Clase N° 9 - TP N° 8 - Flexión Simple Normal y Oblicua.pptx

Clase N° 9 – TPN° 8
Flexión Pura Recta y Oblicua
Curso de Estática y
Resistencia de Materiales
Ing. Gabriel Pujol
Para las carreas de Ingeniería Industrial de la Facultad de Ingeniería de la
Universidad de Buenos Aires

Veamos algunos
Conceptos Preliminares
1. Partimos de un cuerpo (chapa) en equilibrio
Concepto de ESFUERZO CARACTERÍSTICO
2. Realizamos una sección (corte) transversal
cualquiera
3. La estructura queda dividida en una parte
izquierda y en una parte derecha
PARTE IZQUIERDA PARTE DERECHA
4. La Resultante de las fuerzas que quedan en la parte izquierda serán la equilibrante de
las parte derecha luego de producido el corte (y viceversa). Ri = - Rd
Rd Ri
5. La Resultante izquierda (Ri) aplicada a la parte derecha restaurará el equilibrio de la
parte derecha. La cara dónde se aplica la resultante es la cara positiva del corte

Veamos algunos
cualquiera
Rd Ri
6. Si trasladamos Ri al baricentro de la parte derecha aparecerá un momento M = Ri . d
Ri
d
Gd
Gi -Ri

Veamos algunos
cualquiera
Rd Ri
Ri
Gd
Gi
M
d
-Ri

Veamos algunos
cualquiera
Rd
Ri
7. Si proyectamos Ri sobre el plano de la sección y sobre su normal aparecerán dos fuerzas
N = Ri . cos a y Q = Ri . sen a
Gd
Gi
M

Veamos algunos
cualquiera
Rd
Ri
a
8. El Sistema de Fuerzas M; N; Q es equivalente a la Resultante Ri y se denominan
esfuerzos característicos.
Gd
Gi
M
Q
N

cualquiera
Rd
a
8. El Sistema de Fuerzas M; N; Q es equivalente a la Resultante Ri y se denominan
esfuerzos característicos.
Gd
Gi
M
Q
N
9. Designamos Flexión Pura, a la solicitación para la cual al reducir al
baricentro de la sección las fuerzas que actuando a uno y otro lado
de la misma, éstas se reducirían a dos pares normales al plano de
aquellas. (esto es: N = Q = 0)

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.
plano de la sección
plano de flexión
línea de fuerzas
En el caso de la flexión pura pueden presentarse dos casos:
• que la línea de fuerzas coincida con uno de los ejes principales de inercia de la sección
(flexión pura recta o normal)
• que la línea de fuerzas forme un cierto ángulo a con ese eje (flexión pura oblicua)
Como hipótesis fundamental de la flexión admitiremos la de Bernoulli-Navier (verificadas
experimentalmente) 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.
.

Consideremos una barra
prismática simplemente
apoyada de longitud L
A
B
L
Flexión Pura Normal
z

Carguémosla con 2
fuerzas iguales
manteniendo la simetría
de cargas
z

La barra se deformará
quedando solicitada a
flexión pura en el centro
Flexión Pura
Flexión + Corte
z
z

Veamos un elemento de
volumen perteneciente al
tramo central solicitado a
flexión pura
Flexión Pura
Flexión + Corte
Momentos Flexores
actuantes
z
z
z

z
Dado que se cumplen las hipótesis de
Bernoulli-Navier, alguna fibras se acortarán,
otras se alargarán y otras permanecerán
inalteradas
Los segmentos a de la cara superior
han sufrido una acortamiento
Los segmentos b de la cara inferior
han sufrido un alargamiento
Los segmento c, por el contrario, no
han sufrido modificación alguna
z
…obsérvese que si hay fibras que se acortan y otras que se alargan, en ellas se producirán
tenciones normales .

El conjunto de franjas que
no se acortan ni se alargan
constituyen una superficie
denominada Superficie
Neutra
Superficie Neutra
z
Eje Neutro
…a la intersección entre la Superficie Neutra y la
Sección Transversal se la denomina Eje Neutro
Sección transversal
…en las fibras contenidas sobre el Eje Neutro, al no haber deformaciones, NO se
producirán tenciones normales (  = 0 ).

Además observamos que, las secciones de
los extremos del elemento de volumen
han permanecido planas y se han inclinado
formando un ángulo dq
Secciones planas de los extremos
Inclinación de las secciones planas de
los extremos
z
Hipótesis fundamental de la flexión
de Bernoulli-Navier

Un elemento de área dA distante una
distancia y de la superficie neutra, estará
solicitado por un esfuerzo interno de
intensidad . dA…
Superficie Neutra
…y para que la sección considerada permanezca en equilibrio, será
necesario, además de que la suma de todos los esfuerzos interiores resulte
igual a 0 (cero), que el momento de aquellos esfuerzos [(. dA) . y]; iguale
al momento M de las fuerzas exteriores, así tendremos:
M =
A
y ∙ σ ∙ dA
→ M = σ ∙
A
y2
∙ dA con: σ
1
=
σ
y
= cte (∗)
y siendo: JX =
A
y2
∙ dA → M = σ ∙ JX → M =
σ
y
∙ JX
o sea: 𝛔 =
𝐌 ∙ 𝐲
𝐉𝐗
fórmula que determina el
valor de la tensión en un
punto genérico de la sección
z
∗ por Hooke → 𝜀 =
𝜎
𝐸

 =  (MX . y) / JX
 = Tensión Normal
MX = Momento Flexor
y = distancia de la fibra al eje neutro
JX = Momento de Inercia de la
Sección respecto del eje x-x
Tensión Normal
La tensión normal en una fibra
de la sección transversal vimos
que es constante e igual a:
x
x

La tensión normal en una fibra
de la sección transversal vimos
que es constante e igual a:
WX ≥  MX / adm
Tensión Normal
Para la flexión simple normal se cumple que:
• el eje neutro es baricéntrico;
• el eje neutro es conjugado de inercia de la línea de
fuerzas, y cuándo ésta coincide con un eje principal de
inercia, ambos son normales.
…y definiendo modulo resistente WX = J X / ymax será:
 = Tensión Normal
MX = Momento Flexor
y = distancia de la fibra al eje neutro
JX = Momento de Inercia de la
Sección respecto del eje x-x
 =  (MX . y) / JX
x
x
fórmula utilizada para el dimensionamiento
de perfiles comerciales (WX viene tabulado)

z
z
Consideremos una viga sometida a flexión,
empotrada en un extremo y libre en el otro:
Deformaciones en la Flexión
Bajo la acción de las cargas, la fibra neutra adopta
una determinada curvatura
La fibra más alejada CE experimenta un alargamiento
total: 
d

1
de los triángulos semejantes OCE y OC’E’ se deduce
que: 𝐶𝐸
𝐶′𝐸′
=
𝑣 + 𝜌
𝜌
=
1 + 𝑑𝜆
1
⇒ 𝑑𝜆 =
𝑣
𝜌
= 𝜀
Conforme a la Ley de Hooke:



v
E
E 
=

=
max
que debe igualar a: (tensión normal en flexión)
v
J
M

=
max

de donde:
J
E
M

=

1
Consideremos dos secciones CD y EF separadas
por una distancia unitaria (1).
( = radio de curvatura)

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

Obtengamos las expresiones
de las rotaciones y las flechas:
dada la expresión:
dθ
dz
=
d2y
dz2 = −
M
E ⋅ J
será:
θ =
dy
dz
= −
M
E ⋅ J
⋅ dz + C1
y = −
M
E ⋅ J
⋅ dz2
+ C1 ⋅ dz + C2
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.
Ecuación de la Elástica
(integrando una vez)
(integrando dos veces)

Veamos el siguiente ejemplo:
Para la viga simplemente apoyada de la figura,
cargada con una carga uniformemente
repartida se pide:
Problema 1
• 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,
• Dimensionar el perfil para la flecha máxima
(fmax) estipulada.
q
A B
L
b
h h = 2 b
𝐟𝐦𝐚𝐱 =
𝐋
𝟔𝟎𝟎

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
L
q
R
R B
A

=
=
( )
2
2
2
z
q
z
L
q
z
M




=
z
M(z)

Por lo tanto
será:
𝒅𝜽
𝒅𝒛
=
𝒅𝟐
𝒚
𝒅𝒛𝟐 = −
𝑴 𝒛
𝑬 ⋅ 𝑱
⇒ 𝜽 = 𝒅𝜽 = −
𝑴 𝒛
𝑬 ⋅ 𝑱
⋅ 𝒅𝒛
⇒ 𝜽 =
𝟏
𝑬 ⋅ 𝑱
𝒒 ⋅ 𝑳 ⋅ 𝒛
𝟐
−
𝒒 ⋅ 𝒛𝟐
𝟐
⋅ 𝒅𝒛 ⇒ 𝜽 =
𝟏
𝑬 ⋅ 𝑱
⋅
𝒒 ⋅ 𝑳 ⋅ 𝒛𝟐
𝟒
−
𝒒 ⋅ 𝒛𝟑
𝟔
+ 𝑪𝟏
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:
⇒ 𝜽 𝑳
𝟐
=
𝟏
𝑬 ⋅ 𝑱
⋅
𝒒 ⋅ 𝑳 ⋅
𝑳
𝟐
𝟐
𝟒
−
𝒒 ⋅
𝑳
𝟐
𝟑
𝟔
+ 𝑪𝟏 = 𝟎 ∴ 𝑪𝟏 = −
𝒒 ⋅ 𝑳𝟑
𝟐𝟒 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱
⇒ 𝜽 =
𝟏
𝑬 ⋅ 𝑱
⋅
𝒒 ⋅ 𝑳 ⋅ 𝒛𝟐
𝟒
−
𝒒 ⋅ 𝒛𝟑
𝟔
−
𝒒 ⋅ 𝑳𝟑
𝟐𝟒 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱
Resolución

… y además:
dz
dy
=
 q
 







 







=
 dz
L
q
z
q
z
L
q
J
E
y
24
6
4
1 3
3
2
dz
dy 
=
 q ( )

 
=
=
 dz
z
dy
y q
e integrando resulta:
2
3
4
3
24
24
12
1
C
z
L
q
z
q
z
L
q
J
E
y 







 








=
 según las condiciones de apoyo, la
flecha es nula cuando z = 0 ó z = L
0
24
24
12
1
2
3
4
3
0
=








 








=
 =
C
z
L
q
z
q
z
L
q
J
E
y z
0
2 =
 C







 








=

24
24
12
1 3
4
3
z
L
q
z
q
z
L
q
J
E
y
Resolución

Calculamos ahora qA; qB y Ymax
𝜽 =
𝟏
𝑬 ⋅ 𝑱
⋅
𝒒 ⋅ 𝑳 ⋅ 𝒛𝟐
𝟒
−
𝒒 ⋅ 𝒛𝟑
𝟔
−
𝒒 ⋅ 𝑳𝟑
𝟐𝟒 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱
⇒
𝜃𝐴 = 𝜃
𝑧=0
= −
𝑞 ⋅ 𝐿3
24 ⋅ 𝐸 ⋅ 𝐽
𝜃𝐵 = 𝜃
𝑧=𝐿
=
𝑞 ⋅ 𝐿3
24 ⋅ 𝐸 ⋅ 𝐽
𝒚 =
𝟏
𝑬 ⋅ 𝑱
⋅
𝒒 ⋅ 𝑳 ⋅ 𝒛𝟑
𝟏𝟐
−
𝒒 ⋅ 𝒛𝟒
𝟐𝟒
−
𝒒 ⋅ 𝑳𝟑
⋅ 𝒛
𝟐𝟒
⇒ 𝒀𝐦𝐚𝐱
𝒛=
𝑳
𝟐
=
𝟓 ⋅ 𝒒 ⋅ 𝑳𝟒
𝟑𝟖𝟒 ⋅ 𝑬 ⋅ 𝑱
Resolución

Calculamos ahora qA; qB y Ymax
Resolución
Estos valores están tabulados para distintas hipótesis de carga:
https://ingemecanica.com/tutoriales/prontuario.html
𝜽 =
𝟏
𝑬 ⋅ 𝑱
⋅
𝒒 ⋅ 𝑳 ⋅ 𝒛𝟐
𝟒
−
𝒒 ⋅ 𝒛𝟑
𝟔
−
𝒒 ⋅ 𝑳𝟑
𝟐𝟒 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱
⇒
𝜃𝐴 = 𝜃
𝑧=0
= −
𝑞 ⋅ 𝐿3
24 ⋅ 𝐸 ⋅ 𝐽
𝜃𝐵 = 𝜃
𝑧=𝐿
=
𝑞 ⋅ 𝐿3
24 ⋅ 𝐸 ⋅ 𝐽
𝒚 =
𝟏
𝑬 ⋅ 𝑱
⋅
𝒒 ⋅ 𝑳 ⋅ 𝒛𝟑
𝟏𝟐
−
𝒒 ⋅ 𝒛𝟒
𝟐𝟒
−
𝒒 ⋅ 𝑳𝟑
⋅ 𝒛
𝟐𝟒
⇒ 𝒀𝐦𝐚𝐱
𝒛=
𝑳
𝟐
=
𝟓 ⋅ 𝒒 ⋅ 𝑳𝟒
𝟑𝟖𝟒 ⋅ 𝑬 ⋅ 𝑱

Dimensionemos el perfil
ymax =
5 ⋅ q ⋅ L4
384 ⋅ E ⋅ J
=
L
600
Resolución
La flecha máxima deberá ser:
donde, para la sección rectangular de relación h = 2b resulta: J =
b ⋅ h3
12
=
2
3
⋅ b4
y reemplazando: 5 ⋅ q ⋅ L3
384 ⋅ E ⋅
2
3
⋅ b4
=
1
600
→ b =
4 375
32
∙
q ⋅ L3
E

Calcular las dimensiones necesarias de la
sección circular, cuadrada, rectangular y
doble T (ala estrecha laminada en caliente
según DIN 1025); la relación de peso de
estas cuatro secciones; la tensión normal en
el punto D indicado para el caso de la viga
de sección doble T.
Problema 2
Datos: Adm= 1,6 t/cm2; q = 11 kg/cm;
P = 1 t; L = 4 m; c = 1 m.
P P
q
D
A B
C C
L
a) radio r
b) lado a
c) relación h = 2b
d) perfil DIN 1025
(Dimensionar a la flexión)

…también son datos del problema
las características geométricas de
las distintas secciones.

Calculamos las reacciones de
vínculo y trazamos los diagramas
de momentos flexores…
Resolución
P P
q
D
A B
C C
L
Puesto que existe simetría geométrica y
de cargas será:
• Las reacciones de vínculo serán
iguales RA = RB
• El momento máximo ocurrirá en la
mitad de la luz (C + L/2)
• El momento originado por la carga
distribuida tendrá una distribución
parabólica.
• El momento originado por las
fuerzas concentradas tendrá una
distribución trapezoidal.
P.c
q.L2/8
1/2 [q.L.c-q.c2]
RA RB
• El momento total será la suma de
ambos diagramas (Ppio. de Superposición).

Calculamos momento flexor
máximo y el módulo resistente de
la sección…
Resolución
P P
q
D
A B
C C
L
P.c
q.L2/8
1/2 [q.L.c-q.c2]
RA RB




= c
P
l
q
M
8
2
max
   
cm
t
m
t
M 
=

= 320
2
,
3
max
 
   
3
2
max
200
6
,
1
320
cm
cm
t
cm
t
M
W
Adm
=


=
= 

 
( )
   









= m
t
m
m
t
M 1
1
8
4
1
,
1
2
max

Veamos el Caso A
(sección circular)
Resolución
En el caso de la sección circular resulta:

 
3
3
4
200
32
2
64
2
cm
d
d
d
d
J
W x
A =

=


=

=


   
cm
cm
d 68
,
12
200
32
3
3


=

 
( )  
2
2
2
21
,
126
4
68
,
12
4
cm
cm
d
FA 

=

=


 
cm
d 68
,
12


  
2
21
,
126 cm
FA 

Veamos el Caso B
(sección cuadrada)
Resolución
En el caso de la sección cuadrada resulta:
 
 2
92
,
112 cm
FB 
 
3
3
4
200
6
2
12
2
cm
a
a
a
a
J
W x
B =
=

=

=
   
cm
cm
a 63
,
10
200
6
3 3


=  
cm
a 63
,
10

 
( )  
2
2
2
92
,
112
63
,
10 cm
cm
a
FB 
=
=

Veamos el Caso C
(sección rectangular)
Resolución
En el caso de la sección rectangular resulta:
 
  
2
63
,
89 cm
FC 
 
3
3
2
3
200
12
6
2
12
2
cm
h
h
b
h
h
b
h
J
W x
C =
=

=


=

=
   
cm
cm
h 39
,
13
200
12
3 3


=  
cm
h 39
,
13

  
cm
h
b 69
,
6
2

=
2
63
,
89
39
,
13
69
,
6 cm
cm
cm
h
b
FC 

=

=
h = 2b

Veamos el Caso C
(sección doble T)
Resolución
En el caso de la sección doble T,
de la correspondiente tablas de
perfiles, entro con el valor del
módulo resistente de la sección y
selecciono un valor WX  200 cm3
Selecciono el perfil I 200
con las siguientes características:
 
 
 
 
cm
h
cm
F
cm
W
cm
J
x
x
20
4
,
33
214
2140
2
3
4
=
=
=
=
perfil DIN 1025

Calculo la relación de
peso de estas cuatro
secciones
Resolución
El peso será proporcional al área
de cada sección, y tomando como
base de comparación la sección
circular resulta:
 
  1
21
,
126
21
,
126
2
2
=
=
cm
cm
F
F
A
A
 
  89
,
0
21
,
126
92
,
112
2
2

=
cm
cm
F
F
A
B
 
  71
,
0
21
,
126
63
,
89
2
2

=
cm
cm
F
F
A
C
 
  26
,
0
21
,
126
40
,
33
2
2

=
cm
cm
F
F
A
D
Obsérvese que en el caso del
perfil de sección doble T, el peso
del mismo es del orden de una
cuarta parte de la del perfil de
sección circular con las mismas
características resistentes en
cuanto a flexión.

… y la tensión normal máxima en
el punto D para la sección doble T
resulta:
Resolución
cm
kg
c
P
c
q
c
L
q
MD 
=






= 175000
2
2
2
2
76
,
817
2 cm
kg
h
J
M
x
D
D 
=


=



Flexión Pura Oblicua
…una cupla que actúa en un plano que contiene al eje del sólido que es normal al plano
de la sección y la traza de dicho plano con el plano de la sección NO es un eje de simetría
(Eje Principal de Inercia) de la misma, se origina flexión oblicua.
Cuando la resultante de la parte
suprimida se reduce a…

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); a es el ángulo de ss con el
semieje positivo de las x complementario de .
… determinemos las
tensiones:
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 My
que actúa en el plano xz y otro Mx
actuando en el plano yz.
MY
𝐌𝐱 = 𝐌 ⋅ 𝐬𝐞𝐧 𝛂
𝐌𝐲 = 𝐌 ⋅ 𝐜𝐨𝐬 𝛂
MX
M
𝛂 =
𝛑
𝟐
− 𝛄
y como:
…será:
𝐌𝐱 = 𝐌 ⋅ 𝐜𝐨𝐬 𝛄
𝐌𝐲 = 𝐌 ⋅ 𝐬𝐞𝐧 𝛄

x
J
M
y
J
M
y
y
x
x
y
z
x
z 


=

= )
(
)
( 


…así, un punto genérico A de coordenadas (x,y) estará solicitado por una tensión z(X)
originada por el momento MX y otra z(Y) originada por el momento MY.
… determinemos las
tensiones:
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.
El punto genérico A (x,y) estará solicitado por
la tensión  , suma algebraica de X y Y.
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












=

=
x
J
M
y
J
M
y
y
y
z
x
x
x
z
)
(
)
(



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:
… determinemos
ahora el eje neutro:
𝛔 = 𝟎 =
𝐌𝐗
𝐖𝐗
+
𝐌𝐘
𝐖𝐘
=
𝐌 ⋅ 𝐬𝐞𝐧 𝛂
𝐉𝐗
𝐲
+
𝐌 ⋅ 𝐜𝐨𝐬 𝛂
𝐉𝐘
𝐱
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.
→
𝐬𝐞𝐧 𝛂
𝐉𝐗
𝐲
= −
𝐜𝐨𝐬 𝛂
𝐉𝐘
𝐱
→ 𝐲 = −
𝐉𝐱
𝐉𝐲
∙ 𝐜𝐨𝐭 𝛂 ∙ 𝐱
= tan−1
−
𝐽𝑥
𝐽𝑦
∙ cot 𝛼

M
Una viga UPN 160 está sometida a flexión según el eje n - n’
que es la traza del plano de las fuerzas exteriores que originan
un momento flexor de intensidad M = 4 kNm inclinado 22º
respecto a y y que tracciona el punto A. Determínese el eje
neutro y calcúlese σmax:
Veamos el siguiente
ejemplo:
Problema
Resolución De tablas del perfil UPN 160 obtenemos:
y
x

M
Una viga UPN 160 está sometida a flexión según el eje n - n’
que es la traza del plano de las fuerzas exteriores que originan
un momento flexor de intensidad M = 4 kNm inclinado 22º
respecto a y y que tracciona el punto A. Determínese el eje
neutro y calcúlese σmax:
Veamos el siguiente
ejemplo:
Problema
Resolución De tablas del perfil UPN 160 obtenemos:
𝐉𝒙 = 𝟗𝟐𝟓 𝐜𝐦𝟒
𝐉𝐲 = 𝟖𝟓, 𝟑 𝐜𝐦𝟒
𝐱𝐆 = 𝟏, 𝟖𝟒 𝐜𝐦
y
x

M
Problema
Las componentes del momento M según cada uno de los
ejes serán:
Mfx
Mfy
𝐌𝐟𝐱 = 𝐌 ⋅ 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝟐° = 𝟑, 𝟕𝟏 𝐊𝐍𝐦
𝐌𝐟𝐲 = 𝐌 ⋅ 𝐬𝐞𝐧 𝟐𝟐° = 𝟏, 𝟓𝟎 𝐊𝐍𝐦
La expresión de las tensiones se escribe:
𝛔 =
𝐌𝐟𝐱
𝐉𝐱
∙ 𝒚 +
𝐌𝐟𝐲
𝐉𝐲
∙ 𝒙 =
𝟑, 𝟕𝟏 𝐊𝐍𝐦
𝟗𝟐𝟓 × 𝟏𝟎−𝟖 𝐦𝟒 ∙ 𝒚 +
𝟏, 𝟓𝟎 𝐊𝐍𝐦
𝟖𝟓, 𝟑 × 𝟏𝟎−𝟖 𝐦𝟒 ∙ 𝒙 =
𝛔 = 𝟒𝟎𝟏𝟎𝟖𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑 ∙ 𝒚 + 𝟏𝟕𝟓𝟖𝟓𝟎𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑 ∙ 𝒙
𝐉𝒙 = 𝟗𝟐𝟓 𝐜𝐦𝟒
𝐉𝒚 = 𝟖𝟓, 𝟑 𝐜𝐦𝟒
𝐱𝐆 = 𝟏, 𝟖𝟒 𝐜𝐦
El eje neutro se obtiene igualando σ = 0 , o sea:
𝟎 = 𝟒𝟎𝟏𝟎𝟖𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑
∙ 𝒚 + 𝟏𝟕𝟓𝟖𝟓𝟎𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑
∙ 𝒙
La tensiones máximas (σmax) de producirán en la fibra
más alejada del eje neutro, en este caso, el punto B de
coordenadas (- 0,0466 ; - 0,080) [m]:
B
𝛔𝐦𝐚𝐱 = 𝟒𝟎𝟏𝟎𝟖𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑
∙ (−𝟎, 𝟎𝟖 𝐦) + 𝟏𝟕𝟓𝟖𝟓𝟎𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑
∙ (−𝟎, 𝟎𝟒𝟔𝟔 𝐦)
𝛔𝐦𝐚𝐱 = −𝟏𝟏𝟒, 𝟎𝟑 𝐊𝐍𝐦−𝟐
y
x
22°
→ 𝐲 = −𝟒, 𝟑𝟖𝟒𝟒 ∙ 𝒙 → 𝜷 = tan−𝟏
−𝟒, 𝟑𝟖𝟒𝟒 = −𝟕𝟕, 𝟏𝟓°
𝜷

B
𝛔 =
𝐌𝐟𝟐
𝐉𝟐
∙ 𝐱𝟑 +
𝐌𝐟𝟑
𝐉𝟑
∙ 𝐱𝟐 =
𝟑, 𝟕𝟏 𝐊𝐍𝐦
𝟗𝟐𝟓 × 𝟏𝟎−𝟖 𝐦𝟒 ∙ 𝐱𝟑 +
𝟏, 𝟓 𝐊𝐍𝐦
𝟖𝟓, 𝟑 × 𝟏𝟎−𝟖 𝐦𝟒 ∙ 𝐱𝟐 =
M
Mf2
Mf3
𝐉𝟐 = 𝟗𝟐𝟓 𝐜𝐦𝟒
𝐉𝟑 = 𝟖𝟓, 𝟑 𝐜𝐦𝟒
𝐱𝐆 = 𝟏, 𝟖𝟒 𝐜𝐦
Problema 3
Las componentes del momento M según cada uno de los
ejes (x1; x2) serán: 𝐌𝐟𝟐 = 𝐌 ⋅ 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝟐° = 𝟑, 𝟕𝟏 𝐊𝐍𝐦
𝐌𝐟𝟑 = 𝐌 ⋅ 𝐬𝐞𝐧 𝟐𝟐° = 𝟏, 𝟓 𝐊𝐍𝐦
La expresión de las tensiones se escribe:
𝛔 = 𝟒𝟎𝟏𝟎𝟖𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑 ∙ 𝐱𝟑 + 𝟏𝟕𝟓𝟖𝟓𝟎𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑 ∙ 𝐱𝟐
El eje neutro se obtiene igualando σ = 0 , o sea:
𝟎 = 𝟒𝟎𝟏𝟎𝟖𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑
∙ 𝐱𝟑 + 𝟏𝟕𝟓𝟖𝟓𝟎𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑
∙ 𝐱𝟐
La tensiones máximas (σmax) de producirán en la fibra
más alejada del eje neutro, en este caso, el punto B de
coordenadas (- 0,0466 ; - 0,080) [m]:
𝛔𝐦𝐚𝐱 = 𝟒𝟎𝟏𝟎𝟖𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑
∙ (−𝟎, 𝟎𝟖 𝐦) + 𝟏𝟕𝟓𝟖𝟓𝟎𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑
∙ (−𝟎, 𝟎𝟒𝟔𝟔 𝐦)
𝛔𝐦𝐚𝐱 = −𝟏𝟏𝟒, 𝟎𝟑 𝐊𝐍𝐦−𝟐
Graficamos las tensiones
𝛔 = 𝟒𝟎𝟏𝟎𝟖𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑 ∙ 𝒚 + 𝟏𝟕𝟓𝟖𝟓𝟎𝟎 𝐊𝐍𝐦−𝟑 ∙ 𝒙
y
x
+
-
+
-
+
-

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

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