Calcular aplicando el teorema de los Trabajos Virtuales la barra del Ejercicio N° 1 del capítulo “Deformaciones en la Flexión”: 1. La rotación absoluta de los extremos A y B. 2. La rotación relativa de los extremos A y B. 3. El corrimiento vertical en el punto C. 4. Compara resultados con los obtenidos en el ejercicio Nº 1 del Trabajo Práctico Nº 7.

1. Trabajos Virtuales
(Deformaciones en la Flexión )
Resolución del Ejercicio N° 1
(Ejercicio III del Complemento Teórico)
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. Resolvemos el Ejercicio N° 1 (IV) de
Deformaciones en la Flexión aplicando el
Principio de los Trabajos Virtuales
Para la barra en el estado de carga indicado
se pide:
1. Dibujar los diagramas de características
previo análisis cinemático.
2. Dimensionar la sección de la barra.
3. Hallar la ecuación de las rotaciones
absolutas y la ecuación de la elástica.
4. Calcular el corrimiento vertical máximo
(flecha máxima).
5. Dibujar el diagrama de rotaciones
absolutas y corrimientos verticales.
Enunciado
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)

3. 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”.
Resolución
Calculamos las reacciones de vínculo RA y RB.
Planteando el equilibrio respecto del eje “y” y
tomando momento respecto de “A” y se tiene:
𝑴𝑨 = 𝟎 = 𝑷 ∙
𝑳
𝟐
+ 𝒒 ∙
𝑳𝟐
𝟐
− 𝑹𝑩 ∙ 𝑳
𝑭𝑽 = 𝟎 = 𝑷 + 𝒒 ∙ 𝑳 − 𝑹𝑨 − 𝑹𝑩
→
𝑹𝑨 = 𝟖, 𝟗𝟎 𝒕
𝑹𝑩 = 𝟖, 𝟗𝟎 𝒕
𝑹𝑨 𝑹𝑩
Resolvemos el Ejercicio N° 1 (IV) de
Deformaciones en la Flexión aplicando el
Principio de los Trabajos Virtuales

4. Trazamos los diagramas de características, y
dado que existe simetría geométrica y de
cargas, el diagrama de momentos será
simétrico y el de corte antimétrico.
Resolución
Dimensionamos la sección de la barra
considerando despreciable el efecto del
esfuerzo de corte.
𝑾𝒙 =
𝑴𝒎𝒂𝒙
𝝈𝒂𝒅𝒎
=
𝟐𝟎, 𝟔𝟒𝟔 × 𝟏𝟎𝟑 𝒌𝒈 ∙ 𝒄𝒎
𝟏𝟒𝟎𝟎
𝒌𝒈
𝒄𝒎𝟐
→ 𝑾𝒙= 𝟏𝟒𝟕𝟒, 𝟕𝟏 𝒄𝒎𝟑
Debemos seleccionar de la tabla de perfiles un perfil que posea un
módulo resistente (Wx) igual o mayor al calculado

5. Seleccionamos para los perfiles DIN 1025
𝑾𝒙 = 𝟏𝟕𝟒𝟎 𝒄𝒎𝟑
≥ 𝟏𝟒𝟕𝟒, 𝟕𝟏 𝒄𝒎𝟑
Resolución
Debemos seleccionar de la tabla de perfiles un perfil que posea un
módulo resistente (Wx) igual o mayor al calculado
→ 𝑷𝑵𝑰 𝟒𝟐𝟓
…con las siguientes características:
→
𝑭 = 𝟏𝟑𝟐 𝒄𝒎𝟐
𝑱𝒙 = 𝟑𝟔𝟗𝟕𝟎 𝒄𝒎𝟒
𝑾𝒙 = 𝟏𝟕𝟒𝟎 𝒄𝒎𝟑
𝑱𝒚 = 𝟏𝟒𝟒𝟎 𝒄𝒎𝟒
𝑾𝒚 = 𝟏𝟕𝟔 𝒄𝒎𝟑
𝑺𝒙 = 𝟏𝟎𝟐𝟎 𝒄𝒎𝟑
→ 𝝈𝒎𝒂𝒙=
𝟐𝟎, 𝟔𝟒𝟔 × 𝟏𝟎𝟑
𝒌𝒈 ∙ 𝒄𝒎
𝟏𝟕𝟒𝟎 𝒄𝒎𝟑
= 𝟏𝟏𝟖𝟔, 𝟓𝟓
𝒌𝒈
𝒄𝒎𝟐
≤ 𝟏𝟒𝟎𝟎
𝒌𝒈
𝒄𝒎𝟐
= 𝝈𝒂𝒅𝒎
→ 𝝈𝒎𝒂𝒙=
𝑴𝒎𝒂𝒙
𝑾𝒙 [𝑷𝑵𝑰𝟒𝟐𝟓]

6. La rotación absoluta de los extremos “A” y “B” la calculamos
con la siguiente expresión:
Calculemos ahora la ecuación de las rotaciones
absolutas de los extremos A y B
Resolución
𝜽𝑨 𝑷;𝒒 =
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 + 𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙
𝒅𝒙
𝑬 ∙ 𝑱
=
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙 +
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙
El esfuerzo auxiliar MV será en este caso un
par unitario aplicado sucesivamente en ambos
extremos (“A” y “B”). Por simetría el giro
absoluto en el extremo “A” será igual al giro
absoluto en el extremo “B” por lo tanto:

7. Por lo que reemplazando, será:
Resolviendo las integrales por tablas, tendremos:
𝜽𝑨 𝑷;𝒒 =
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 + 𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙
𝒅𝒙
𝑬 ∙ 𝑱
=
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙 +
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙
𝜽𝑨 𝑷;𝒒 =
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟏
𝟒
𝟏
𝟒
∙ 𝑷 ∙ 𝑳 ∙ 𝟏 ∙ 𝑳 +
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟏
𝟑
𝒒 ∙ 𝑳𝟐
𝟖
∙ 𝟏 ∙ 𝑳 =
𝑷 ∙ 𝑳𝟐 +
𝟐
𝟑
∙ 𝒒 ∙ 𝑳𝟑
𝟏𝟔 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱
𝜽𝑨 𝑷;𝒒 = 𝜽𝑩 𝑷;𝒒 = 𝟓, 𝟖𝟗𝟖 × 𝟏𝟎𝟑

8. La rotación relativas de los extremos “A” y “B” la calculamos
con la siguiente expresión:
Calculemos ahora la ecuación de las rotaciones
relativas de los extremos A y B
Resolución
𝜽𝑨𝑩 𝑷;𝒒 =
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 + 𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙
𝒅𝒙
𝑬 ∙ 𝑱
=
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙 +
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙
El esfuerzo auxiliar MV será en este caso un
par de pares unitarios aplicados en ambos
extremos (“A” y “B”). Por simetría el giro
absoluto en el extremo “A” será igual al giro
absoluto en el extremo “B” por lo tanto:

9. Por lo que reemplazando, será:
Resolviendo las integrales por tablas, tendremos:
𝜽𝑨𝑩 𝑷;𝒒 =
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 + 𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙
𝒅𝒙
𝑬 ∙ 𝑱
=
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙 +
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙
𝜽𝑨𝑩 𝑷;𝒒 =
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟏
𝟐
𝟏
𝟒
∙ 𝑷 ∙ 𝑳 ∙ 𝟏 ∙ 𝑳 +
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟐
𝟑
𝒒 ∙ 𝑳𝟐
𝟖
∙ 𝟏 ∙ 𝑳 =
𝑷 ∙ 𝑳𝟐 +
𝟐
𝟑
∙ 𝒒 ∙ 𝑳𝟑
𝟖 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱
𝜽𝑨𝑩 𝑷;𝒒 = 𝜽𝑩𝑨 𝑷;𝒒 = 𝟏𝟏, 𝟕𝟗𝟔 × 𝟏𝟎𝟑

10. El corrimiento vertical del punto “C” lo calculamos con la
siguiente expresión:
Calculemos ahora el corrimiento vertical del
punto C
Resolución
𝜼𝑪 𝑷;𝒒 =
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 + 𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙
𝒅𝒙
𝑬 ∙ 𝑱
=
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙 +
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙
El esfuerzo auxiliar MV será en este caso una
fuerza unitaria aplicada en el centro de la luz
(punto “C”), por lo tanto:
L/2 L/2

11. 𝜼𝑪 𝑷;𝒒 =
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟑𝑳𝟐 − 𝟒𝒄𝟐
𝟏𝟐 ∙ 𝒅
∙
𝑷 ∙ 𝑳
𝟒
∙
𝑳
𝟒
+
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟏
𝟑
𝟏 +
𝒄 ∙ 𝒅
𝑳𝟐
∙
𝒒 ∙ 𝑳𝟐
𝟖
∙
𝑳
𝟒
Por lo que reemplazando, con
c = d = L/2, será:
Resolviendo las integrales por tablas, tendremos:
𝜼𝑪 𝑷;𝒒 =
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 + 𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙
𝒅𝒙
𝑬 ∙ 𝑱
=
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝑷 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙 +
𝟏
𝑬 ∙ 𝑱
∙
𝟎
𝑳
𝑴𝒒 ∙ 𝑴𝑽 ∙ 𝒅𝒙
𝜼𝑪 𝑷;𝒒 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟑𝟗𝟒𝟓 𝒎

12. Comparamos los
resultados obtenidos y
graficamos las
rotaciones absolutas y
los desplazamientos
verticales

13. 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

14. Muchas Gracias