
h
cm
ton
cm
ton
W
M
x
adm
35
,
21
50
,
30
7
,
0
7
,
0
50
,
30
06
,
0
7
,
0
6
200
6
7
,
0
200
06
,
0
3
2
3
2
max

Adoptando un perfil de 30 x 21 cm2 (
3
3150 cm
Wx  ) la máxima tensión será:
 
  








 2
max
63
3150
200
cm
kg
cm
cm
ton
W
M
x
adm

Luego, si está apoyada sobre h (figura b) será:
2
,
4
6
2
12
2
12
3
2
3
max
max
3
b
W
b
h
b
b
h
W
v
J
W
b
v
b
h
J
y
y
y
y
y




















por lo que:

 
   
   

































cm
cm
b
h
cm
cm
ton
cm
ton
b
b
cm
ton
cm
ton
W
M
y
adm
30
,
34
7
,
0
24
7
,
0
24
06
,
0
2
,
4
200
2
,
4
200
06
,
0
3
2
3
2
max

o sea, una sección aproximadamente un 26% mayor.
Ejercicio II: Las ruedas de un vagón móvil están sostenidas por dos vigas de sección doble “T” (PNI –
DIN 1025). El vagón se puede desplazar sobre toda la longitud de las vigas. Determinar:
a) La posición más desfavorable del
vagón, dada por la distancia “z”
entre el apoyo izquierdo de la viga y
la rueda izquierda del vagón.
b) El momento flexor máximo en las
vigas, siendo “P” la carga máxima
por rueda del vagón.
c) Las dimensiones de los perfiles de
las vigas para que no se supere el
máximo valor del max dado.
Resolución:
a) Cálculo de la posición más desfavorable del
vagón:
La posición más desfavorable del vagón la
calculamos como sigue:
a.1)Cálculo de las reacciones de vínculo:
Para que el sistema esté en equilibrio la sumatoria
de momentos y fuerzas verticales debe ser nula:
 
1
2
2
0
B
A
B
A
v
R
P
R
P
R
R
F











 
   
2
2
0
d
z
L
P
R
L
R
d
z
P
z
P
M
B
B
A














Sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas, por lo que resulta:
 
 

















d
z
L
P
R
d
z
L
L
P
R
B
A
2
2
2

a.2)Cálculo da la posición más desfavorable:
El momento flexor referido a la posición de la rueda de la izquierda es:
      z
d
z
L
L
P
z
M
z
R
z
M f
A
f 








 2
2
y la posición para la cual el momento flexor resulta máximo lo calculamos derivando respecto de “z” e
igualando a 0 (cero).
 
 
4
2
0
4
2
d
L
z
d
z
L
L
P
dz
z
dM f










b) Cálculo del momento flexor máximo en las vigas:
El mayor momento flexor estará en concordancia con la posición de la rueda izquierda del vagón, así
tendremos:









4
2
max
d
L
R
M A
f
c) Dimensionamiento del perfil:
Para dimensionar el perfil calculamos el valor del módulo resistente Wx y seleccionamos de tablas:
max
max
max
max


f
x
x
f M
W
W
M



d) Diagramas de característica:
Solicitación por Flexión Oblicua
Conceptos Generales
Hasta ahora hemos supuesto que la traza de la línea de fuerzas coincida con un eje de simetría de la
sección. Si el eje de solicitación no está superpuesto con un eje de simetría de la sección, pasando no
obstante, por el baricentro de la misma, nos encontraremos con el caso de flexión oblicua.

Podrá decirse: “Hay flexión oblicua cuando el eje de solicitación no es eje principal de inercia”.
Determinación de las Tensiones
Sea ABCD la sección de una
pieza solicitada a flexión;  es el
ángulo formado por la superficie
de apoyo con el plano horizontal;
xx e yy son los ejes principales de
inercia; ss es la traza del plano de
las fuerzas exteriores (línea de
fuerzas);  es el ángulo de ss con
el semieje positivo de las x.
El procedimiento de cálculo
consiste en reducir la flexión
oblicua a otras dos flexiones
rectas según los ejes principales
de inercia. Para ello se
descompone el momento M en
dos componentes, una Mx que
actúa en el plano de traza y y otro My actuando en el plano de traza x.
 
 









cos
sin
M
M
M
M
y
x
Un punto genérico A de coordenadas (x,y) estará solicitado por una
tensión x originada por el momento Mx y otray originada por el
momento My.











x
J
M
y
J
M
y
y
y
x
x
x



En cuanto al signo que corresponde a las tensiones (compresión o tracción) dependerá de la posición
relativa del punto respecto al par de ejes principales de inercia y cuya regla se aprecia en la figura.
El punto genérico A(x,y) estará solicitado por la tensión , suma algebraica de x yy.
x
J
M
y
J
M
y
y
x
x
y
x 




 


Si v es la distancia al eje xx, del punto más alejado de la sección y u la del punto más alejado del eje yy,
se tendrá:
y
y
x
x
y
y
y
x
x
x
y
y
x
x
W
M
W
M
W
M
W
M
u
J
W
v
J
W






















max



debiendo ser adm

 
max
Posición del Eje Neutro
El eje neutro está constituido por los puntos del perfil en los cuales la tensión total es nula. Luego si se
pone  = 0 se tiene:
  x
ctg
J
J
y
W
M
W
M
y
x
y
y
x
x







 
 0
que es lineal en x e y y representa la recta que pasando por G es la ecuación del eje neutro n-n de la
sección. Su posición respecto del eje positivo de las x está determinada por el ángulo , tal que:
   

 ctg
J
J
tg
y
x



en caso que los ejes adoptados para descomponer el momento no fuesen ejes principales de inercia
(conjugados de inercia) resultaría 0

xy
J , por lo que:
 
 
  y
xy
xy
x
J
tg
J
J
tg
J
tg








Determinación de la Sección
Recordando que adm

 
max y operando, se tiene:
y
x
x
y
x
adm
y
y
x
x
x
adm
W
W
W
M
M
M
W
W
M
W
















 


 con
1
de donde:


 x
y
adm
y
x
x
W
W
M
M
W 


 y

Problemas de aplicación
Ejercicio III: Las correas de una cubierta distan 3,20 m en la dirección del cordón superior y 2,50 m en
proyección horizontal. La separación entre armaduras es de 4 m y las carga permanente alcanza a 500
kg/m. Determinar el PN doble T necesario para una tensión
admisible adm = 1000 kg/cm2. Hallar la posición de eje
neutro. Considerar 7

 .
Resolución:
El ángulo  que forma el eje de solicitación ss con el eje x es:
 
'
20
º
51
'
40
º
38
º
90
º
90
'
40
º
38
781
,
0
20
,
3
50
,
2
cos















El momento de las fuerzas exteriores vale:
   
   
m
kg
m
m
kg
l
p
M 




 1000
8
4
/
500
8
2
2
La participación de M en las direcciones de los ejes principales de inercia xx e yy viene dada por la
siguiente expresión:
       
       

















m
kg
m
kg
M
M
m
kg
m
kg
M
M
y
x
624
'
20
º
51
cos
1000
cos
780
'
20
º
51
sin
1000
sin


Como primera aproximación adoptamos  = 7, entonces será:
   
   
3
2
80
,
630
/
1000
62400
7
78000
cm
cm
kg
cm
kg
cm
kg
M
M
W
adm
y
x
x 










De la tabla de perfiles PN doble T el primer perfil cuyo Wx no es inferior al valor obtenido es el PN30 con
un Wx = 653 cm3 y con un  = 9,04. Repitiendo ahora el cálculo con este valor tendremos:
   
   
3
2
642
/
1000
62400
04
,
9
78000
cm
cm
kg
cm
kg
cm
kg
M
M
W
adm
y
x
x 










que verifica, pues: Wx (PN30) = 653 cm3 > 642 cm3 . La tensión de trabajo (tr ) será:
   
   
2
3
/
983
653
62400
04
,
9
78000
cm
kg
cm
cm
kg
cm
kg
W
M
M
x
y
x
tr 










que verifica, pues:    
2
2
/
983
/
1000 cm
kg
cm
kg tr
adm 

 

La posición de eje neutro respecto del semieje positivo de las x se calcula como sigue:

   
 
 
 
    '
40
º
86
'
20
º
51
450
9800
450
9800
es
PN30
de
tabla
la
de
4
4
4
4





















ctg
cm
cm
arctg
cm
J
cm
J
ctg
J
J
tg
y
x
y
x



Ejercicio IV: Las corres de acero utilizadas en la estructura de la cubierta que se observa en la figura
corresponden a un perfil doble T (según norma
DIN 1025) y a una sección rectangular tubular
estando sometidas a cargas verticales de igual
magnitud. Se solicita determinar:
1. Cuál de las secciones es la más
resistente.
2. El valor de la pendiente 0 para que
ambas secciones tengan la misma
resistencia.
Datos: Perfil PNI100; h = 10 cm; b = 5 cm;
e = 0,3 cm; 0 = 25°
Resolución:
1) Cálculo de la sección más resistente
La sección más resistente es aquella que a
igual condición de carga, la máxima tensión
Z que se genera es la menor. Para
realizar este cálculo debe tenerse presente
que en ambos casos se tiene una flexión
simple oblicua, donde:
m: línea de fuerzas que resulta de la
intersección del plano de cargas con la
sección transversal de la correa.
Como se observa:
   
   















Mf
Mf
Mf
Mf
Mf
Mf
Mf
Mf
Y
X
4226
,
0
cos
sin
9063
,
0
sin
cos




Además, en ambos casos las tensiones normales máximas Z max ocurren en los puntos (1) y (2) siendo
para el punto (1) de compresión y para el punto (2) de tracción, donde al ser los ejes x e y de simetría,
dichas tensiones para cada uno de los casos son de igual magnitud.
Su expresión en valor absoluto será:
   
Y
X
Y
Y
X
X
Z
W
Mf
W
Mf
W
Mf
W
Mf 


sin
cos
max








a) Perfil doble T PNI100 (según norma DIN 1025)
De la tabla de perfiles se obtiene:
2
3
3
60
,
10
;
88
,
4
;
20
,
34 cm
F
cm
W
cm
W Y
X 


y reemplazando:
Mf
Mf
Mf
Z 





 113098
,
0
88
,
4
4226
,
0
20
,
34
9063
,
0
max

b) Sección tubular rectangular
Para el perfil tubular será:
     
     

















cm
cm
cm
e
h
h
cm
cm
cm
e
b
b
4
,
9
3
,
0
2
10
2
4
,
4
3
,
0
2
5
2
1
1
Calculamos las características geométricas de la sección:
         
   
     
   
   
 
   
     
   
   
 
3
4
4
3
3
3
1
1
3
3
4
4
3
3
3
1
1
3
2
1
1
98
,
14
5
2
44
,
37
2
2
44
,
37
12
4
,
4
4
,
9
12
5
10
12
12
42
,
22
10
2
12
,
112
2
2
12
,
112
12
4
,
9
4
,
4
12
10
5
12
12
64
,
8
4
,
9
4
,
4
10
5
cm
cm
cm
h
J
h
J
W
cm
cm
cm
cm
cm
b
h
b
h
J
cm
cm
cm
h
J
h
J
W
cm
cm
cm
cm
cm
h
b
h
b
J
cm
cm
cm
cm
cm
h
b
h
b
F
Y
Y
Y
Y
X
X
X
X







































y reemplazando:
Mf
Mf
Mf
Z 






 068635
,
0
98
,
14
4226
,
0
42
,
22
9063
,
0
max

Comparando ambas tensiones se aprecia que:
64782
,
1
068635
,
0
113098
,
0
max
max








Mf
Mf
K
Z
Z



 
  2268
,
1
64
,
8
60
,
10
2
2



cm
cm
F
F
K
tubular
T
doble
F
Se deduce que la sección de tubo rectangular es aproximadamente 65% más resistente que el perfil doble
T. Otra de las ventajas comparativas de la sección rectangular tubular respecto de la sección doble T es
que el área del perfil doble T resulta casi un 23% más pesada, redundando la selección del perfil tubular
en una economía de material.

2) Cálculo de la pendiente 0 para que ambas secciones tengan la misma resistencia.
El ángulo 0 para que ambas secciones tengan la misma resistencia puede obtenerse igualando las
expresiones de la tensiones normales Z max.
       
   
   
  2
4
0
2
6
345
,
6
111195
,
0
138162
,
0
015363
,
0
tan
sin
138162
,
0
cos
015363
,
0
98
,
14
1
88
,
4
1
sin
20
,
34
1
42
,
22
1
cos
98
,
14
sin
42
,
22
cos
88
,
4
sin
20
,
34
cos
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
max
max





























































f
f
f
f
f
f
Z
Z
M
M
M
M
M
M
Ejercicio V: En la barra indicada en la figura corresponden a un perfil U (según norma DIN 1026)
sometida a flexión simple oblicua que actúa según la línea de fuerzas
m de acuerdo a los datos indicados. Se solicita determinar:
1. Ubicar la posición de eje neutro n.
2. Determinar las tensiones normales máximas de compresión Z
max(1) y tracción Z max(2).
3. Determinar mediante la circunferencia de Mohr
a. La posición del eje neutro
b. Con los valores obtenidos, calcular Z max(1) y Z max(2) y
trazar los diagramas de tensiones.
4. Realizar un cuadro comparativo de valores.
Datos: Perfil PNU180; Mf = 400 kN.cm;  = 60°
Resolución:
1) Ubicación del eje neutro n
De acuerdo con la tabla de perfiles según norma DIN 1026 se obtiene
para el Perfil PNU180:
h = 18 cm; b = 7 cm; F = 28 cm2; Jx = 1350 cm4; Jy = 114 cm4;
ey = 1,92 cm; b- ey = 5,08 cm
El eje neutro n es conjugado de inercia de la línea de fuerzasa m y
puede determinarse su ubicación mediante la siguiente expresión:
     
   
1
4
81
837
,
6
60
cot
114
1350
cot
tan 4
4

















cm
cm
J
J
Y
X

2) Cálculo de las tensiones máximas de compresión Z max (1) y tracción Z max (2).
Las componentes escalares del vextor Mf en valores absolutos serán:
     
     

































2
2
200
60
cos
400
sin
41
,
346
60
sin
400
cos
cm
kN
cm
kN
Mf
Mf
cm
kN
cm
kN
Mf
Mf
Y
X


Como el momento flexor Mf de la barra es positivo, esta se deformará presentando una concavidad hacia
arriba, y consecuentemente el punto (1) estará sometido a una tensión Z de compresión y el punto (2)
de tracción. Para calcular dichos valores se aplican las siguientes expresiones:
 
 
 
     
    





























2
4
4
1
max
1
1
1
max
68
,
5
92
,
1
114
200
9
1350
41
,
346
cm
kN
cm
cm
cm
kN
cm
cm
cm
kN
x
J
Mf
y
J
Mf
Z
Y
Y
X
X
Z


 
 
 
     
    





























2
4
4
2
max
2
2
2
max
22
,
11
08
,
5
114
200
9
1350
41
,
346
cm
kN
cm
cm
cm
kN
cm
cm
cm
kN
x
J
Mf
y
J
Mf
Z
Y
Y
X
X
Z


3) Aplicación de la circunferencia de Mohr
Con los valores obtenidos de la circunfeencia de Mohr (ver figura) y siendo:
  n
J
Mf
n
J
Mf
n
n
n
Z 






sin
tendremos:
 
     
   
 
     
    





























2
4
2
2
max
2
4
1
1
max
17
,
11
35
,
6
140
38
sin
400
sin
72
,
5
25
,
3
140
38
sin
400
sin
cm
kN
cm
cm
cm
kN
n
J
Mf
cm
kN
cm
cm
cm
kN
n
J
Mf
n
Z
n
Z




Nota: (ver gráfico en página 17)
4) Cuadro comparativo de valores
Valores Analíticamente Circ. de Mohr
z max (1) [kN/cm2
] -5,68 -5,72
z max (2) [kN/cm2
] 11,22 11,17

 - -81°41’ -82°
Ejercicio VI: La viga de madera de longitud L cuya sección es rectangular y su sección es K, 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 lo siguiente:
1. Dimensionar la sección
2. Calcular analíticamente la posición del eje neutro
3. Verificar el punto anterior mediante la circunferencia de Mohr
4. Verificar para la sección adoptada su condición resistente y trazar el diagrama de tensiones
normales Z

Datos: L = 3,10 m; p = 3 kN/m;  = 15°; K (h/b) = 2,5; adm = 1,1 kN/cm2
Resolución:
1) Dimensionamiento de la sección
En primer lugar, debe determinarse la sección que soporta el momento flexor máximo y el valor del
mismo. En el presente caso y por razones de simetría geométrica y de cargas, dicha sección es la
correspondiente a la mitad de la luz entre apoyos L/2 = 1,55 m, siendo la misma:
 
 
   
cm
kN
m
kN
Mf
m
m
kN
L
p
Mf
X
X















360
60
,
3
8
10
,
3
3
8
max
2
2
max
Por otro lado debe tenerse en cuenta que el problema
planteado es de flexión oblicua de las características mostrada
en la figura.
 
 









cos
sin
Mf
Mf
Mf
Mf
Y
X
Además, las tensiones Z max ocurren en los puntos extremos
(1) y (2), donde para el punto (1) se tiene compresión y para el punto (2) tracción, siendo ambas de igual
valor absoluto, dado que los ejes x e y de referencia son ejes de simetría de la sección. Su expresión
será:
Y
Y
X
X
Z
W
Mf
W
Mf


max

Para dimensionar desde el punto de vista resistente, debe cumplirse: Z max ≤ adm por lo tanto:
       
 




 cos
sin
cos
sin









 



 K
W
Mf
W
Mf
W
Mf
Mf
X
Y
X
adm
donde:

5
,
2
2
12
2
12
3
3








b
h
b
b
h
h
h
b
W
W
K
Y
X
Por lo tanto:
   
       
 
 
3
2
85
,
527
75
cos
5
,
2
75
sin
1
,
1
360
cos
sin
cm
W
cm
kN
cm
kN
K
Mf
W
X
adm
X

















 


Dimensionando tendremos:
     
     































cm
cm
cm
K
h
b
cm
cm
cm
h
W
K
h
K
h
h
K
h
h
b
W X
X
8
97
,
7
5
,
2
93
,
19
20
93
,
19
85
,
527
5
,
2
6
6
6
6
6
3 3
3
3
2
2
2) Cálculo analítico del eje neutro
Siendo los ejes de referencia x e y ejes de simetría de la sección, la
expresión que permite el cálculo del eje neutro es la siguiente:
   
 



tan
1
cot
tan 





Y
X
Y
X
J
J
J
J
con:
   
4
3
4
3
33
,
853
12
;
33
,
5333
12
cm
b
h
J
cm
h
b
J Y
X 





   
   
9
0
59
6747
,
1
75
tan
1
33
,
853
33
,
5333
tan 4
4













cm
cm
3) Verificar el punto anterior mediante la circunferencia de Mohr

4) Verificación de la condición resistente y trazar el diagrama de tensiones normales Z
a) Verificación de la condición resistente
Debe verificarse que para la sección dimensionada en el punto (1) se cumpla que:
   










Y
X
X
Z
adm
Z
W
W
Mf




cos
sin
max
max
donde:
 
 
 
 
 
 

















3
4
3
4
33
,
213
2
8
33
,
853
2
33
,
533
2
20
33
,
5333
2
cm
cm
cm
b
J
W
cm
cm
cm
h
J
W
Y
Y
X
X
y reemplazando:
 
    























 2
3
3
max
2
09
,
1
33
,
213
2588
,
0
33
,
533
9659
,
0
360
1
,
1
cm
kN
cm
cm
cm
kN
cm
kN
Z
adm
Z 

Se verifica.

b) Trazado del diagrama de tensiones normales
Solicitación por Flexión Compuesta
Conceptos Generales
Cuando la resultante relativa de la parte suprimida es
normal al plano de la sección, pero no pasa por el
baricentro de la misma, se origina flexión compuesta.
Al punto A determinado por la recta de acción de la fuerza P
y el plano que contiene a la sección considerada SS lo
denominaremos centro de presión.
A la línea LF que une al baricentro de la sección
considerada con el punto A la denominaremos línea de
fuerzas.
Cuando la línea de fuerzas es un eje principal de inercia de
la sección, tenemos un caso de flexión compuesta simple
(esfuerzo normal y flexión simple).
Cuando la línea de fuerzas no es un eje principal de inercia
de la sección, tendremos un caso de flexión compuesta
oblicua (esfuerzo normal y flexión oblicua).

Determinación de la Tensión
La carga excéntrica P puede desplazarse paralelamente a
sí misma hasta el eje geométrico de la pieza. El sistema
de fuerzas constituido por la carga P actuando en G y un
momento M = P.ex es equivalente a la carga excéntrica.
La tensión en cualquier punto de la sección será igual a la
suma algebraica de la tensión 1 debida a la fuerza P
actuando sobre G y a la tensión 2 debida a la flexión
originada por el momento M = P.ex.
 
1
2
1
2
1
x
J
M
A
P
x
J
M
A
P
y
y





















y siendo:
 
2
1 2
2
2 
























x
i
e
A
P
x
i
A
e
P
A
P
i
A
J
e
P
M x
x
y
x

Las ecuaciones (1) y (2) determinan en valor y signo (+ tracción; - compresión) la tensión en cualquier
punto de una sección recta. Suponiendo una 1 de compresión (negativa) pueden darse los siguientes
casos:
Determinación de Eje Neutro
En todos los casos precedentes el punto N señala el punto de tensión  = 0. Trazando por este punto la
perpendicular al eje de solicitación queda ubicada la posición del eje neutro. O sea:

x
x
x
e
i
x
x
i
e
A
P
x
i
e
A
P
2
2
2
0
1
0
como
y
0
1




















Nota: “el eje neutro y la línea de fuerzas son eje conjugados de inercia.”
Núcleo Central
Ubicado el centro de presión, puede determinarse la
posición del eje neutro correspondiente ( E ).
Si el centro de presión se desplaza a lo largo de un
eje xx de la sección, el eje neutro se desplaza
paralelamente a sí mismo.
 Si el centro de presión se aleja al infinito, el
eje neutro pasa por el baricentro de la
sección (tiende al caso de flexión simple).
 Si el centro de presión coincide con el
baricentro de la sección el eje neutro se
aleja al infinito (tiende a solicitación axil).
Si el eje neutro divide a la sección en dos partes, se desarrollarán tensiones de distinto signo (tracción y
compresión). Cuando el eje neutro es tangente a la sección o no la corta, sólo se producen tensiones de
un solo signo, que queda determinado por el sentido de la fuerza P.
Llamaremos núcleo central al área dentro de la cual debe encontrarse el centro de presión para que la
sección sea solicitada únicamente por tensiones de igual signo.
El núcleo central tiene las siguientes propiedades:
 Si el centro de presión está ubicado dentro del núcleo central, el eje neutro no corta a la sección y
se tienen tensiones del mismo signo.
 Si el centro de presión está ubicado fuera del núcleo central, el eje neutro corta a la sección y se
tienen tensiones de distinto
signo.
 Si el centro de presión está
ubicado en el contorno del
núcleo central, el eje neutro es
tangente a la sección y se
tienen tensiones de un solo
signo, siendo la mínima igual a
cero.
Para determinarlo, consideremos como ejes neutros a todas las rectas que son tangentes a la periferia de
la sección. Fijada la posición de éstas rectas envolventes, determinaremos la posición del centro de
presión correspondiente a cada una de ellas.

Ejemplo de aplicación
Determinar gráfica y analíticamente el núcleo central de una
sección rectangular
1.1. Analíticamente
La posición del eje neutro queda determinada por:











e
i
y
e
i
x
x
y
2
0
2
0
Considerando a la línea que pasa por DC como eje neutro y el
punto M como centro de presión, tendremos:
6
2
12
2
12
2
3
0
2
3
2
0
b
MG
MG
b
h
b
h
b
MG
b
A
J
e
y
i
h
b
A
h
b
J
A
J
i
MG
e
b
y
x
x
x
x
x 


































Considerando ahora a la línea que pasa por BC como eje neutro y el punto N como centro de presión,
tendremos:
6
2
12
2
12
2
3
0
2
3
2
0
h
NG
NG
h
h
b
b
h
NG
h
A
J
e
x
i
h
b
A
b
h
J
A
J
i
NG
e
h
x
y
y
y
y
y 


































Obtenemos como núcleo central un paralelogramo cuyos vértices están sobre los ejes principales de
inercia.
1.2. Gráficamente
Consideremos a la línea que pasa por AD como eje neutro y determinaremos el centro de presión C1
correspondiente. Para ello calculamos:

A
J
i
y
y  y graficamos los puntos G1 tal que:
y
i
GG 
1
Entonces, a partir de G sobre el eje yy, paralelo al eje neutro AD
llevamos el valor de iy, determinando G1. Uniendo G1 con K,
punto en el que el eje neutro AD corta al eje xx, obtenemos la
recta KG1. Por G1 trazamos la perpendicular a la recta KG1
determinando el punto C1, centro de presión correspondiente al
eje neutro AD.
Esto es así dado que, los triángulos rectángulos KG1G y G1C1G
son semejantes, por lo que se cumple que:
e
x
i
GC
GC
i
i
x
i
GG
x
KG
GC
GG
GG
KG
y
y
y
y













0
2
1
1
0
1
0
1
1
1
pero
Procediendo de forma análoga podrán determinarse los puntos C2, C3 y C4 correspondientes a los ejes
neutros CB, DC y AB.
Nota: “el eje neutro y la línea de fuerzas son eje conjugados de inercia.”
Solicitación por Flexión Compuesta Oblicua
Conceptos Generales
Si la carga excéntrica P no incide sobre uno de los ejes principales de inercia de la sección, la flexión
compuesta es oblicua.
Sustituyendo la flexión oblicua por dos flexiones rectas de momentos:
y
y
x
x e
P
M
e
P
M 


 ;
el primero actuando en el plano yz, siendo z el eje vertical de la pieza y el segundo en el plano xz y una
compresión axil de intensidad P, la tensión total será la suma algebraica de la tensión 1, 2 y 3, tal
que:
















x
J
M
y
J
M
A
P
y
y
x
x
3
2
1



y como









A
J
i
A
J
i
y
y
x
x
2
2
entonces 















 x
i
e
y
i
e
A
P
y
x
x
y
2
2
3
2
1 1





De ésta expresión se puede obtener la ecuación del eje neutro, caracterizado por la condición  = 0, y
dado que 0

A
P
deberá ser:
y
x
y
y
x
x
y
x
x
y
e
i
x
i
e
i
e
y
x
i
e
y
i
e 2
2
2
2
2
0
1 











Nota: “el eje neutro en la flexión compuesta oblicua no es paralelo a ninguno de los ejes
principales de inercia de la sección.”
Problema de aplicación
Ejercicio VII: En el centro de solicitación A de un pilar de mampostería de corta altura y sección BDCE
actúa una carga vertical P = 40 ton. Determinar las tensiones máximas.
Resolución:
Para ubicar la posición del eje neutro
necesitamos determinar los respectivos radios
de giro:
)
que
(recordar
675
12
530
12
2
2
2
2
2
2
2
A
J
i
cm
b
i
cm
h
i
y
x












y la ecuación del eje neutro será:
53
314
,
0
2
2
2












x
y
e
i
x
i
e
i
e
y
y
x
y
y
x
x
por lo que:   '
20
º
17
314
,
0 


 artg

Las tangentes al perfil trazadas paralelamente al eje neutro indican los puntos B y C del perfil como
los más alejados del eje neutro y en los que se producirán las tensiones máximas. Para determinar
las tensiones calculamos:
3
2
3
2
000
.
108
6
000
.
96
6
cm
b
h
W
cm
h
b
W
y
x






cm
kg
e
P
M
cm
kg
e
P
M
cm
h
b
A
y
y
x
x











000
.
160
000
.
400
200
.
7 2

En el extremo B la tensión originada por P es de compresión (negativa) mientras que las producidas
por los momentos Mx y My son de tracción (positivas), por lo que:
2
3
3
2
09
,
0
000
.
108
000
.
160
600
.
9
000
.
400
200
.
7
000
.
40
cm
kg
cm
cm
kg
cm
cm
kg
cm
kg
W
M
W
M
A
P
B
y
y
x
x
B















En el extremo C todas las tensiones son de compresión (negativas) por lo que resulta:
2
3
3
2
20
,
11
000
.
108
000
.
160
600
.
9
000
.
400
200
.
7
000
.
40
cm
kg
cm
cm
kg
cm
cm
kg
cm
kg
W
M
W
M
A
P
C
y
y
x
x
C
















Ejercicio VIII: Para el dispositivo indicado en la figura, se pide:
a) Calcular la máxima fuerza “P” que se puede
aplicar con la prensa de la figura, conociendo que
la tensión que no debe superarse es adm.
b) Calcular la distancia del eje neutro al baricentro y
dibujar el diagrama de tensiones.
Resolución:
a) Cálculo de las máximas fuerza “P” que se
puede aplicar con la prensa:
a.1)Cálculo del baricentro de la sección:
El baricentro de la sección lo obtenemos
subdividiendo el área de la sección en dos áreas
rectangulares (ala y alma del perfil), así
tendremos:
 
 
2
1
2
2
2
1
9
9
10
10
F
F
F
t
t
t
F
t
t
t
F












y el baricentro será:
F
t
F
t
F
y
t
F
t
F
y
F
G
G












2
11
2
2
11
2
2
1
2
1
a.2)Cálculo del momento de inercia:
El momento de inercia lo obtendremos calculando el momento de inercia baricéntrico del ala y alma
del perfil; (por medio de la regla de Steiner) y sumándolos, así será:

 
 

















4
3
2
4
3
1
4
3
12
9
3
250
12
10
t
t
t
J
t
t
t
J
g
g
 
 































2
2
2
2
2
2
1
1
2
11
9
2
10
G
g
X
G
g
X
y
t
t
J
J
t
y
t
J
J
X
X
X J
J
J 2
1 


a.3)Cálculo de la máxima fuerza “P”:
La máxima fuerza “P” que puede aplicarse con la prensa de forma tal de no superar las tensiones
máximas admisibles la obtenemos como sigue:
 
     
X
G
G
adm
G
G
X
adm
J
y
d
y
t
F
P
y
t
y
y
d
P
M
con
y
J
M
F
P



















10
1
10
max
max
max
max 

b) Calcular la distancia del eje neutro al baricentro y dibujar el diagrama de tensiones:
El eje neutro es aquel para el cual las fibras no están ni traccionadas ni comprimidas, por lo tanto, si
igualamos a 0 (cero) la expresión de las tensiones normales, resulta:
max
0
0
max
0
M
J
F
P
y
y
J
M
F
P X
X










Solicitación por Flexión y Corte
Conceptos Generales
Cuando al reducir al baricentro de una
sección dada las fuerzas que actúan a
uno y otro lado de la misma, se obtienen
dos pares opuestos normales a la sección
y dos fuerzas opuestas contenidas en el
plano de ella, la solicitación se denomina
flexión y corte.
Así, cuando la resultante de la parte
suprimida se reduce a una fuerza que
corta al eje del sólido y es paralela al plano de la sección, siendo la traza del plano formado por la fuerza y
el eje del sólido con el plano de la sección un eje de simetría de la misma, se origina flexión plana.
Al transportar la resultante al baricentro de la sección, sobre la misma actuará una cupla de momento M =
P.p y una fuerza P = P”. Es decir, se desarrollan las siguientes tensiones:
 por la cupla de momento M = P.p tensiones normales debidas a la flexión.
 por la fuerza P = P”, tensiones de corte, que producirán tensiones de resbalamiento
longitudinales, llamadas también rasantes o tangenciales.
En este caso las ecuaciones de equivalencia se transforman en:
 
 
1
0
0









































F
x
z
F
x
y
F
xz
xy
F
xz
z
F
xy
y
F
x
dF
y
M
dF
z
M
dF
y
z
dF
Q
dF
Q
dF







El corte puro, que es aquella solicitación donde en el plano de la sección sólo existen dos fuerzas
opuestas, sólo se presenta en contadas ocasiones.
Igualdad entre tensiones de corte y tensiones rasantes
Sobre una viga consideraremos un elemento ABCD de ancho unitario a la distancia x del apoyo y v del eje
neutro. Sobre cada cara actúan los siguientes esfuerzos:
Cara AD:





dv
dv
v


Cara CB:
 
 







dv
d
dv
d
v
v 



Cara CD:   dx
d h
h 
 
 Cara AB:  
rasantes
esfuerzos
dx
h 

Por estar el sistema en equilibrio, la suma de los momentos con respecto al punto B es igual a cero, por lo
que:

    0
2
2













 dv
dx
d
dv
dv
dv
dv
d
dx
dv h
h
v 





donde operando y despreciando infinitésimos de orden superior se tiene: h
v 
 
Por lo que las intensidades de los esfuerzos cortantes según dos planos en ángulo recto y cualesquiera
sean los esfuerzos normales que actúan, son iguales:
Tensiones rasantes
El esfuerzo cortante vertical está siempre acompañado de un esfuerzo cortante horizontal de igual
intensidad, y así como la tendencia del primero es producir un deslizamiento vertical relativo en ambos
lados de la sección, la tendencia del segundo es producir un deslizamiento relativo horizontal.
Determinemos la tensión rasante en la sección longitudinal AB, representada en la figura, a la distancia v
del eje neutro, y entre las secciones S1S1 y S2S2 separadas entre sí por dx.

Sobre la sección S1S1 actúa el momento M y sobre la sección S2S2 el momento M+dM. En el elemento de
área dF de la sección S1S1 la tensión vale:
y
J
M



y la fuerza normal sobre el elemento es:
dF
y
J
M
dF
dN 




la fuerza normal total por encima de la sección AB es:


 







1
1
1 v
v
v
v
v
v
v
v dF
y
J
M
D
dF
y
J
M
dN
D
pero siendo
1
1
v
v
v
v
S
dF
y 

 el momento estático del área por encima de la sección AB resulta:
AB)
sobre
total
normal
(fuerza
1
v
v
v S
J
M
D 

En la sección S2S2 el momento experimenta un incremento dM que produce un incremento en la fuerza
normal cuyo valor es:
AB)
sobre
normal
fuerza
la
de
o
(increment
1
v
v
v S
J
dM
dD 

Este incremento de la fuerza normal es el que origina la tensión rasante sobre la sección considerada, de
longitud dx y ancho bv. Luego el esfuerzo rasante por unidad de longitud de viga valdrá:
:
pero
1
J
S
dx
dM
dx
dD
H
v
v
v



J
S
Q
H
Q
dx
dM v
v
x
x
1




y la tensión rasante valdrá:
 
2
2
1












cm
kg
bv
J
S
Q
bv
H
bv
dx
dD v
v
x
v

Fórmula de Collignon, donde:
 x
Q = esfuerzo de corte en la sección.
 1
v
v
S = momento estático del área por encima de la sección longitudinal considerada.
 bv = ancho de la sección transversal en correspondencia con la sección longitudinal
considerada.

 J = momento de inercia de la sección total con respecto al eje neutro.
Fijada una sección cualquiera son constantes en ella Q, J, bv, por lo tanto la tensión de corte  es
directamente proporcional al momento estático S, en consecuencia el máximo valor de  se produce en
las fibras neutras ( y = 0 ). Por el contrario en las fibras del borde superior o inferior, para las cuales S = 0
resulta  = 0.
Problema de aplicación
Ejercicio IX: Determinar las tensiones de corte de una sección rectangular.
Resolución:
Considerando una capa de fibras distante y
del eje neutro, se tiene:

 




2
2
h
y
h
y
x dy
y
b
dA
y
S
por lo tanto será:
12
resulta
además
y
4
2
2
3
2
2
2
2
h
b
J
y
h
b
y
b
S
x
h
y
x















La tensión  la calculamos con la expresión (2):
h
b
Q
y
h
b
Q
b
h
b
y
h
b
Q
b
J
S
Q


























2
3
6
12
4
2 2
3
3
2
2

ecuación de una parábola que tiene su máximo cuando y = 0. Entonces:
h
b
Q



2
3
max

y para las fibras más alejadas del eje neutro xx se tiene:
2
para
0
min
h
y 



Ejercicio X: La viga indicada en la figura ha sido reforzada con dos planchuelas de 135 x 14 mm
usando pernos de 19 mm de diámetro, espaciados longitudinalmente cada 120 mm sobre las dos alas de
los perfiles. Sabiendo que el esfuerzo cortante promedio de los pernos no debe superar 85 MN/m2,
determinar el máximo esfuerzo Qy y las tensiones tangenciales máximas que soporta la sección.
Datos
 perno (mm) = 19
a (ancho planchuela) (mm) = 135
e (espesor planchuela) (mm) = 14
 adm. (KN/m2) = 85000
Es (espaciado pernos) (mm) = 120
H (alto perfil) (m) = 0,300
b (ancho perfil) (m) = 0,125
h (alto alma perfil) (m) = 0,2676
t (ancho alma perfil) (m) = 0,0108
e1 (espesor ala perfil) (m) = 0,0162
J perfil (m4) = 9,800E-05
Resolución:
a) Cálculo de la fuerza máxima que soporta cada perno:
Aplicamos la siguiente expresión:
  KN
m
m
KN
F
d
A
F
perno
perno
10
,
24
4
019
,
0
000
.
85
4
2
2
max
2
max
max
max















b) Cálculo de la tensión máxima que soporta la unión perfil-planchuela:
Dado que la unión perfil-planchuela se realiza con líneas de dos pernos aplicamos la siguiente
expresión:
2
max
max
max
...
333
,
3213
125
,
0
120
,
0
10
,
24
2
2
m
KN
m
m
KN
b
Es
A
con
A
F
unión
corte
corte
unión











c) Cálculo del momento de inercia del perfil reforzado:
c.1)Cálculo del momento de inercia de la planchuela:
  4
8
3
3
10
087
,
3
12
014
,
0
135
,
0
12
m
m
m
e
a
Jplanchuela








y respecto al centro de gravedad del perfil:
planchuela
G
planchuela
planchuela
planchuela
G y
A
J
J
2












2
e
H
y
e
a
A
con
planchuela
G
planchuela
4
5
2
4
8
10
662
,
4
2
014
,
0
300
,
0
014
,
0
135
,
0
10
087
,
3
m
J
m
m
m
m
m
J
planchuela
G
planchuela
G











 






c.2)Cálculo del momento de inercia total:
4
4
4
5
4
5
10
912
,
1
10
662
,
4
2
10
80
,
9
2
m
J
m
m
J
J
J
reforzado
Perfil
planchuela
G
Perfil
reforzado
Perfil















d) Cálculo del esfuerzo de corte máximo:
El corte máximo será el correspondiente al que produce una tensión tangencial máxima admisible en
los pernos, para obtenerlo debemos calcular previamente el momento estático correspondiente al
punto de unión de la planchuela con el perfil:
d.1)Cálculo del momento estático de la planchuela:
3
4
10
967
,
2
2
014
,
0
300
,
0
014
,
0
135
,
0 m
m
m
m
m
S
y
A
S
planchuela
n
planchuela
G
planchuela
planchuela
n











d.2)Cálculo del esfuerzo de corte máximo:
KN
m
m
KN
m
m
Q
S
b
J
Q
planchuela
n
unión
reforzado
Perfil
762
,
258
10
967
,
2
...
333
,
3213
125
,
0
10
912
,
1
3
4
2
4
4
max
max
max














e) Cálculo de la tensión tangencial máxima:
El tención tangencial máximo será la que produce el esfuerzo de corte máximo en correspondencia
con el eje neutro del perfil reforzado, para obtenerlo debemos calcular previamente el momento
estático correspondiente a la mitad del perfil reforzado:
e.1)Cálculo del momento estático correspondiente a la mitad del perfil reforzado por tablas:
El momento estático también puede obtenerse recurriendo a las tablas de perfiles de la siguiente
forma. De tablas obtenemos:

3
2
1 381cm
S perfil
X 
entonces:
3
4
3
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
10
7773
,
6
000381
,
0
157
,
0
0140
,
0
135
,
0 m
m
m
m
m
S
S
y
e
a
S
S
S
S
reforzado
perfil
n
perfil
n
planchuela
G
reforzado
perfil
n
perfil
n
planchuela
n
reforzado
perfil
n















e.2)Cálculo de la tensión tangencial máxima:
2
4
4
4
3
4
max
max 10
698
,
8
0108
,
0
10
912
,
1
10
940
,
6
863
,
258
2
1
m
KN
m
m
m
KN
t
J
S
Q
reforzado
Perfil
n
reforzado
Perfil









 


Ejercicio XI: Calcular el eje de un carretón representado en la figura solicitada por un par de fuerzas P
= 8 t. Su material es acero con una adm = 1200 kg/cm2 y
una adm = 600 kg/cm2, y sus dimensiones son: l = 1,20 m;
c = 0,30 m.
Verificar las tensiones tangenciales en el punto de
aplicación de las fuerzas P.
Resolución:
a) Dimensionamiento por flexión
Dado que el sistema posee tanto simetría geométrica
como simetría de cargas las reacciones de vínculo
en A y B resultan:
tm
c
P
M
t
P
R
R B
A 4
,
2
;
8 





Si al reducir al baricentro de la sección en estudio,
las fuerzas que actúan a uno u otro lado de la misma
se obtiene momento flector M y esfuerzo de corte Q,
como por ejemplo en el tramo AC o DB de la viga de
la figura, la solicitación a la que se encuentra
sometido dicho tramo se denomina flexión
transversal (flexión y corte asociado) y los diagramas
de característica serán los graficados en la figura de
la derecha.
Sabemos que el momento flector M genera
tensiones normales  en la sección transversal,
tensiones que calculamos con la fórmula de Navier,
así:
 
1
x
x
z
W
M
y
J
M





donde, para la sección circular resulta:
32
;
2
;
64
3
max
4
d
W
d
y
d
J x
x







y reemplazando en (1) será:
cm
cm
kg
cm
kg
c
P
d
d
c
P
adm
adm 13
1200
30
8000
32
32
32
3
2
3
3



















b) Teoría de la cortadura longitudinal de Jouravski
Debido a la relación que existe entre el momento flector M y el esfuerzo de corte Q (dM/dz = Q) la
presencia de esfuerzo de corte Q implica necesariamente la variación del momento flector M.
La existencia del esfuerzo de corte originará además tensiones tangenciales en las secciones
transversales y consecuentemente tensiones análogas en las secciones longitudinales, según la ley de
reciprocidad de Cauchy. El estudio de las tensiones tangenciales longitudinales ha sido efectuado por
Jouravski.
La existencia de tensiones de corte  en la sección origina la existencia de deformaciones angulares  (
= /G).
En consecuencia, además de las deformaciones lineales  ( = /E) relacionadas con las tensiones
normales  debidas a la presencia del momento flector M (flexión pura), cada elemento del material
experimenta también deformaciones angulares  relacionados con las tensiones tangenciales .
Las tensiones tangenciales se distribuyen en la sección de manera no uniforme (lo que será demostrado
más adelante) y en consecuencia las deformaciones angulares también se distribuyen de manera no
uniforme.
En consecuencia en la flexión transversal, a diferencia de la flexión pura, las secciones transversales de la
barra no permanecen planas. Sin embargo tal circunstancia no influye de modo importante sobre el valor
de las tensiones normales  que fueran obtenidas con la fórmula de Navier para el caso de flexión pura.
El error que se comete es del orden de H / L (en valor unitario, donde H es la altura de la sección y L la luz
entre apoyos) en el caso de vigas con esfuerzo de corte Q variable, y totalmente nulo en el caso de
esfuerzo de corte Q constante.
Resumiendo, la presencia de Q no
modifica la tensión normal  debida
al momento flector M si Q es
constante, o la modifica muy poco si
Q es variable. Por consiguiente en
esas condiciones la tensión 
calculada obtenida para flexión pura,
es también válida para flexión
transversal.
Por medio de las dos secciones 1-1
y 2-2 distanciadas dz, aislamos un
elemento diferencial de viga.

En la dirección “z” actúan las tensiones normales z sobre las caras izquierda y derecha (z1 y z2
respectivamente). Definimos un plano de corte longitudinal situado a una distancia “y” del eje neutro de la
sección.
Si planteamos el equilibrio en el volumen de control del elemento diferencial de viga situado por sobre el
plano de corte longitudinal, las resultantes R1 y R2 de las fuerzas provocadas por las tensiones (z1 y z2)
no serán iguales ya que los momentos flectores que las generan difieren en dM.
En consecuencia para restablecer el equilibrio del elemento aislado ( FZi = 0) es necesario considerar
además la fuerza horizontal que se genera en el plano de corte longitudinal. Esta fuerza será la resultante
H de las fuerzas provocadas por tensiones tangenciales yz.
A las tensiones tangenciales yz las suponemos repartidas uniformemente en el ancho by. Esta hipótesis
solamente se cumple cuando el ancho es constante y es solamente una aproximación en el caso en que
la sección tenga ancho variable.
En este último caso el error que se comete es de escasa magnitud. Por lo tanto calcularemos el valor
medio de la tensión de corte longitudinal que actúa en el área diferencial “by·dz” independientemente de
que el ancho sea o no constante.
A la condición de equilibrio  FZi = 0 se puede escribir del siguiente modo:
1
2
2
1 0 R
R
H
R
H
R 





en la que, si suponemos yz = cte tendremos:
*
*
*
2
*
*
*
1
x
x
F
x
F
z
x
x
F
x
F
z
y
yz
S
J
dM
M
dF
y
J
dM
M
dF
R
S
J
M
dF
y
J
M
dF
R
dz
b
H


























Reemplazando H, R1 y R2 resulta:
*
x
x
x
x
y
yz S
J
dM
J
M
J
dM
M
dz
b 













Y despejando las tensiones tangenciales (yz ) llegamos a la expresión de Jouravski:
y
x
x
y
x
x
yz
b
J
S
Q
b
J
S
dz
dM






*
*

c) Significado de cada factor en la fórmula de Jouravski:
yz : tensión de corte longitudinal para la coordenada “y”.
Q: esfuerzo de corte en la sección estudiada (se obtiene del diagrama de esfuerzo de corte y
generalmente se utiliza el valor máximo, sea positivo o negativo. El esfuerzo de corte Q depende de
la coordenada “x” de la sección donde se calcula yz.
by: ancho de la sección en correspondencia con la coordenada “y” donde se calcula yz.

Sx*: momento estático, respecto al eje “x” (línea neutra), de la parte de la sección transversal que se
encuentra por encima (o por debajo) de la línea de largo “by” donde se calcula yz, ya que el Sx* de
la parte superior es igual al Sx* de la parte inferior, respecto al eje “x”.
d) Tensiones tangenciales en la sección transversal. Fórmula de Colignon:
De acuerdo a la ley de reciprocidad de las tensiones tangenciales (de Cauchy), en el plano de la sección
“xy” que es perpendicular al plano longitudinal “xz”, existen tensiones tangenciales de dirección vertical
que serán numéricamente iguales a las longitudinales horizontales.
yz
zy 
 
En consecuencia las tensiones tangenciales de dirección vertical, pueden ser calculadas por medio de
una fórmula que tiene la misma forma que la de Jouravski, que se denomina fórmula de “Colignón”
Y para que se satisfaga la condición de equilibrio  FYi = 0 debe ser:
dF
Q
F
zy 
 
e) Tensiones tangenciales en la sección circular
Sea una sección circular de radio R para la cual se cumple:
4
64
2
4
4
2
2
R
D
J
y
R
b
x
y









Por su parte, el momento estático de la sección ubicado por sobre
el plano de corte longitudinal es:
 






R
y
y
y
d
b
S
d
b
dS 


 



y en consecuencia resulta:
   2
3
2
2
2
3
2
2
2
2
3
2
3
2
2
y
R
R
S
d
R
S
R
y
y
R
y
y











 






y reemplazando valores tendremos:
 
 
 
4
2
2
4
2
1
2
2
2
3
2
2
3
4
2
3
4
2
R
y
R
Q
R
y
R
y
R
Q
zy
zy




















Como puede observarse, las tensiones tangenciales mantienen una distribución cuadrática. Para y =  R,
es decir en los extremos superior e inferior de la sección, resulta:
0

zy


Las tensiones tangenciales máximas corresponden al eje neutro, esto es para y = 0, de donde:
F
Q
R
F
R
Q
zy
zy 







3
4
;
3
4 2
2




expresión que nos dice que la tensión tangencial máxima es superior en un 33% a la que resulta de
suponer una distribución uniforme (Q/F) sobre la sección.
f) Verificación de las tensiones normales debidas a la flexión y las tangenciales debidas al corte
Siendo:
 
 


















































adm
adm
x
x
cm
kg
cm
kg
F
Q
cm
kg
cm
cm
kg
W
M
cm
cm
d
F
cm
cm
d
W
cm
kg
cm
kg
c
P
M
cm
d
cm
c
kg
t
P
Q








2
2
max
2
3
max
max
2
2
2
3
3
3
max
80
133
8000
3
4
3
4
1111
216
240000
133
4
13
4
216
32
13
32
240000
30
8000
13
;
30
;
8000
8
g) Alabeo de la sección solicitada a flexión y corte
Recordando la relación:
G

 
que vincula las tensiones tangenciales con las distorsiones, resulta que los elementos planos ubicados en
correspondencia con los bordes superior e inferior de la sección no sufren distorsiones alguna por se en
ellos nulas las tensiones tangenciales. En consecuencia se mantienen paralelos a la posición primitiva de
la sección. En cambio, a medida que nos acercamos al eje neutro, crecen las tensiones tangenciales y
con ellas las distorsiones hasta alcanzar un valor máximo en correspondencia con el eje neutro.
Como consecuencia de ello, la sección no puede mantenerse plana, es decir se alabea. No obstante por
ser las distorsiones de magnitud infinitésima en comparación con las dimensiones de la sección, puede
suponerse sin mayor error que ésta se mantiene plana.

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
Recursos Multimedia
Ejemplo de Aplicación: Flexión Pura (https://www.youtube.com/watch?v=EIwZEyxvfy8)

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