Resistencia de Materiales

JORGE EDUARDO SALAZAR TRUJILLO

R E S IST E N C IA D E M AT E RIA LE S B Á S IC A PA R A E S T U D IA N T E S D E IN G E N IE R ÍA

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES

I.S.B.N 978-958-8280-08-0

€ 2007

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES AUTOR:

JORGE EDUARDO SALAZAR TRUJILLO Ingeniero Civil Profesor Asociado Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales R EVISADO : L UIS E DGAR M ORENO M ONTOYA Ingeniero Industrial Especialista en Planeamiento Educativo Profesor Asociado Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales J OSÉ OSCAR J ARAMILLO J IMÉNEZ Ingeniero Civil Magíster Ingeniería Civil Especialista en Planeamiento Educativo Profesor Asociado Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales I MPR E S O : Centro de Publicaciones Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales Marzo de 2007 Primera edición

C O N TE N ID O

PRESENTACIÓN .................................................................................................................. 7 CAPÍTULO 1 INTRODUCCIÓN Y CONCEPTOS FUNDAMENTALES .................................................. 9 1.1 PRINCIPIOS BÁSICOS DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES ............................. 15 1.2 CONCEPTO DE ESFUERZO Y DEFORMACIÓN ........................................................ 17 1.3 TIPOS DE ESFUERZOS ................................................................................................. 18 1.3.1 Esfuerzos normales ................................................................................................... 18 1.3.2 Esfuerzo de aplastamiento o de apoyo ....................................................................... 31 1.3.3 Deformaciones axiales .............................................................................................. 32 1.4 PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS MATERIALES .............................................. 32 1.4.1 Relaciones esfuerzo-deformación .............................................................................. 38 1.5 LEY DE HOOKE ............................................................................................................. 39 1.5.1 Módulo de elasticidad, ductilidad, resistencia .............................................................. 40 1.5.2 Módulos de elasticidad de algunos materiales............................................................. 41 1.6 ELASTICIDAD Y PLASTICIDAD ................................................................................. 44 1.6.1 Factores de seguridad ................................................................................................ 45 1.7 ESFUERZOS CORTANTES ............................................................................................ 46 1.7.1 Deformaciones por corte ........................................................................................... 48 1.7.2 Ley de Hooke para corte ........................................................................................... 48 1.7.3 Módulo de corte de varios materiales......................................................................... 49 1.7.4 Esfuerzo cortante doble ............................................................................................. 49 1.7.5 Relación de Poisson................................................................................................... 51 1.7.6 Relación entre el módulo de elasticidad y el módulo cortante ..................................... 54 1.8 DEFORMACIONES EN ESTRUCTURAS CUYAS BARRAS ESTÁN SOMETIDAS A FUERZAS AXIALES ............................................................................. 54 1.9 ESFUERZOS TÉRMICOS ............................................................................................... 57 1.9.1 Coeficientes de dilatación térmica .............................................................................. 58 1.10 INDETERMINACIÓN ESTÁTICA EN TENSIÓN Y COMPRESIÓN ......................... 59 1.11 ENERGÍA DE DEFORMACIÓN AXIAL ...................................................................... 71 CAPÍTULO 2 ESFUERZOS BIAXIALES Y TRIAXIALES ......................................................................... 75 Esfuerzos en secciones inclinadas ...................................................................................... 75 Esfuerzos complementarios: ............................................................................................... 77 2.1 LEY DE HOOKE EN DOS Y TRES DIMENSIONES .................................................... 79

2.1.1 Ley de Hooke para esfuerzos biaxiales ...................................................................... 80 2.1.2 Ley de Hooke para esfuerzos triaxiales ..................................................................... 81 2.2 ESFUERZOS PRINCIPALES, ESFUERZO PLANO Y CÍRCULO DE MOHR, ESFUERZOS Y PLANOS PRINCIPALES ....................................................................... 83 2.2.1 Construcción del círculo............................................................................................. 87 CAPÍTULO 3 ESFUERZOS PRODUCIDOS POR FLEXIÓN. VIGAS....................................................... 101 Qué caracteriza una viga? .................................................................................................. 101 Cómo trabajan las vigas? .................................................................................................... 102 Los arcos y las cerchas ...................................................................................................... 102 3.1 ESFUERZOS NORMALES PRODUCIDOS EN FLEXIÓN ........................................... 106 3.1.1 Flexión pura ............................................................................................................... 106 3.1.2 Cálculo de esfuerzos normales ................................................................................... 108 3.2 FLEXIÓN TRANSVERSAL: ESFUERZOS CORTANTES PRODUCIDOS EN FLEXIÓN.................................................................................................................... 121 3.2.1 Efecto de corte horizontal en vigas ............................................................................ 121 3.3 VIGAS DE DOS MATERIALES ..................................................................................... 134 CAPÍTULO 4 DEFORMACIONES EN VIGAS ........................................................................................... 145 Tipos de deformaciones ...................................................................................................... 147 4.1 MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN................................................................... 150 4.1.1 Funciones de singularidad .......................................................................................... 165 4.2 MÉTODO DEL ÁREA DE MOMENTOS (TEOREMAS DE MOHR) ........................... 172 4.3 MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA ......................................................................... 188 4.4 INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE ENERGÍA ................................................... 197 4.5 VIGAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS ........................................................ 199 CAPÍTULO 5 ESFUERZOS COMBINADOS .............................................................................................. 207 Flexo-tensión y flexo-compresión ....................................................................................... 209 Superposición de esfuerzos................................................................................................. 211 CAPÍTULO 6 COLUMNAS ......................................................................................................................... 227 6.1 FENÓMENO DEL PANDEO O INESTABILIDAD LATERAL ..................................... 227 6.2 CARGA CRÍTICA ........................................................................................................... 232 6.3 TEORÍA DE EULER ....................................................................................................... 233 6.3.1 Cálculo del valor de la carga crítica ........................................................................... 233 6.4 DIFERENTES CONDICIONES DE APOYOS ............................................................... 237 6.5 ESFUERZOS CRÍTICOS ................................................................................................. 240

6.6 CÓDIGOS ........................................................................................................................ 243 CAPÍTULO 7 TORSIÓN .............................................................................................................................. 249 Elementos estructurales sometidos a torsión ...................................................................... 249 7.1 ESFUERZOS Y DEFORMACIONES EN ELEMENTOS DE SECCIÓN CIRCULAR .. 250 7.2 INDETERMINACIÓN ESTÁTICA................................................................................. 261 7.3 TORSIÓN DE ELEMENTOS DE SECCIÓN RECTANGULAR .................................... 263 7.3.1 Esfuerzos y deformaciones en elementos de sección rectangular a torsión ................. 263 7.4 TORSIÓN DE SECCIONES ABIERTAS ......................................................................... 267 7.5 TORSIÓN DE TUBOS DE PARED DELGADA ............................................................ 269 REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS .................................................................................... 273 Referencias de tablas ......................................................................................................... 274 Referencias fotográficas y de gráficos ............................................................................... 274

P R E S E N TA C IÓ N

El presente "Texto de Resistencia de Materiales básica para estudiantes de ingeniería" elaborado durante el año sabático 2005-2006 tiene el objetivo de servir como ayuda didáctica a los estudiantes de ingeniería en los primeros semestres de estudio del área de la ingeniería estructural. Consciente de la existencia de un sinnúmero de textos de Resistencia de Materiales (ver referencias), que tratan el tema de manera exhaustiva he querido preparar una guía de apoyo para dichos textos que haga énfasis en aspectos como los siguientes: Presentación gráfica de las situaciones en tres dimensiones de tal manera que desde el principio del estudio de esta área los estudiantes tengan clara la ubicación de los elementos estructurales en un espacio tridimensional de tal forma que diferencien claramente aspectos como el eje longitudinal de una viga, su sección transversal y el eje neutro de la misma entre otros. Para hacer énfasis en esto me he basado en mi experiencia de casi 30 años como profesor de la asignatura, en los cuales he podido observar las dificultades que los estudiantes tienen al respecto. Énfasis mediante gráficos y fotografías en el entendimiento del comportamiento mecánico de los elementos estructurales cuya comprensión considero previa a las formulaciones matemáticas y computacionales con los cuales se abordan estos problemas hoy en día. En mi experiencia docente he visto cuan útiles son la ayudas gráficas y las simulaciones hechas con elementos como tizas, resortes, plastilina o balso para explicar muchos conceptos y cómo los estudiantes han apreciado el empleo de estos recursos en las clases. Con iguales propósitos didácticos, he procurado presentar la resolución de los diferentes problemas de manera similar a como lo haría en el tablero del aula de clase, partiendo de la expresión correspondiente a la incógnita buscada en cada caso y a partir de la misma ir encontrando los diferentes parámetros necesarios para su cálculo. De esta forma, el cálculo de cada uno de los parámetros mencionados, adquiere sentido para el estudiante quien lo verá como un paso necesario y útil en la solución del problema en cuestión. He tratado asimismo de ilustrar con fotografías, las diferentes situaciones tratadas en los capítulos del texto con fines similares a los ya expuestos. Espero finalmente como lo manifesté al principio, que el texto sea motivador para los estudiantes que se inician en el estudio del área de la ingeniería estructural y agradezco a las directivas de la Facultad de Ingeniería y Arquitectura de la Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales que con la aprobación del año sabático me hayan permitido hacerlo.

7

C A P Í T U LO 1 I N T R O D U C C I Ó N Y C O N C E P TO S F U N D A M E N TA L E S

En el curso de MECÁNICA se empezaron a estudiar los elementos estructurales y las estructuras desde el punto de vista del EQUILIBRIO ESTÁTICO externo, es decir de la QUIETUD en que deben estar para que cumplan su función. Se tenían por ejemplo las siguientes situaciones y se hacía un DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE en el cual se ponían todas las fuerzas externas que actuaban sobre el mismo y a continuación se aplicaban las ecuaciones de equilibrio con el fin de encontrar las reacciones en los apoyos.

9

En los casos mostrados en la figura, las reacciones se calculan mediante la aplicación de las ecuaciones de equilibrio (suma de fuerzas igual a cero y suma de momentos igual a cero). Aunque el cálculo de las reacciones que garanticen el reposo es fundamental, éste es solo el primer paso en el proceso de análisis y diseño que en cada situación llevará a la definición del tipo de material, de la forma y de las dimensiones que harán que las estructuras sean seguras y funcionales. -

Seguras quiere decir que no se rompan.

-

Funcionales quiere decir que no se deformen excesivamente afectando el servicio que prestan.

Estas dos condiciones, RESISTENCIA y RIGIDEZ deberán asegurarse para que las estructuras cumplan su fin.

10

Es claro que en las situaciones mostradas a continuación las estructuras pueden romperse o deformarse excesivamente.

Como puede verse, cualquiera de las dos situaciones (Deformación excesiva o Rotura) es inadmisible. Por lo tanto, el ingeniero debe asegurar con una buena probabilidad de éxito que las estructuras que construya sean RÍGIDAS y RESISTENTES. De esto trata la RESISTENCIA DE MATERIALES. Debemos ser capaces de garantizar que las estructuras a construir no se deformen excesivamente y que no se fracturen. Para hacerlo, es necesario que sepamos calcular las fuerzas internas que se producen en los elementos estructurales y que son en últimas las que producirán las deformaciones y la rotura.

11

En general podemos afirmar que una fuerza interna produce un esfuerzo actuante que trata de romper el elemento. Que se rompa depende del esfuerzo resistente que tenga el elemento el cual dependerá del material y de sus dimensiones transversales. Análogamente, esas mismas fuerzas internas producirán deformaciones del elemento las cuales dependerán igualmente del material y de sus dimensiones. La Resistencia de Materiales se ocupa del cálculo de los esfuerzos y deformaciones que se producirán debiendo garantizar el ingeniero que las deformaciones estén dentro de unos límites permisibles y obviamente que no se produzcan roturas. Los esfuerzos resistentes del material deben calcularse con el fin de poder compararlos con los esfuerzos actuantes. Estos esfuerzos dependen no solo de las dimensiones del elemento estructural sino de la forma como estén aplicadas las cargas las cuales pueden producir esfuerzos normales o cortantes dependiendo de que las fuerzas o momentos actuantes sean axiales, transversales o combinados. Debe por tanto determinarse primero que todo si el elemento en estudio está sometido a fuerzas axiales, transversales (en cuyo caso se producirá flexión), momentos torsionales (torsión) o una combinación de algunos de ellos.

12

Veamos las siguientes situaciones:

CABLES DE ANCLAJE, PUENTE DE LA BAHÍA, SAN FRANCISCO, ESTADOS UNIDOS. 2005

13

14

Como se observa en las figuras anteriores, los elementos estructurales quedan sometidos a diferentes tipos de fuerzas (o solicitaciones) dependiendo tanto de las acciones que se apliquen como de la conformación de cada estructura y del punto de aplicación de las fuerzas. En cada situación por tanto, el cálculo de los esfuerzos actuantes será distinto. En consecuencia, estudiaremos los esfuerzos y deformaciones producidos en elementos estructurales en los siguientes casos: -

1

.

1

P

R

Axiales Biaxiales Triaxiales Flexión Combinados Pandeo (caso particular de esfuerzo axial a compresión) Torsión

I

N

C

I

P

I

O

S

B

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I

C

O

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D

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N

C

I

A

D

E

M

A

T

E

R

I

A

L

E

S

Como en cualquier materia, en la resistencia de materiales se aceptan de entrada unas hipótesis iniciales que sin afectar en su esencia los resultados de los temas de estudio simplifiquen el análisis que, de otra manera, se haría demasiado dispendioso. Estos principios básicos son: €

Los materiales se consideran homogéneos: esto quiere decir que se hace caso omiso de las variaciones de composición que de punto a punto de los mismos tienen los materiales reales.

15

€

Los materiales se consideran contínuos: tampoco se tienen en cuenta en los análisis las discontinuidades o poros que presentan los materiales. Piénsese en los casos de la madera y del concreto.

€

Los materiales se consideran isótropos: significa que en los análisis generales no se tienen en cuenta las diferencias de propiedades en distintas direcciones del material. O sea que se supone que sus propiedades son iguales en todas las direcciones. (iso: igual, tropos: dirección).

€

No se tienen en cuenta las fuerzas internas de tipo interátomico existentes en los materiales. Solo se consideran las fuerzas causadas por la aplicación de fuerzas externas.

€

Principio de superposición: los efectos de un sistema de fuerzas sobre un elemento son iguales a la suma de los efectos individuales de cada una de las fuerzas. Es válido en el rango elástico lineal como se verá posteriormente.

€

Principio de Saint Venant (científico francés): Cuando a un elemento estructural se le aplica una fuerza los esfuerzos que esta causa en puntos suficientemente alejados de ella no dependen de la forma concreta en que la carga es aplicada:

PRINCIPIO DE SAINT VENANT

A

A

A

A

A

A

Los esfuerzos internos en la sección A-A son iguales en los 3 casos independientemente de la forma como se cuelgue la carga

16

1

.

2

C

O

N

C

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P

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S

F

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E

R

Z

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Y

D

E

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N

Tal como se dejó establecido en el curso de Mecánica, en el análisis estático externo inicial no hay necesidad de considerar las deformaciones de los elementos estructurales (los cuerpos pueden considerarse rígidos) ni el tipo de material del cual están hechos pues estos factores usualmente no tienen incidencia en las reacciones generadas en los apoyos. Si se tiene un objeto suspendido por un cable no habrá necesidad de considerar el alargamiento del cable para calcular su tensión. El diagrama de cuerpo libre del cable estará sometido a las mismas fuerzas considérese o no el alargamiento. Veamos:

Las fuerzas son las mismas (R y W), independientemente que se considere o no el alargamiento € Como muestra el ejemplo, para hacer el análisis externo y calcular las reacciones no es necesario considerar las deformaciones y el tipo de material. Sin embargo para avanzar en el proceso de análisis y diseño con el objetivo de definir finalmente las dimensiones y el tipo de material del cual deberán hacerse los elementos estructurales es necesario considerar las deformaciones que tendrán los elementos y la resistencia de los diferentes tipos de materiales. Se hace indispensable entonces proceder a considerar las características de: RESISTENCIA (oposición a la rotura) y RIGIDEZ (oposición a las deformaciones) que tendrán los diferentes elementos estructurales. 17

En otros términos, antes de construir una estructura es necesario saber la resistencia que tendrá y las deformaciones que sufrirá. Lo anterior es apenas obvio si consideramos que cualquier estructura debe satisfacer unas exigencias mínimas de seguridad (resistencia) y de funcionalidad y estética (mínimas deformaciones). Además cuando se presenten casos de indeterminación estática (que se estudiarán más adelante) se requiere contar con ecuaciones adicionales que usualmente surgen de la consideración de deformaciones. Por las consideraciones anteriores, se hace necesario estudiar tanto los esfuerzos como las deformaciones que sufrirán los elementos sometidos a fuerzas, según se vio al final del curso de Mecánica.

1

.

3

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I

P

O

S

D

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E

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S

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA, MANIZALES, CAMPUS LA NUBIA (Construcción de estructura metálica)

1

.

3

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1

E

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o

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n

o

r

m

a

l

e

s

Cuando una fuerza P actúa a lo largo de una barra su efecto sobre la misma depende no solo del material sino de la sección transversal que tenga la barra, de tal manera que a mayor sección mayor será la resistencia de la misma. Se define entonces el esfuerzo axial o normal como la relación entre la fuerza aplicada y el área de la sección sobre la cual actúa. O en otros términos como la carga que actúa por unidad de área del material.

18

Esfuerzo normal: Siendo

€‚

P A

P: Fuerza axial A: Sección transversal

O a nivel diferencial:

€‚

dP dA

Unidades del esfuerzo normal:

Esfuerzo ƒ :

F 2

L

N

Kg cm 2

lb : psi in 2

m2

MKS

Inglés

Sistema internacional

: Pascal

19

CABLES SOMETIDOS A TENSIÓN. PUENTE DE BROOKLYN, NUEVA YORK, 2005

HILOS DE UNA TELARAÑA SOMETIDOS A TENSIÓN 20

SECCIÓN TRANSVERSAL DE UNO DE LOS CABLES PRINCIPALES DEL PUENTE GOLDEN GATE EN SAN FRANCISCO. NÓTESE EL GRAN DIÁMETRO (92.4CM) DE UNO DE LOS CABLES PRINCIPALES CON LO CUAL SE GARANTIZA UN ÁREA SUFICIENTEMENTE GRANDE PARA DISMINUIR EL ESFUERZO ACTUANTE Y AUMENTAR LA SEGURIDAD DEL PUENTE.

COLUMNA A COMPRESIÓN, CAMPUS LA NUBIA, UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA, MANIZALES 21

PROBLEMA Sabiendo que el esfuerzo normal actuante en el tramo AB (cuya sección es de 40x40cm) es de 48 KPa calcular el esfuerzo correspondiente en el tramo BC (cuya sección es de 30x30cm) € BC ‚

FBC FBC FBC ‚ ‚ 2 ABC 0.3 „ 0.3m 0.09m 2

Debemos calcular por tanto el valor de FBC

… Fy ‚ 0 FBC ‚ F

Debemos calcular F Calculamos F:

… Fy ‚ 0 FAB ‚ F 22

Pero en el enunciado del problema se establece que: Por tanto: € AB ‚ 48KPa ‚

€ AB ‚ 48KPa

FAB F F ‚ ‚ 2 AAB 0.4 „ 0.4m 0.16m 2

F ‚ 48KPa „ 0.16m 2 ‚ 48KN / m 2 „ 0.16m 2 ‚ 7.68KN

Al principio habíamos encontrado que Entonces:

FBC ‚ F

FBC ‚ 7.68 KN

Y finalmente: € BC ‚

FBC 0.09m

2

‚

7.68KN ‚ 85.33KPa 0.09m 2

PROBLEMA Se tiene un muro sometido a una carga de 13000 Kg por metro de longitud y soportado por una cimentación de concreto la cual a la vez se apoya sobre el suelo. Calcular los esfuerzos actuantes en el muro, la cimentación y el suelo y compararlos con los esfuerzos admisibles de los tres elementos que son los siguientes: ƒ admisibleMURO ‚ 40 Kg / cm 2 ‚ 40

Kg cm 2

„

9.8 N 104 cm 2 N „ ‚ 392 „ 10 4 2 ‚ 3920KPa ‚ 3.92 MPa 2 1Kg m m

ƒ admisibleCIMENTACION †CONCRETO ‚ 4.83MPa

ƒ admisibleSUELO ‚ 380 KPa ‚ 0.38MPa

23

Para simplificar el problema no consideremos los pesos propios del muro y del concreto. Para el análisis consideremos un tramo de muro de un metro de longitud.

Calculemos los esfuerzos actuantes en los niveles a, b, c y d: E

n

e

l

n

i

v

e

l

a

:

€ actuante †a ‚ € actuante † MURO ‚

F 13000 Kg Kg 9.8 N ‚ ‚ 43333 .33 2 „ ‚ 424666 .7 Pa ‚ 424.7 KPa A 1 „ 0.3m 2 1Kg m

Como

ƒ admisibleMURO ‚ 3920 KPa

Entonces: ƒ actuante† MURO ‡ ƒ admisibleMURO

El muro es seguro

24

E

n

e

l

n

i

v

e

l

b

:

€ actuante †b ‚ € actuante †CONCRETO ‚

F 13000 Kg Kg 9.8 N ‚ ‚ 43333 .33 2 „ ‚ 424666 .7 Pa ‚ 424 .7 KPa 2 A 1 „ 0.3m 1Kg m

Como ƒ admisibleCIMENTACION †CONCRETO ‚ 483MPa ‚ 4830 KPa

Entonces: ƒ actuante†CIMENTACIO N †CONCRETO ‡ ƒ admisibleCIMENTACION †CONCRETO

La cimentación es segura en el nivel b

E

n

e

l

n

i

v

e

l

c

:

€ actuante †c ‚ € actuante †CONCRETO ‚

F 13000 Kg Kg 9.8 N ‚ ‚ 26000 2 „ ‚ 254800 Pa ‚ 254 .8KPa 2 A 1 „ 0.5m 1Kg m

Como ƒ admisibleCIMENTACION †CONCRETO ‚ 483MPa ‚ 4830 KPa

Entonces ƒ actuante†CIMENTACIO N †CONCRETO ‡ ƒ admisibleCIMENTACION †CONCRETO

La cimentación es segura en el nivel c

25

E

n

e

l

n

i

v

e

l

d

:

€ actuante † d ‚ € actuante † SUELO ‚

F 13000 Kg Kg 9.8 N ‚ ‚ 18571 .43 2 „ ‚ 182000 Pa ‚ 182 KPa A 1 „ 0 .7 m 2 1Kg m

Como ƒ admisibleSUELO ‚ 380 KPa

Entonces ƒ actuante† SUELO ‡ ƒ admisibleSUELO

La cimentación también es segura a nivel del suelo

PROBLEMA Calcular el valor de la fuerza admisible que puede aplicarse a la estructura sabiendo que los esfuerzos admisibles del material son los siguientes: ƒ admisibleTENSION ‚ 1400Kg / cm 2 ƒ admisibleCOMPRENSION ‚ 800 Kg / cm 2

Las barras AC y BC tienen secciones transversales de 5x2 cm.

Padmisible=?

26

La barra BC está a tensión y la barra AC a compresión. Por lo tanto la condición que debe cumplirse es que el esfuerzo en BC no sobrepase un valor de 1400 Kg/cm2 y que el esfuerzo en AC no sobrepase un valor de 800 Kg/cm2. En otros términos:

ƒ actuanteBC ˆ ƒ admisibleTENSION ‚ 1400 Kg / cm 2 ƒ actuanteAC ˆ ƒ admisibleCOMPRENSION ‚ 800Kg / cm 2

Debemos por tanto calcular los esfuerzos actuantes en las 2 barras: € actuanteBC ‚

FBC FBC F ‚ ‚ BC 2 2 A 5 „ 2cm 10cm

€ actuanteAC ‚

FAC FAC F ‚ ‚ AC 2 2 A 5 „ 2cm 10cm

Calculemos FBC y FAC  ‚ tan †1

1.5 ‚ 26.56‰ 3

… Fy ‚ 0

… Fx ‚ 0

FBC Sen 26.56‰ † Padmisible ‚ 0

FAC † FBC Cos 26.56‰ ‚ 0

FBC ‚ 2.24 Padmisible

FAC ‚ 2.24 PadmisibleCos 26.56‰ ‚ 2.00 Padmisible

Por lo tanto: ƒ actuanteBC ‚

2.24 Padmisible 10cm

2

‚ ƒ admisibleTENSION ‚ 1400 Kg / cm 2

Padmisible ‚ 6250 Kg

ƒ actuanteAC ‚

2.00 Padmisible 10cm 2

‚ ƒ admisibleCOMPRESION ‚ 800 Kg / cm 2

Padmisible ‚ 4000 Kg

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Hemos encontrado 2 valores para la carga permisible: el de 6250 Kg garantiza que la barra BC no se romperá mientras que el de 4000 Kg garantiza que la barra AC no lo hará. Como debemos asegurarnos de que ninguna de las 2 se rompa escogemos el valor menor que nos lo garantiza. Por lo tanto: Padmisible ‚ 4000 Kg

Ninguna de las 2 barras se romperá

PROBLEMA Calcular los esfuerzos normales en el cable AB y en los 2 tramos de la barra CBD de la figura: El cable tiene un diámetro de 1.5 cm y la barra tiene una sección de 2 x 5 cm

 ‚ tan †1

2.25 ‚ 36.87‰ 3

‚ ‚ 90‰ † 36.87‰ ‚ 53.13‰

28

Los esfuerzos pedidos serán iguales a: € AB ‚

FAB Acable

€ CB ‚

Acable ‚

FCB Abarra

€ BD ‚

FBD Abarra

ƒD 2 ƒ (1.5cm) 2 ‚ 1.77cm 2 4 4

Abarra ‚ 5cm „ 2cm ‚ 10cm 2

Debemos calcular las fuerzas FAB FCB y FBD Diagrama de cuerpo libre:

… MC ‚ 0 2 FAB † 2.25 „ 4 ‚ 0 FAB ‚ 4.5KN

… Fy ‚ 0 C y ‚ 4 KN

… Fx ‚ 0 C x ‚ FAB ‚ 4.5KN

Esfuerzo en el cable AB: € AB ‚

FAB 4.5KN 104 cm 2 KN ‚ „ ‚ 2.54 „ 10 4 2 ‚ 25.4MPa 2 2 Acable 1.77cm m m

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Cálculo de FCB y FBD

Esfuerzos en los tramos CB y BD

30

€ CB ‚

FCB 5.90 KN 10 4 cm 2 KN ‚ „ ‚ 0.59 „ 104 2 ‚ 5.9MPa 2 2 Abarra 10cm m m

€ CB ‚

FCB 3.20 KN 104 cm 2 KN ‚ „ ‚ 0.32 „ 10 4 2 ‚ 3.2MPa 2 2 Abarra 10cm m m

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.

3

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p

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o

d

e

a

p

o

y

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Un caso particular de esfuerzo se presenta cuando hay un contacto entre dos superficies que se presionan entre si, como puede ser el caso de una arandela metálica y una superficie de madera. En este caso puede presentarse un aplastamiento local de una de las superficies debido al esfuerzo de compresión que se denomina "esfuerzo de aplastamiento". Cuando este tipo de situaciones se presenta, será necesario calcular el esfuerzo permisible del material mas susceptible de aplastarse, en este caso la madera para a partir del mismo calcular el área de la arandela que garantice que no se producirá aplastamiento en la madera.

AL PRODUCIRSE LA FLEXIÓN SE GENERA UNA GRAN COMPRESIÓN DE LA ARANDELA SOBRE LA MADERA ORIGINANDO EL APLASTAMIENTO QUE SE VE EN LA FOTO INFERIOR DERECHA. (Ensayo diseñado por el profesor José Christian Chanchí, Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales)

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1

.

3

.

3

D

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c

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a

x

i

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e

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El alargamiento total que sufre la barra se representa con la letra griega € (Deformación total) Por tanto, la deformación unitaria será:

1

.

4

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…‚

M

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La resistencia de materiales diferencia claramente la parte teórica y la experimental: € En la parte teórica estudia mediante modelos matemáticos (ecuaciones) los esfuerzos y deformaciones producidos en el interior de los elementos estructurales por las fuerzas aplicadas. Hace uso intensivo de los diagramas de cuerpo libre y de las ecuaciones de equilibrio, así como de las relaciones geométricas entre las dimensiones de los elementos y sus deformaciones tanto lineales como angulares. € En la parte experimental ensaya en el laboratorio probetas de materiales sometiéndolas a diferentes tipos de cargas para calcular los esfuerzos resistentes de los materiales y adicionalmente mediante la medición de las deformaciones producidas busca encontrar relaciones entre estas y los esfuerzos aplicados con el fin de determinar lo que se conoce como las características acción-respuesta de los materiales lo cual permitirá determinar parámetros como los módulos de elasticidad y de corte, 32

la relación de Poisson y la ductilidad de los materiales ensayados (posteriormente veremos el significado de cada uno de estos términos). En las siguientes fotos se observan algunos ejemplos de probetas sometidas a ensayos en los laboratorios de resistencia de materiales y estructuras de la Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales.

ENSAYO DE COMPRESIÓN DE CONCRETO

33

PROBETAS METÁLICAS ENSAYADAS A TENSIÓN

MADERA ENSAYADA A CORTE

PREPARACIÓN DE LAS VIGUETAS A SER ENSAYADAS

34

FLEXIÓN DE VIGUETA DE CONCRETO SIMPLE

CORTE DOBLE EN COBRE 35

ENSAYO DE COMPRESIÓN EN BLOQUES DE MORTERO

ENSAYO BRASILERO DEL CONCRETO

ENSAYO DE COMPRESIÓN DE MADERA 36

LABORATORIO DE RESISTENCIA DE MATERIALES UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA, SEDE MANIZALES

ENSAYO DE CORTE DE TORNILLOS (Diseño del profesor José Christian Chanchí, Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales) 37

ENSAYO DE APLASTAMIENTO EN MADERA (Diseño del profesor José Christian Chanchí, Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales)

ENSAYO DE MURO. Realizado por los estudiantes William Garzón et al y dirigido por el profesor José Christian Chanchí en la Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales.

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Se dice que el primero en estudiar sistemáticamente las propiedades de resistencia de un material fue Leonardo Da Vinci a través de ensayos en los cuales suspendía piedras con un alambre a fin de evaluar su resistencia.

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Robert Hooke en su libro De potentia restitutiva (1679), estableció la famosa Ley que relaciona fuerzas y deformaciones. Con un sencillo dispositivo en el cual aun plato se le van agregando pesos y se van midiendo las deformaciones producidas progresivamente en el resorte encontró una proporcionalidad directa entre los pesos aplicados y las deformaciones. A partir de un ensayo en el laboratorio puede graficarse la variación de la Fuerza vs la Deformación total:

Ley establecida originalmente por Hooke: P ‚ k„ Sin embargo, para estudiar las propiedades de un material, deben relacionarse cantidades unitarias (esfuerzo ƒ y deformación unitaria Š) de tal manera que en la ley queden obviadas el área y la longitud de la probeta ensayada.

39

Como se ve en la figura, a medida que aumenta el esfuerzo se incrementa la deformación unitaria del material que se está ensayando, pudiendo de esta forma obtenerse las propiedades mecánicas de los materiales a partir de esta Gráfica Esfuerzo-Deformación.

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La pendiente inicial de la gráfica nos dice cómo varían las deformaciones unitarias al incrementarse los esfuerzos. Para varios materiales esta primera parte de la gráfica es lineal presentándose por tanto una relación directa entre Esfuerzo y Deformación.

Si escribimos la ecuación de la recta obtendremos la expresión actual de la Ley de Hooke:

€ ‚ E… Siendo E, la pendiente de la recta. Este valor que es característico de cada material se conoce como el módulo de elasticidad o módulo de Young del material y nos dice que tan rígido es un material. La rigidez, la resistencia y la ductilidad son propiedades mecánicas de los materiales:

40

-

Rigidez: Capacidad de oponerse a las deformaciones

-

Resistencia: Capacidad de oponerse a la rotura

-

Ductilidad: Capacidad de deformarse antes de romperse.

ƒ zona elástica

Resistencia

Rig id

ez

zona inelástica

Š Ductilidad

A partir de la Ley de Hooke puede calcularse la deformación total que sufrirá un elemento sometido a fuerza axial. Según la Ley de Hooke:

€ ‚ E… P „ ‚E A L

„‚

PL AE

Con esta expresión puede calcularse la deformación conociendo la carga P la longitud de la barra L, la sección transversal A y el módulo de elasticidad E (en la zona elástica). 1

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Material

GPa

Kg/cm2

Lb/pulg2

Acero

200

2.1 x 106

30 x 106

Aluminio

70

0.7 x 106

10 x 106

Cobre

110

1.2 x 106

17 x 106

Concreto

17-31

0.18 x 106 - 0.32 x 106

2.5 x 106 - 4.5 x 106

Madera

11-14

0.11 x 106 - 0.14 x 106

1.6 x 106 - 2.0 x 106 41

PROBLEMA Calcular el alargamiento de cada cable y el desplazamiento vertical del punto C en el cual está aplicada la carga. Considerar que la barra ACB es rígida (no se flexiona). Diámetro de los cables: 1.5cm Eacero ‚ 200GPa

Alargamiento de los cables „ cableA ‚

FA „ L AE

„ cableB ‚ L ‚ 2m

A‚

ƒ „ D 2 ƒ „ (0.015m) 2 ‚ ‚ 1.77 „ 10† 4 m 2 4 4 E ‚ 200GPa ‚ 200 „ 109 N / m 2

Cálculo de FA y FB:

42

…M A ‚ 0

… Fy ‚ 0

5 FB † 3 „ 20 ‚ 0

FA ‹ FB † 20 ‚ 0

FB ‚ 12KN

FA ‚ 8 KN

FB „ L AE

„ cableA ‚

„ cableB ‚

8KN „ 2m †4

2

9

1.77 „ 10 m „ 200 „ 10 N / m

2

12 KN „ 2m 1.77 „ 10† 4 m 2 „ 200 „ 109 N / m 2

‚

‚

8 „ 103 N „ 2m †4

2

9

1.77 „ 10 m „ 200 „ 10 N / m

2

12 „ 103 N „ 2m 1.77 „ 10† 4 m 2 „ 200 „ 109 N / m 2

‚ 4.52 „ 10 † 4 m

‚ 6.78 „ 10 † 4 m

Cálculo del desplazamiento vertical del punto C:

Por relación de triangulos:

Œ„ cableB † „ cableA  ‚ b 5

3

b‚

3Œ„ cableB † „ cableA  3 „ 2.26 „ 10† 4 ‚ ‚ 1.36 „ 10 † 4 5 5

Finalmente †c ‚ 4.52 „ 10 † 4 ‹ 1.36 „ 10† 4 ‚ 5.88 „ 10† 4 m 43

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Gráfica esfuerzo-deformación para el acero. A partir del ensayo a tensión de una probeta en el laboratorio, se obtiene la siguiente gráfica esfuerzo-deformación:

Con base en la gráfica, pueden obtenerse los siguientes valores del esfuerzo normal:

 LP:

Esfuerzo en el límite de proporcionalidad. Hasta este punto la gráfica es lineal. Proporcionalidad directa entre Esfuerzo y Deformación.

y : Esfuerzo de fluencia (yield point). A partir de este punto el material "fluye" produciéndose un aumento de la deformación sin necesidad de aumentar el esfuerzo.

max: Después de la fluencia, al producirse un "endurecimiento por deformación" (la energía aplicada calienta el material), el material adquiere capacidad de resistir mas esfuerzo produciéndose un aumento de la pendiente de la gráfica hasta alcanzar el esfuerzo máximo. ROTURA NOMINAL: A partir del esfuerzo máximo alcanzado se produce un angostamiento de la sección de la barra ensayada (Estricción) hasta que finalmente se produce la rotura. El rotura nominal es igual a la carga de rotura dividida por el Area inicial de la probeta (sin tener en cuenta la estricción).

ROTURA REAL: Es igual a la carga de rotura dividida por el área final de la sección transversal (calculada con el diámetro final de la probeta).

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La ingeniería no es una ciencia exacta. Tanto en el cálculo de las estructuras como en la previsión de las cargas que actuarán sobre ellas, los ingenieros están expuestos a incertidumbres de distinto tipo que hacen que deban tomar previsiones que garanticen con una alta probabilidad que no se producirán fallas. Estas previsiones se denominan factores de seguridad. Las incertidumbres que se presentan se deben a los siguientes factores: €

Incertidumbre en las cargas a considerar: A pesar de todos los estudios estadísticos que se hagan para determinar las cargas máximas que actuarán sobre una estructura durante su vida útil, nunca será posible hacerlo con total exactitud. Pensemos en los casos de los camiones sobre los puentes o en las cargas máximas producidas por sismos y entenderemos cuan incierta es la determinación de sus efectos máximos.

€

Incertidumbre en las propiedades mecánicas de los materiales: Se calculan a partir de análisis estadísticos de los resultados de ensayos practicados a muestras de los materiales que se emplearán en la construcción de estructuras. Es obvio que los propios materiales con los cuales se construyen las estructuras no se ensayan para cada construcción. Por lo tanto en este caso también se tienen aproximaciones derivadas de los métodos estadísticos empleados y de los procedimientos de los ensayos de laboratorio utilizados.

€

Incertidumbre en las dimensiones de los elementos estructurales: Es muy difícil garantizar que las dimensiones con que se construyen los elementos de una estructura sean exactamente iguales a los especificados en los planos arquitectónicos y estructurales. Debido a las imprecisiones en los procesos constructivos se introducen incertidumbres que deben ser cubiertas por los factores de seguridad.

€

Incertidumbre en la precisión de los cálculos: En los métodos de cálculo de estructura se hacen suposiciones que simplifiquen el análisis y disminuyan los tiempos del análisis. Esto obviamente tiene un costo en el sentido de que los modelos matemáticos empleados no siempre representan de manera exacta la manera como se comportaré la estructura en la realidad.

Por la relación presentada la ingeniería emplea factores de seguridad. Hay varios enfoques para definir estos factores: €

Esfuerzos admisibles: Se calcula dividiendo el esfuerzo que resiste el material por el factor de seguridad (mayor que 1), de tal manera que aunque uno "sabe" que el material tiene una resistencia dada lo "pone a trabajar" a un esfuerzo menor (el esfuerzo admisible).

ƒ admisible ‚ €

ƒ resistenteMATERIAL F .S .

Métodos probabilísticos: la seguridad se relaciona con la probabilidad de falla de la estructura: mientras más baja sea esta probabilidad, mas alto será el factor de seguridad.

45

Diseño por estados límite: A través de los códigos de estructuras de los diferentes países se definen los aspectos de seguridad de las estructuras a diseñar. La idea consiste en considerar que como una estructura puede colapsar o puede deformarse excesivamente o tener grandes vibraciones, el diseñador debe considerar los límites para los cuales la estructura se hace inaceptable desde los tres puntos de vista y garantizar que esos límites no serán superados.

€

En los cursos de ingeniería estructural se estudiarán en detalle los métodos mencionados aquí brevemente, cuando se estudia la Norma Sismorresistente Colombiana de 1998.

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No en todas las ocasiones los elementos estructurales son tensionados o comprimidos por las fuerzas externas que actúan sobre ellos. En muchas ocasiones un elemento está tratando de ser cortado.

En este caso, las dos platinas están intentando ser cortadas a lo largo del área transversal que las une, la cual es paralela a la fuerza P que está siendo aplicada.

EDIFICIO REFORZADO CONTRA SISMOS. BERKELEY, CALIFORNIA 2005 46

DETALLE DE LA BASE DEL EDIFICIO DE LA FOTO ANTERIOR (LOS PERNOS ESTÁN SOMETIDOS A CORTE)

PERNOS SOMETIDOS A CORTE. Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales, Campus La Nubia, 2004 Se define el Esfuerzo cortante o de cizalladura como:

Ž‚

V A

Las unidades son las mismas del esfuerzo normal:

‡‚

P A

Kg

lb

2

2

cm

in

:psi

N m2

:Pascal

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Al producirse una distorsión como la que se ve en la figura, la deformación está dada por la variación angular que sufre el elemento al ser deformado por el esfuerzo cortante. V V

V

En el rango elástico lineal del material se ha encontrado relación directa entre los esfuerzos cortantes y las deformaciones angulares sufridas por el elemento.

‡ ‚ Gˆ 1

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Siendo G el módulo cortante o de rigidez del material

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Material

GPa

Kg/cm2

Lb/pulg2

Acero

77

0.77 x 106

11 x 106

Aluminio

28

0.28 x 106

4 x 106

Bronce

36-44

0.31 x 106 - 0.44 x 106

5.2 x 106 - 6.3 x 106

Cobre

40-47

0.41 x 106 - 0.48 x 106

5.8 x 106 - 6.8 x 106

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En este caso, el corte se resiste a través de 2 áreas. Por lo tanto:

Ž‚

V 2A

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PROBLEMA Calcular los esfuerzos normales en las barras AB y CB y los esfuerzos cortantes en los pasadores en A y C, cuyo diámetro es de 1.2 cm.

€ AB ‚

FAB FAB F ‚ ‚ AB 2 2 A 2 „ 8cm 16cm

‡ pasadorA ‚

FA R RA RA ‚ A2 ‚ ‚ 2 ƒ D ƒ 1 . 2 2A 2 2.26cm 2 2 4 4

€ CB ‚

FCB FCB F ‚ ‚ CB 2 2 A 2 „ 8cm 16cm

‡ pasadorC ‚

Corte doble

FC R R RC ‚ C2 ‚ C 2 ‚ ƒ D ƒ 1 . 2 A 1 .13 cm 2 4 4

Corte simple

Debemos calcular FAB, FCB, RA y RC Diagrama de cuerpo libre del punto B:

… Fy ‚ 0 FCB Sen36.86‰ † 8 ‚ 0 FCB ‚ 13.34 KN

… Fx ‚ 0 13.34 Cos36.86 † FAB ‚ 0 FAB ‚ 10.67

50

Diagramas de cuerpo libre de las barras AB y CB:

Finalmente calculamos los esfuerzos pedidos: € CB ‚

13.34 KN 16cm

‚

2

13.34 „ 103 N „ 10 4 cm 2 2

16cm „ 1m

2

‚ 0.83 „ 107

N m2

‚ 8.3MPa

son 2 barras, a cada una le toca la mitad de la fuerza € AB ‚

10.67 2

KN

16cm

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2

16cm „ 1m

2

1.13cm „ 1m

2

2

10.67 „ 10 3 N „ 10 4 cm 2

‡ pasadorA ‚

.

2

5.34 „ 10 3 N „ 10 4 cm 2

13.34 „ 103 N „ 104 cm 2

‡ pasadorC ‚

1

‚

2

2.26cm „ 1m

s

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2

‚ 0.33 „ 10 7

‚ 11.85 „ 107

‚ 4.72 „ 10 7

N m2

N m2

N m2

‚ 3.3MPa

‚ 118.5MPa

‚ 47.2 MPa

n

Cuando a un elemento se le produce un alargamiento en una dirección dada, automáticamente se genera un acortamiento en la dirección perpendicular o viceversa. Deducida por el francés Simeon Denis Poisson (1781-1840) quien encontró que la relación entre la deformación unitaria transversal y la longitudinal era constante para cada material, denominándose por tanto esta constante, Relación de Poisson (). 51

‰‚†

… transversal … longitudinal

El signo menos indica que a un alargamiento en un sentido corresponde un acortamiento en el otro y viceversa.

Valores de la relación de Poisson para diferentes materiales Material

Relación de Poisson ‚

Corcho

0.0

Concreto

0.1 € 0.2

Acero

0.27 € 0.30

Caucho

0.47

0 ˆ ‰ ˆ 0,5

52

PROBLEMA Calcular la carga admisible que se puede aplicar a un cilindro de concreto de 8cm de diámetro para que no sufra una expansión lateral mayor de 0.002cm. El módulo de elasticidad del concreto es de 20GPa y su relación de Poisson es igual a 0.15 PPadmisible =?‚ ? permisible

P admisible ‚ ƒ y „ A P admisible ‚ ƒ admisible „ A

A‚

ƒ D 2 ƒ „ (8cm) 2 ‚ ‚ 50.27cm 2 4 4

Calculemos ƒadmisible Según la ley de Hooke € y ‚ E… y Aplicando la relación de Poisson: ‰‚

…x … …y ‚ x …y ‰

ƒy ‚ E

Ahora: … x ‚

Šx ‚ ƒ admisible 

Padmisible ‚ E

Šx „A 

„x 0.002cm ‚ 0.00025 Diámetro 8cm

Finalmente: Padmisible ‚ E

Šx 0.00025 1m 2 N 0.00025 1m 2 „ A ‚ 20GPa „ 50.27cm 2 „ 4 2 ‚ 20 „ 109 2 „ „ 50.27cm 2 „ 4 2 ‚ 16756.67 N ‚ 16.76 KN  0.15 0.15 10 cm m 10 cm

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A partir de un análisis que puede consultarse en alguno de los libros de resistencia de materiales mencionados en la bibliografía, se ha encontrado que:

G‚

Como 0 ˆ ‰ ˆ 0.5

entonces

E 2Œ1 ‹ ‰ 

0.33E ˆ G ˆ 0.5E

Las constantes E (módulo de elasticidad), G (módulo de corte) y ‘ (relación de Poisson) se denominan constantes elásticas de los materiales.

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A

S

Si se aplica la fuerza P a la estructura de la figura, calcular el desplazamiento tanto horizontal como vertical del punto C. Primero que todo encontremos las fuerzas en las barras AC y BC:

Diagrama de cuerpo libre del punto C:

… Fx ‚ 0

P † FBC Cos ‚ 0 FBC ‚ P / Cos (Compresión)

… Fy ‚ 0

FBC Cos † FAC ‚ 0 FAC ‚ FBC Cos (Tensión o tracción)

54

La barra AC al quedar a tensiƒn se alarga y gira alrededor de A. Por su parte la barra AC se acorta por quedar a compresiƒn y gira alredeor de A.

Por lo tanto el punto C se desplaza a C„

Esquemticamente sucede lo siguiente:

P

Debido a que en la realidad las deformaciones son muy peque‚as, los arcos se pueden considerar perpendiculares a los radios de giro quedando el esquema de deformaciones o "diagrama de Williot" como sigue:

55

Vista ampliada del Diagrama de Willot

Al aplicarse la carga P, la barra AC se estira una cantidad ’AC y gira mediante un arco. La barra BC se comprime una cantidad ’BC y gira mediante otro arco. Al final de este proceso, el punto C se ha movido a una nueva posición C'. Se trata ahora de calcular tanto el movimiento horizontal como vertical del punto C. Para hacerlo se aproximan los arcos a perpendiculares como se ve en la figura (aproximación válida por la pequeñez de las cantidades involucradas en el gráfico). En la gráfica, que se ve ampliada a continuación pueden determinarse mediante relaciones geométricas y trigonométricas los dos desplazamientos mencionados del punto C. Cálculo de los desplazamientos horizontal y vertical del punto C:

Observando los gráficos tenemos

†vertical de C ‚ „ AC

(alargamiento de la barra AC)

†horizontal de C ‚ „ BC SenŠ ‹ Œ„ AC ‹ „ BC CosŠ  / tan Š Recordando que:

„ AC ‚

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FAC LAC AE

„ AC ‚

FAC L AC AE

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Cuando un material se somete a un incremento de temperatura se produce una dilatación:

AL INCREMENTARSE LA TEMPERATURA SE PRODUCE UNA DILATACIÓN ’

Como se recordará, en los cursos de Física se ha estudiado que:

„ ‚ L†T Siendo

“” Coeficiente de dilatación térmica •T : Incremento de temperatura

Si al elemento se le impide la libre dilatación mediante una restricción como un empotramiento, el elemento quedará sometido a un esfuerzo al ser impedido el alargamiento por medio de los dos empotramientos.

AL MEDIRSE LA DILATACIÓN SE GENERAN ESFUERZOS DE COMPRESIÓN

La fuerza ejercida por el empotramiento se puede calcular quitándolo y dejando que se produzca la deformación y volviéndolo a poner de tal manera que obligue a la barra a recobrar su tamaño original.

57

Se €quita el empotramiento permitiendo la deformaci‚n por temperatura

Se €pone el empotramiento restituyendo la barra a su posici‚n original

Como en la realidad los empotramientos estn impidiendo completamente la deformaciƒn debe cumplirse que:

„ Temperatura ‚ „ carga

L†T ‚

PL L ‚€ AE E

Por lo tanto el esfuerzo generado por el cambio de temperatura es:

€ ‚  E†T “:

Siendo

Coeficiente de dilataciƒn t…rmica

•T : Incremento de temperatura E:

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Mƒdulo de elasticidad del material

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Material

10-6/ °C

10-6/ °F

Acero

14

8

Aluminio

23

13

Bronce

18 € 21

9.9 € 11.6

Cobre

16.6 € 17.6

9.2 € 9.8

PROBLEMA Calcular los esfuerzos inducidos en un riel de ferrocarril cuando la temperatura se incrementa de 12 a 30 grados centígrados. Coeficiente de dilatación térmica del acero:  ‚ 14 „10 †6 / ‰C

Como se vió, los esfuerzos inducidos por un incremento de temperatura son iguales a: € ‚ E†T

Como:

 ‚ 14 „ 10†6 / ‰C

E ‚ 200GPa ‚ 200 „ 109 N / m 2

†T ‚ 30 † 12 ‚ 18‰C

Entonces, el esfuerzo debido al incremento de temperatura será: € ‚ 14 „ 10† 6 / ‰C „ 200 „ 109 N / m 2 „ 18‰C ‚ 50400000N / m 2 € ‚ 50.4 MPa

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N

Existen situaciones en las cuales por razones de seguridad es necesario colocar elementos estructurales adicionales que al tiempo que suministren más seguridad a la estructura (resistencia), disminuyan las deformaciones que se presentarán (al aumentar la rigidez) Veamos:

59

En este caso, mediante la aplicación de las condiciones de equilibrio estático pueden encontrarse las reacciones Ax , Ay y la tensión en el cable TB .

… Fx ‚ 0

… Fy ‚ 0

…M ‚ 0

3 ecuaciones de equilibrio

Ax , Ay , TB 3 incógnitas Al existir un número igual de ecuaciones y de incógnitas se dice que el problema es Estáticamente determinado. Una vez calculadas las reacciones y la tensión en el cable pueden calcularse, por ejemplo, el esfuerzo cortante en el pasador del apoyo Ay el esfuerzo normal en el cable B. Igualmente el alargamiento del cable ’B = TBL/AE. Con los esfuerzos actuantes encontrados en el pasador y el cable y cable se tendrá una idea de los factores de seguridad con que trabajará la estructura (comparándolos con los esfuerzos admisibles de los materiales a emplear). El alargamiento calculado del cable se comparará con las deformaciones admisibles. A partir del análisis anterior puede encontrarse la necesidad de colocar otro cable con el fin de incrementar la resistencia y la rigidez de la estructura. Supongamos que se agrega un cable adicional en el punto D:

Evidentemente con el cable adicional en B se tendrá una estructura mas segura y mas rígida. Sin embargo surge la siguiente situación:

60

… Fx ‚ 0

… Fy ‚ 0

…M ‚ 0

3 ecuaciones de equilibrio

Ax , Ay , TB , TD 4 incógnitas Es obvia la dificultad para calcular 4 incógnitas con las 3 ecuaciones disponibles. Esta situación configura lo que en mecánica estructural se conoce como un problema Estáticamente indeterminado. La única posibilidad de resolverlo es a través de la obtención de una ecuación adicional. Esta ecuación surge a partir del análisis de las deformaciones como se muestra enseguida:

„B „D ‚ b d Por semejanza de triángulos

Como se ve, la ecuación adicional se obtiene a partir de la semejanza de triángulos y se expresa según la siguiente proporción:

„B „D ‚ b d

Como –—˜™š’B = TBL/AE

y

’D = TDL/AE

61

TB L / AE TD L / AE ‚ b d

y por tanto:

TB TD ‚ b d

Esta es la cuarta ecuación que necesitamos para levantar la indeterminación estática.

PROBLEMA Calcular las tensiones en los cables BC y DE. Sección transversal: A Módulo de elasticidad: E Considerar que la barra ABD es rígida (no se flexiona) Diagrama de cuerpo libre de la barra ABD:

… Fx ‚ 0

A x † T BC Cos 30 ‰ † T DE Cos 30 ‰ ‚ 0

… Fy ‚ 0

Ay ‹ TBC Sen30‰ † TDE Sen 30‰ † 600 ‚ 0

…MA ‚ 0

3TBC Sen30‰ ‹ 3TDE Sen30‰ † 4 „ 600 ‚ 0

3 ecuaciones, 4 incógnitas Estáticamente Indeterminado 62

Por tanto, debemos encontrar una 4a ecuación mediante la compatibilidad de deformaciones. Los dos cables se alargan, quedando la estructura deformada (ampliada) de la siguiente forma:

Por lo tanto:

63

Por semejanza de triángulos: „ BC / Sen30‰ „ DE / Sen30‰ ‚ 3 5

Pero: „ BC ‚

TBC „ LBC TBC „ 3 / Cos30‰ TBC „ 3.46 ‚ ‚ AE AE AE

„ DE ‚

TDE „ LBC TDE „ 5 / Cos30‰ TDE „ 5.77 ‚ ‚ AE AE AE

Por tanto: TBC „3.46 / Sen30‰ AE

3

‚

TDE „5.77 AE

/ Sen30‰ 5

TBC „ 3.46 TDE „ 5.7 ‚ 3Sen30‰ 5Sen30‰

4 ecuación que estábamos buscando

TBC ‚ TDE

Combinamos esta 4a ecuación con las 3 ecuaciones de equilibrio que teníamos y obtenemos las tensiones en los cables:

… Fx ‚ 0 … Fy ‚ 0 …M A ‚ 0

64

Ax † TBC Cos30‰ † TDE Cos30‰ ‚ 0

Ay † TBC Sen30‰ † TDE Sen30‰ † 600 ‚ 0

3TBC Sen30‰ ‹ 5TDE Sen30‰ † 5 „ 600 ‚ 0

TBC ‚ 750 N

TBC ‚ TDE

TDE ‚ 750 N

PROBLEMA Calcular las reacciones en A y B

Diagrama de cuerpo libre de toda la barra:

… Fx ‚ 0

R A ‹ RB ‚ 800

1 ecuación, 2 incógnitas Estáticamente indeterminado

Debe obtenerse una ecuación basada en la compatibilidad de las deformaciones: El alargamiento del tramo AC de la barra debe ser igual al acortamiento del tramo CB (porque la barra está empotrada en los extremos).

„ AC ‚ „ CB 65

„ AC ‚

Pero:

FAC „ 4 AE

y

„ CB ‚

FCB „ 3 AE

Siendo FAC y FCB las fuerzas internas en los respectivos tramos. FAC „ 4 FCB „ 3 ‚ AE AE

Por tanto:

Esta es la segunda ecuación.

1

Como está en función de (Flexibilidad) se conoce como el AE (porque las incógnitas son las fuerzas).

d

e

l

a

s

f

u

e

r

z

a

M

é

t

o

d

o

d

e

l

a

F

l

e

x

i

b

i

l

i

d

a

d

o

s

Calculemos FAC y FCB : Hacemos dos cortes en la barra, uno en el tramo AC y otro en el tramo CB:

… Fx ‚ 0

… Fx ‚ 0

FAC ‚ R A

FCB ‚ 800 † R A

Reemplazando en 2: R A „ 4 ‚ Œ800 † R A  „ 3

R A ‚ 342.85 N

66

Y por tanto: RB ‚ 457.15 N

Resolver el mismo problema considerando las deformaciones como incógnitas: Método de la Rigidez. El análisis externo es igual: Diagrama de cuerpo libre de toda la barra:

… Fx ‚ 0

R A ‹ RB ‚ 800

1 ecuación, 2 incógnitas

Estáticamente indeterminado Análisis interno Tomemos el desplazamiento del punto C como incógnita:

Como se puede ver: „ C ‚ „ AC ‚ „ CB Haciendo cortes nuevamente:

67

… Fx ‚ 0 „ C ‚ „ AC ‚

RA „ 4 AE

FAC ‚ R A

Por tanto

… Fx ‚ 0 „ C ‚ „ CB ‚

Ahora como:

RB „ 3 AE

„ C „ AE 4

RA ‚

FCB ‚ RB

Por tanto

„ C „ AE 3

RB ‚

R A ‹ RB ‚ 800

„ C „ AE „ C „ AE ‹ ‚ 800 4 3

La ecuación está en función de las rigideces AE: desplazamientos

M

é

t

o

d

o

d

e

l

a

R

i

g

i

d

e

z

, y las incógnitas son los

7„ C AE ‚ 800 12

„C ‚

Y finalmente:

RA ‚

1371.43 AE

„ C „ AE 1371.43 „ AE ‚ ‚ 342.85 4 3 AE RB ‚

„ C „ AE 1371.43 „ AE ‚ ‚ 457.15 3 3 AE

En los dos problemas anteriores al calcular las fuerzas internas ha sido necesario tener en cuenta si cada tramo en consideración estaba sometido a tensión o a compresión. Para evitar incurrir en errores derivados de este hecho puede asumirse que todos los tramos estarán sometidos a tensión y por lo tanto sufrirán alargamientos. Al final el signo de las fuerzas halladas nos dirá cuáles están efectivamente a tensión y cuáles a compresión. 68

PROBLEMA Calcular las reacciones en los empotramientos A y B:

Análisis externo:

… Fx ‚ 0

R A ‹ RB ‚ 12

1 Ecuación, 2 Incógnitas Estáticamente indeterminado

Debe obtenerse una ecuación basada en la compatibilidad de las deformaciones. La deformación resultante de la barra es igual a cero pues los dos extremos son apoyos rígidos. Esto equivale a decir que la suma de las deformaciones internas de los diferentes tramos es igual a cero. „ AC ‹ „ CD ‹ „ DE ‹ „ EB ‚ 0

„ AC ‹ „ CD ‹ „ DE ‹ „ EB ‚ 0 FAC „ 1 FCD „ 3 FDE „ 4 FEB „ 2 ‹ ‹ ‹ ‚0 AE AE AE AE 69

Análisis interno:

Reemplazando: R A „ 1 Œ R A † 7  „ 3 ŒR A † 22  „ 4 Œ R A † 12 „ 2 ‹ ‹ ‹ ‚0 AE AE AE AE

Por tanto: y:

R A ‚ 13.3KN

RB ‚ †1.3KN

RB ‚ 1.3KN

(flecha derecha)

Con estos valores pueden calcularse las fuerzas internas: FAC ‚ R A ‚ 13.3 FCD ‚ R A † 7 ‚ 6.3 FDE ‚ R A † 22 ‚ †8.7

FDE ‚ 8.7

FEB ‚ R A † 12 ‚ 1.3 70

(Compresión)

1

.

1

1

E

N

E

R

G

Í

A

D

E

D

E

F

O

R

M

A

C

I

Ó

N

A

X

I

A

L

Cuando una barra se somete a una fuerza axial gradualmente creciente, esta efectúa un trabajo al deformar la barra que se almacena en el interior de la misma como energía de deformación (pensemos en un trozo de caucho al ser estirado).

El trabajo externo realizado por la fuerza debe ser igual a la energía acumulada en el interior de la barra. Wexterno ‚ U interna

Trabajo externo realizado por la carga P en un instante para producir un alargamiento d’ de la barra = P d’› dW ‚ Pd „

œ

œ

W ‚ Pd„ ‚ dA

W = Área bajo la curva 71

Área bajo la recta

P„ 2

W = Energía interna = U =

Como „ ‚

Entonces U ‚

1 P„ 2

PL AE

1 1 PL P 2 L ‚ P„ ‚ U ‚ P 2 2 AE 2 AE

2 2 O también: U ‚ 1 P„ ‚ 1 „AE „ ‚ 1 „ AE ‚ „ AE 2 2 L 2 L 2L

En resumen: 2 2 Energía interna de deformación P L ‚ „ AE 2 AE 2L

72

PROBLEMAS PROPUESTOS Calcular el esfuerzo normal en la barra BE que tiene una sección rectangular de 2 x 6 cm.

Calcular los esfuerzos en las barras AB, BC, KJ. Tienen una sección de 16 cm2 cada una.

Calcular para los casos a) y b): € AC ,

€ BC , ‡ A , ‡ B

73

74

C

E

A

S

P

F

Í

U

T

U

E

L

R

Z

O

2

O

S

B

I

A

X

I

A

L

E

S

Y

T

R

I

A

X

I

A

L

E

S

MUSEO DE HISTORIA NATURAL, NUEVA YORK, 2005

Esfuerzos en secciones inclinadas Hasta este punto sólo se han considerado los esfuerzos normales que actúan en secciones transversales rectas

€ sección transversal recta €

P A

75

En este caso, como se ha visto, el esfuerzo normal ‚ƒ que actúa sobre la sección transversal es igual al valor de la fuerza P dividido entre el área de la sección. Pero, qué esfuerzos se producen en una sección inclinada un ángulo „… Veamos:

€ sección inclinada € ?  sección inclinada € ?

Es de anotar que si las fuerzas axiales son de compresión sucede lo siguiente:

76

Retornando a la barra original consideremos el diagrama de cuerpo libre de su parte izquierda:

Y los esfuerzos en la sección inclinada serán:

€‚ €

†„ €

PCos‚ P € Cos 2‚ A / Cos‚ A

PSen„ P 1P Sen2„ € Sen„ Cos„ € A / Cos„ A 2A

En la sección inclinada por tanto se producen tanto esfuerzos normales ‚ como esfuerzos cortantes †.

Esfuerzos complementarios Son los que se producen en planos que forman ángulos rectos entre sí:

77

Generalmente los esfuerzos complementarios se denominan como ‚' y †'

Entonces:

Consideración del ángulo € Como se vió, el ángulo se tomó en las deducciones en sentido contrario a las manecillas del reloj a partir de la vertical hasta encontrar el plano inclinado en cuestión.

EL ÁNGULO SE MIDE SIEMPRE A PARTIR DE LA VERTICAL EN SENTIDO ANTI-HORARIO

78

Por tanto al aplicar las expresiones para calcular € ‚ €

P Cos 2‚ A

como † „ €

1P Sen2„ los 2A

ángulos siempre deberán medirse de esa forma:

€‹ €

†‹ €

P P Cos 2 ‡90Š ‰ ‚ ˆ € Sen 2‚ A A

1P 1P Sen2„‡90Š ‰ „ˆ € Œ Sen2„ 2A 2A

Relación entre un esfuerzo dado y su complementario: Dado que: P Cos 2‚ A

€‹ €

1P Sen2„ 2A

†‹ €

€‚ €

†„ €

P Sen2‚ A

1P Sen2„ 2A

Entonces:

 € Œ ‹ € ‰€‹ €

P A

2.1 LEY DE HOOKE EN DOS Y TRES DIMENSIONES Hasta este punto nos hemos ocupado de esfuerzos axiales. Sin embargo en muchos casos un elemento puede verse sometido simultáneamente a esfuerzos en dos (esfuerzos biaxiales) o en tres direcciones (esfuerzos triaxiales).

79

2.1.1 Ley de Hooke para esfuerzos biaxiales

Recordemos que para esfuerzos axiales € € Eƒ

Ley de Hooke

Por tanto:

ƒ€

€ E

Calculemos la deformación unitaria total en x producida por € x y € y : Es de recordar que € y produce un acortamiento en la dirección x que, según la relación de Poisson se calcula como:

ƒ x € Œ „ƒ y € Œ „

€y E

Ya que la relación de Poisson es en este caso: „ € Œ

ƒx ƒy

Ahora: Deformación unitaria en x = Deformación unitaria en x producida por € x + Deformación unitaria en x producida por € y .

ƒ x € ƒ x1 Œ ƒ x 2 ƒx €

ƒx €

80

€y €x Œ„ E E

1 € x Œ „€ y E

‡

ˆ

Análogamente:

ƒy €

1 € y Œ „€ x E

ˆ

 ‚x ‰ ‚y E

ˆ

‡

Žz € Œ

‡

En resumen: Deformaciones unitarias Žx €

1 ‚ x Œ ‚ y E

ˆ

Žy €

1 ‚ y Œ ‚ x E

ˆ

‡ ‡

ƒz € Œ

„ ‡€ x ‰ € y ˆ E

Y los esfuerzos se calculan según las siguientes expresiones (consultar su deducción en cualquiera de los libros de la bibliografía). Esfuerzos biaxiales

€x € €y €

E 1Œ „2 E 1Œ „ 2

‡ƒ x ‰ „ƒ y ˆ ‡ƒ y ‰ „ƒ x ˆ

2.1.2 Ley de Hooke para esfuerzos triaxiales

81

Deformación unitaria total en x = Deformación en x producida por € x + Deformación en x producida por € y + Deformación en x producida por € z

‡

ˆ

Ž xTOTAL € Ž x ‰ Œ Ž y ‰ ‡Œ Ž z ˆ

ƒ xTOTAL €

€y €x € Œ„ Œ„ z E E E

Factorizando:

ƒx €

€x „ Œ ‡€ y ‰ € z ˆ E E

Análogamente:

ƒy € ƒz €

€y E

Œ

„ ‡€ z ‰ € x ˆ E

€z „ Œ ‡€ x ‰ € y ˆ E E

A partir de estas expresiones obtenemos los esfuerzos así (consultar su deducción en cualquiera de los libros de la bibliografía). Esfuerzos triaxiales



‡

ˆ

€x €

E ‡1 Œ „ ˆ ƒ x ‰ „ ƒ y ‰ ƒ z ‡1 ‰ „ ˆ‡1 Œ 2 „ ˆ

€y €

E ‡1 Œ „ ˆ ƒ y ‰ „ ‡ƒ x ‰ ƒ z ˆ ‡1 ‰ „ ˆ‡1 Œ 2„ ˆ

€z €

E ‡1 Œ „ ˆ ƒ z ‰ „ ƒ x ‰ ƒ y ‡1 ‰ „ ˆ‡1 Œ 2 „ ˆ







‡

ˆ

Como se ve, para cada caso se trata de una sola ecuación que con las permutaciones adecuadas se convierte en las demás.

82

2.2 ESFUERZOS PRINCIP ALES , ESFUERZO PLANO Y CÍRCUL O DE MOHR , ESFUERZOS Y PLANOS PRINCIP ALES Tal como se vió en cursos previos, el ingeniero alemán Otto Mohr (1835-1918), dedujo un método gráfico para calcular los momentos de inercia de áreas con respecto a ejes inclinados De manera análoga el método puede emplearse para calcular los esfuerzos que ocurren en los planos inclinados, ya sea en elementos sometidos a esfuerzos biaxiales o planos y triaxiales.

ELEMENTO SOMETIDO A ESFUERZOS BIAXIALES

Círculo de Mohr para esfuerzos biaxiales y cortantes (Esfuerzo plano): Veamos el siguiente elemento sometido a esfuerzos biaxiales de tensión € x y € y siendo € x ‘ € y y esfuerzos cortantes † en las caras horizontales y verticales. (Por estar los esfuerzos contenidos en el plano xy este estado se denomina esfuerzo plano):

Se trata de calcular los esfuerzos normal y cortante (‚ y ’ †) en un plano inclinado un ángulo“„ respecto a la vertical según se muestra. 83

Si aislamos como cuerpo libre el prisma mostrado en la figura tendremos:

” Fx‹ € 0  ‚ dA Œ Cos‚dACos‚ ‰ Sen‚dASen‚ Œ € x Sen‚dACos‚ ‰ € y Cos‚dASen‚ € 0 1 1 †„ € †Cos 2 „ Œ †Sen 2 „ ‰ ‚ x Sen2„ Œ ‚ y Sen2„ 2 2 †„ €

1 ‚ x Œ ‚ y Sen2„ ‰ †Cos2„ 2

‡

ˆ

” Fy‹ € 0 € ‚ dA Œ Sen‚dA ‰ Cos‚dA Œ € xCos‚dA Œ € y Sen‚dA € 0

84

Por tanto:

€ ‚ dA ‰ Sen‚dACos‚ ‰ Cos‚dASen‚ Œ € x Cos‚dACos‚ Œ € y Sen‚dASen‚ € 0 € ‚ € ŒSen‚Cos‚ Œ Cos‚Sen‚ ‰ € xCos‚Cos‚ ‰ € y Sen‚Sen‚ € 0 € ‚ € € xCos 2‚ ‰ € y Sen 2‚ Œ 2Sen‚Cos‚

‚„ € ‚ x

1 ‰ Cos2„ 1 ‰ Cos2„ ‰ ‚y Œ †Sen2„ 2 2

‚„ €

1 1 ‚ x ‰ ‚ y ‰ ‚ x Œ ‚ y Cos 2„ Œ †Sen 2„ 2 2

‚„ €

1 1 ‚ x ‰ ‚ y ‰ ‚ x Œ ‚ y Cos 2„ Œ †Sen 2„ 2 2

‡

ˆ ‡

ˆ

En resumen:

‡

†„ €

ˆ ‡

ˆ

1 ‚ x Œ ‚ y Sen2„ ‰ †Cos2„ 2

‡

ˆ

Mohr encontró que estas dos ecuaciones son las ecuaciones paramétricas de un círculo cuyo parámetro es 2„. Escribámoslas de la siguiente forma: ‚„ € ‚ promedio ‰ BCos 2„ Œ †Sen 2„ †„ € BSen 2„ ‰ †Cos 2„ O lo que es igual: ‚„ Œ ‚ promedio € BCos2„ Œ †Sen 2„ †„ € BSen 2„ ‰ †Cos 2„

85

Elevando ambas al cuadrado:

‡€‚ Œ € promedio ˆ2 € ‡BCos 2‚ Œ Sen2‚ ˆ2

‡

 ‚ 2 € BSen 2‚ ‰ Cos 2‚

ˆ

2

Y desarrollando los cuadrados y sumando:

‡‚„ Œ ‚ promedio ˆ2 ‰ †„2 € B 2 ‰ †2 ‡€‚ Œ € promedio ˆ2 ‰  2 € 12 ‡€ x Œ € y ˆ2 ‰  2 ‡‚„ Œ ‚ promedio ˆ2 ‰ †„2 € 12 ‡‚ x Œ ‚ y ˆ2 ‰ †2 Esta es la ecuación de una circunferencia de radio R €

12 ‡€ x Œ € y ˆ2 ‰  2 :

y cuyo centro está ubicado en el punto € promedio , 0

86

2.2.1 Construcción del círculo

Construir el Círculo de Mohr para el elemento de la figura sometido al estado de esfuerzos mostrado.

1. En el sistema de coordenadas € ‚ , ‚ se ubican los puntos ( € x , ) y ( € y ,Œ ). Se unen y se determina el centro del círculo, C.

2. Se calcula la distancia CD €

R€

€ x Œ€ y 2

y se calcula el radio del círculo

12 ‡€ x Œ € y ˆ2 ‰  2

(Pitágoras)

87

3. Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de € max , € min ,

 max y 2„. € max € € prom ‰ R € min € € prom Œ R  max € R tan 2„ €

† ‚ x Œ‚ y 2

y el esfuerzo promedio:

€ promedio €

88

1 €x ‰€ y 2

‡

ˆ

Finalmente se calculan los esfuerzos principales máximo y mínimo:

89

PROBLEMA Construir el círculo de Mohr para el estado de esfuerzos mostrado y a partir del mismo calcular los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo 1. Se ubican os puntos (70,10) y (40, -10), se unen y se determina el centro del círculo C

2. Se calculan: CD €

90

70 Œ 40 € 15 2

R€

 ‡70 Œ 40ˆ ‰10  €18.03 1 2

2

2

y

€ prom €

70 ‰ 40 € 55 2

3. Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de € max , € min ,  max y 2„.

š  2‚ € tan Œ1 ˜˜ € Œ€ ˜ x y ™ 2

— • € tan Œ1 š˜ 2 •• ˜ € x Œ€ y ™ –

— • € tan Œ1 š˜ 2 › 10 —•33.69Š • ™ 70 Œ 40 – –

‚ € 16.85Š

A partir del elemento original se gira un angulo „ en sentido horario

91

Cálculo de los planos en los cuales ocurre el esfuerzo cortante máximo:

Para pasar del plano de †œal de †max debemos girar un angulo 2ž en sentido anti horario en

el círculo

2… € 90Š Œ 2‚ € 90Š Œ 33.69Š € 56.31Š

… € 28.15Š

En el elemento debemos girar un angulo ž en sentido antihorario

En internet se encuentran cientos de páginas dedicadas al cálculo del Círculo de Mohr. Una de las mejores a mi juicio es www.mdsolids.com Dicho programa fue ganador del Premier Award for Excellence in Engineering Education Courseware en 1998 en Estados Unidos. Recomiendo resolver con dicho programa los problemas aquí desarrollados, con fines comparativos. 92

PROBLEMA Construir el círculo de Mohr para el estado de esfuerzos mostrado y a partir del mismo calcular los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo 1. Se ubican los puntos (400,-50) (nótese que †Ÿes negativo y (150,50) y se unen determinando el centro del círculo C.

2. Se calculan: CD €

400 Œ 150 € 125 2

R€

‡125ˆ2 ‰ 50 2

€ 134.63

y

€ prom €

400‰150 € 275 2

93

3. Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de € max , € min ,  max y 2„.

š 2 2‚ € tan Œ1 ˜ ˜ € x Œ€ y ™

— • € tan Œ1 š˜ 2 › 50 —• € 21.8Š • ™ 400 Œ 150 – –

‚ € 10 . 9 Š

A partir del elemento original se gira un ángulo „ en sentido antihorario y se hallan los esfuerzos principales:

94

Cálculo de los planos en los cuales ocurre el esfuerzo cortante máximo:

2… € 90 Š Œ 2‚ € 90 Š Œ 21 .8 Š € 68 .2 Š

… € 34 . 1 Š

A partir del elemento original se gira un ángulo ž en sentido horario:

95

PROBLEMA Construir el círculo de Mohr para el estado de esfuerzos mostrado y a partir del mismo calcular los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo. 1. Se ubican los puntos (800,0) (nótese que † es cero) y (300,0) y se unen determinando el centro del círculo C.

2. Se calcula: R€

800 Œ 300 € 250 2

€ prom €

800 ‰ 300 € 550 2

3. Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de € max , € min ,  max y 2„. 96

2‚ € 0

‚ €0

No hay que girar ningún ángulo. Los esfuerzos principales coinciden con € x y € y

4. Cálculo de  max

 max € R € 250

En el círculo:

2… € 90Š

En el elemento: … € 45Š Debemos girar el elemento original un ángulo ž en sentido antihorario

97

PROBLEMA Construir el círculo de Mohr para el estado de esfuerzos mostrado y a partir del mismo calcular los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo 1. Se ubican los puntos (0,15) y (0,-15) y se unen determinando el centro del círculo C:

2. En este caso, como se ve, el centro del círculo coincide con el origen de coordenadas. R € 15 Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de € max , € min ,  max y 2„.

Planos donde ocurren los esfuerzos principales 2‚ € 90

‚ € 45

98

Planos donde ocurren los esfuerzos cortantes máximos

99

PROBLEMAS PROPUESTOS Construir el círculo de Morh para cada uno de los casos y a partir del mismo calcular los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo señalando el ángulo del plano respectivo.

Calcular los esfuerzos normal y cortante en el plano de la figura

Hallar el plano con su respectiva inclinación en el cual el esfuerzo normal es cero. Cuánto vale el esfuerzo cortante en dicho plano?

100

C

E

A

S

P

F

Í

U

T

U

E

L

R

Z

O

3

O

S

P

R

O

D

U

C

I

D

O

S

P

O

R

F

L

E

X

I

Ó

N

.

V

I

G

A

S

CONSTRUCCIÓN DE ESTRUCTURA METÁLICA, NUEVA YORK, 2005

Las vigas son uno de los elementos estructurales mas comúnmente empleados en ingeniería. Dos de las primeras labores que debió afrontar el hombre primitivo fueron las de cubrir espacios (para guarecerse) y salvar distancias (para cruzar una quebrada o un río). Seguramente lo primero que empleó fueron troncos de árboles para cubrir ramadas y vadear quebradas.

Qué caracteriza una viga? a) Geométricamente es un elemento estructural que tiene una de sus tres dimensiones mucho mas larga que las otras dos.

101

b) Puede estar en voladizo o soportada por dos o mas apoyos y las fuerzas actúan perpendicularmente a su eje longitudinal.

Cómo trabajan las vigas? Para entenderlo comparémoslas con otros conocidos elementos estructurales: arcos y cerchas

Los arcos y las cerchas

NUEVA YORK, 2005

102

Los arcos producen empujes horizontales en los apoyos. Para contrarrestar este empuje producido sobre los muros, en las catedrales góticas se emplearon los contrafuertes y los arbotantes. Otra posibilidad para cubrir el espacio entre dos muros es utilizar dos barras articuladas según se muestra:

LAS BARRAS GENERAN EMPUJES VERTICALES Y HORIZONTALES SOBRE LOS MUROS

Como se observa, esta conformación también produce empujes horizontales sobre los muros. Para evitarlo en la Edad Media se empezó a utilizar una barra adicional en la base (tensor) que impide que las barras se abran y generen empujes horizontales.

DESAPARECEN LOS EMPUJES HORIZONTALES SOBRE LOS MUROS

Esta estructura simple es considerada la precursora de las cerchas. 103

Recordemos que en el curso de mecánica se vió que una cercha trabajaba de la siguiente forma: Las barras de la cuerda superior de la cercha quedan a TENSIÓN y las de la cuerda inferior a COMPRESIÓN mientras que las diagonales quedan unas a TENSIÓN y otras a COMPRESIÓN.

La aleta superior de la viga en voladizo queda a TENSIÓN y la aleta inferior a COMPRESIÓN mientras que el alma absorbe las fuerzas internas de TENSIÓN y COMPRESIÓN que se generan.

104

UNIVERSIDAD NACIONAL, MANIZALES, CAMPUS LA NUBIA

Las aletas harían el trabajo equivalente al de las cuerdas inferior y superior: una a tensión y la otra a compresión. El alma de la viga remplazaría las diagonales absorbiendo los efectos de corte. En resumen: una viga bajo el efecto de fuerzas transversales queda sometida a dos efectos principales: FLEXIÓN y CORTE:

En las vigas la flexión está asociada a momentos flectores y a esfuerzos de tensión en la parte superior de la viga y de compresión en la parte inferior. El corte está asociado a esfuerzos cortantes Estos esfuerzos normales €y cortantes ‚ deben ser calculados. 105

3.1 ESFUERZOS NORMALES PRODUCIDOS EN FLEXIÓN El primero en estudiar sistemáticamente los esfuerzos producidos en las vigas fue Galileo quien en su libro "Discursos y demostraciones matemáticas sobre dos nuevas ciencias" publicado en 1638 trató el tema de los esfuerzos en una viga en voladizo. Antes de deducir las expresiones para los esfuerzos establezcamos unas hipótesis iniciales:

€ El material de la viga es homogéneo (el material es el mismo en todos los puntos) € Es continuo (no consideramos poros ni espacios vacíos) € Es isotrópico (propiedades iguales en todas direcciones) € Se comporta linealmente y cumple la Ley de Hooke: (  ƒ E€ ) € Las secciones de la viga permanecen planas después de la flexión

3.1.1 Flexión pura Los esfuerzos normales „€ en las vigas son producidos por los momentos flectores. Por tanto, para calcularlos utilicemos una viga en voladizo sometida sólo a momento flector (flexión pura).

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE 106

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR

Para el análisis separemos como cuerpo libre un tramo de viga de longitud dz :

107

3.1.2 Cálculo de esfuerzos normales Si las fibras superiores están a tensión y las inferiores a compresión, debe haber una fibra intermedia que al estar en el punto de transición entre los dos estados de esfuerzos no quede sometida a ningún esfuerzo: LA FIBRA NEUTRA. Comportamiento de las fibras

Esfuerzo normal en la fibra 1:  ƒ E € 1 Ley de Hooke

€1 ƒ

„1 ydƒ y ƒ ƒ L1 ‚dƒ ‚

ƒ

Ey ‚

La ecuación nos dice varias cosas: € El esfuerzo es directamente proporcional al módulo de elasticidad E € Mientras mas alejada esté la fibra de la fibra neutra, mayor será el esfuerzo (depende de la distancia y € El esfuerzo es inversamente proporcional a la curvatura La ecuación además nos muestra que el esfuerzo varía linealmente a través de la sección transversal. 108

VARIACIÓN DEL ESFUERZO NORMAL A TRAVÉS DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL DE LA VIGA

Ey ƒ ‚

 ƒ  max tension

cuando y ƒ y max(… )

 ƒ0

cuando y ƒ 0

 ƒ  max compresión

cuando y ƒ y max(† )

Esta distribución de esfuerzos fue establecida por primera vez por Parent (1666-1716) y Coulomb (1736-1806). Previamente Galileo (1564-1642)) había planteado que la distribución de esfuerzos era de la siguiente forma:

Y mas tarde, J. Bernoulli (1654-1705) había propuesto la siguiente distribución:

109

Se ve pues, como transcurrieron mas de 100 años para llegar a conocer la distribución correcta de los esfuerzos normales a través de la sección transversal de una viga. Ey es útil para conocer la variación del esfuerzo y para entender su relación ‚ con E y con ‡ pero desde el punto de vista práctico no presta ninguna utilidad para calcular el esfuerzo puesto que no conocemos de antemano el radio de curvatura ‡ de la viga. La ecuación  ƒ

Por tanto, debemos encontrar una expresión que sea útil desde el punto de vista práctico:

ƒ

dF dA

dF ƒ dA

110

ˆMx ƒ 0 ‰

Ey dA ƒ 0 ‚

‰

Ey 2 dA ƒ 0 ‚

†M …

‰

Ey 2 dA ƒ 0 ‚

†M …

E 2 y dA ƒ 0 ‚

†M … y

†M …

Pero:

‰y

2

‰

† M … ydA ƒ 0

‰

dA ƒ I x (Momento de inercia del área)

Por tanto:

†M …

EI ƒ0 ‚

1 M ƒ Curvatura ‚ EI

Pero teníamos que:  ƒ

Ey ‚

por tanto

1  ƒ Ey ‚

M  ƒ Ey EI Finalmente:

ƒ

My I

Fórmula de la flexión

111

Ubicación de EJE NEUTRO:

ˆ Fz ƒ 0

Ey

E

‰ dA ƒ 0 ƒ ‰ ‚ dA ƒ ‚ ‰ ydA ƒ 0 E ydA ƒ 0 ‚

‰

E Š 0 Puesto que al estar flectada la viga ‚ Š ‹ ‚ Por tanto, necesariamente

‰ ydA ƒ 0

Esto significa que el centro de gravedad de la sección está sobre el eje neutro, ya que:

‰ ydA ƒ 0 ƒ y A

y

yƒ0

En conclusión Esfuerzo normal producido por flexión  ƒ

My I

Ubicación de eje neutro: coincide con el centro de gravedad de la sección.

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES, CAMPUS LA NUBIA

112

Viga H (columna)

Viga I

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES, 2004

Ubicación del eje neutro: Como se demostró, coincide con el centro de gravedad de la sección transversal de la viga.

VIGAS SIMETRICAS

 max tensión ƒ  máximo compresión ƒ Sƒ

MC M M ƒ I ƒ I S c

I : Módulo de la sección c

En vigas simétricas los esfuerzos máximos a tensión y compresión son iguales

113

Para vigas con secciones asimétricas:

VIGAS ASIMÉTRICAS

€1 ƒ

Mc1 M ƒ S1 I

€2 ƒ

Mc2 M ƒ I S2

€1 ƒ

Mc1 I

€2 ƒ

Mc2 I

PROBLEMA Conocidas las cargas y las propiedades geométricas de la viga, calcular los esfuerzos actuantes máximos a tensión y a compresión

Esfuerzo normal actuante:  ƒ Mc I

Esfuerzo normal máximo:  max ƒ

114

M max c I

Por simetría:

 max TENSION ƒ  max COMPRESION

Por lo tanto, los esfuerzos máximos son:  maxTENSION ƒ  max COMPRESION ƒ

M max c 500000N Œ cm Œ 9cm N 104 cm2 ƒ ƒ Œ ƒ 9.26MPa 925 . 93 I 4860cm4 cm2 1m2

Como se ve, los esfuerzos máximos en este caso ocurren en el empotramiento, punto en el cual se presenta el momento flector máximo

PROBLEMA Conocidas las propiedades geométricas de la viga y los esfuerzos admisibles del material calcular las cargas admisibles que pueden aplicarse a la misma. Calcular la carga distribuida  que puede aplicarse a la viga de la figura sabiendo que los esfuerzos admisibles del material son: € admisibleTENSION ƒ 200 Kg / cm 2 € admisibleCOMPRESION ƒ 80 Kg / cm 2

115

La condición que debe cumplirse para garantizar la seguridad de la viga es que los esfuerzos actuantes máximos sean menores que los permisibles: € max actuanteTENSION Ž € admisibleTENSION ƒ 200 Kg / cm 2 € max actuanteCOMPRESION Ž € admisibleCOMPRESION ƒ 80 Kg / cm 2

Esto garantiza que la viga no falla ni a tensión ni a compresión. Cálculo de los esfuerzos actuantes máximos:  max actuanteTENSION ƒ

M max ƒ

…L2 8

M max c1 I

 max actuanteCOMPRESION ƒ

(Viga simplemente apoyada sometida a carga distribuida)

Calculemos los valores de c1, c2 y del momento de inercia I: Calculemos los valores de c1, c2 y del momento de inercia I: 116

M max c2 I

yƒ

A1 y1 … A2 y2 A1 … A2

yƒ

6 Œ 11 Œ 5.5 … 22 Œ 5 Œ 13.5 ƒ 10.5 6 Œ 11 … 22 Œ 5

c1 ƒ 10.5cm

c 2 ƒ 16 † 10 . 5 ƒ 5 .5

I B ƒ I … Ad 2

M max ƒ

…L2 … Œ 300cm 2 ƒ ƒ 11250… 8 8

c1 ƒ 10.5cm

c 2 ƒ 16 † 10 .5 ƒ 5 .5

I ƒ I B † Ad 2 ƒ 3578.67 † 176  Œ 0.5 ƒ 3534.67cm 3 2

Teníamos que: € max actuanteTENSION Ž € admisibleTENSION ƒ 200 Kg / cm 2 € max actuanteCOMPRESION Ž € admisibleCOMPRESION ƒ 80 Kg / cm 2

117

11250 Œ 10.5 ƒ 200 3534.67

1 ƒ 5.98Kg / cm ƒ 1

11250  Œ 5 . 5 ƒ 80 3534 . 67

2 ƒ 4.57Kg / cm ƒ 2

Como resultado hemos obtenido dos posibles cargas a aplicar. Una que garantiza que la viga no fallará a tensión y otra que no fallará a compresión. Para que no falle por ninguno de los dos conceptos, debe escogerse la menor de la dos. Por tanto:  admisible ƒ 2 ƒ 4.57 Kg / cm ƒ 457 Kg / m

PROBLEMA Calcular los esfuerzos normales máximos actuantes en la siguiente viga:

En general: ƒ

Mc I

Hagamos el diagrama de momentos:

ˆMA ƒ 0 5 RB † 3 Œ 400 † 3.75 Œ 300 Œ 7.5 ƒ 0 RB ƒ 1927.5

118

ˆ Fy ƒ 0 R A ƒ 400 … 300 Œ 7.5 † 1927.5 ƒ 722.5 b 3 † b  ƒ 722.5 177.5 bƒ

722.5 Œ 3 ƒ 2.41 177.5 … 722.5

Cálculo del centro de gravedad y del momento de inercia:

yƒ

A1 y1 … A2 y 2 … A3 y3 24 Œ 2 … 42 Œ 7 … 42 Œ 7 ƒ ƒ 5.88cm A1 … A2 … A3 24 … 42 … 42

I ƒ 5616 † 108 Œ 5.882 ƒ 1881.96cm 4

Iƒ

3 Œ 143 6 Œ 43 3 Œ 143 … … ƒ 5616cm 4 3 3 3

Cálculo de los esfuerzos normales máximos en la viga: En el punto de ocurrencia del momento máximo positivo

M max( … ) ƒ 870.61Kg Œ m ƒ 87061Kg Œ cm 119

 max(T ) ƒ

87061Œ 5.88 ƒ 272.01Kg / cm2 1881.96

 max(C ) ƒ

87061Œ 8.12 ƒ 375.64Kg / cm2 1881.96

En el punto de ocurrencia del momento máximo negativo:

 max(T ) ƒ

En resumen:

120

93750Œ 8.12 ƒ 404.50Kg / cm2 1881.96

 max(C ) ƒ

93750Œ 5.88 ƒ 292.91Kg / cm2 1881.96

3.2 FLEXIÓN TRANSVERSAL : ESFUERZOS CORT ANTES PRODUCIDOS EN FLEXIÓN Al actuar una fuerza transversal sobre una viga, produce efectos de corte verticales, debidos a la fuerza cortante V que se genera a lo largo de la viga.

3.2.1 Efecto de corte horizontal en vigas Además de los efectos de corte verticales también se presentan efectos en planos horizontales. Imaginemos la viga formada por una serie de capas horizontales.

Se puede observar el deslizamiento causado por la flexión. 121

Tal como se vió en capítulos anteriores la existencia de esfuerzos cortantes verticales exige la presencia de esfuerzos cortantes horizontales con el fin de garantizar el equilibrio. Por tanto, un elemento ubicado en el interior de la viga estará sometido a los esfuerzos cortantes que se observan a continuación.

Si consideramos el elemento mostrado como cuerpo libre no podremos obtener una ecuacuón para‘‚ debido a que se cancelará en cualquiera de las ecuaciones de equilibrio que establezcamos, ya sea 122

ˆ Fz ƒ 0, ˆ Fy ƒ 0

ó

ˆMx ƒ 0

Por tanto, tomamos como cuerpo libre un elemento de viga situado de tal manera que su cara superior coincida con la parte superior de la viga.

123

ˆ Fz ƒ 0

†bdz … ‰  1 dA † ‰  2 dA ƒ 0

†ƒ

‰ †ƒ

‰  2 dA † ‰ 1dA bdz

M2y M1 y dA † dA M 2 † M 1  ydA I I ƒ bdz Ibdz

‰

‰

Pero:

M 2 † M1  ƒ dM

M 2 y M 1 están separados una distancia dz

‰ ydA ƒ y A ƒ Q

Momento estático del área. Recordar que: y ƒ

‰ ydA A

dM ƒV dz

La derivada del momento flector es igual a la fuerza cortante. Por lo tanto:

†ƒ

VQ Ib

Variación del esfuerzo cortante € a través de una sección rectangular Variación del esfuerzo cortante ‚ a través de una sección transversal rectangular de bxh:

124

En general:

†ƒ

VQ Ib

En una viga sometida a una fuerza cortante V tenemos:

Q ƒ yA

V=V

IƒI ƒ

bh3 12

h 2

h Si y ƒ 2

Qƒ



b y … h2

 h2 † y  ƒ bh4 † y 2  2

2

2

b=b

Por tanto: † ƒ

Si y ƒ

—h ” A ƒ b • † y’ –2 “

1— h” yƒ •y… ’ 2– 2“



h2 † y 2 4 3 2 bh b 12

Vb

 ƒ 6V 

6V —• h4 † †ƒ – 3 bh 2



h 2” 2 ’ “

h2 4

† y2

bh

3



†ƒ

Si y=0

6V



h2 4

† y2

bh



3

†ƒ

6Vh 2 4bh

3

ƒ

3V 3 V ƒ 3bh 2 A

ƒ0

 

2 2 6V —• h4 † † h2 ”’ “ ƒ0 †ƒ – 3 bh

El esfuerzo cortante en los diferentes planos de la viga tendrá diferenres valores y su variación será como se ve en las siguientes figuras.

125

La curva de variación de la ecuación será:

†ƒ

6V



h2 4

† y2



bh 3

es parabólica y con los valores encontrados será la siguiente:

Como se ve, el esfuerzo cortante máximo se presenta a nivel del plano neutro de la viga.

PROBLEMA Calcular el esfuerzo cortante máximo que actúa en la siguiente viga:

Tal como se vio, el esfuerzo cortante máximo ocurre en el plano neutro de la viga en la sección donde la fuerza cortante es máxima. En general:

126

†ƒ

VQ Ib

Aplicando esta expresión para secciones rectangulares encontramos que:

† max ƒ

3 Vmax 2 A

A ƒ 10 Œ 16 ƒ 160cm2

Para calcular Vmax hacemos el diagrama de fuerza cortante de la viga: 5 RB † 3000 Œ 3 ƒ 0

ˆM A ƒ 0

Vmax ƒ 900 Kg

Como:

RB ƒ 1800 Kg

ˆ Fy ƒ 0 R A ƒ 3000 † 1800 ƒ 1200

Inmediatamente a la izquierda y a la derecha del apoyo B

† max ƒ

3 Vmax 2 A

3 900Kg Kg ƒ 8.44 2 † max ƒ Œ 2 2 160cm cm

127

PROBLEMA Suponiendo que la viga del problema anterior (en la cual la fuerza cortante máxima es igual a 900Kg) tiene la sección mostrada, dibujar el diagrama de variación del esfuerzo cortante ‚ a través de la sección transversal.

Como vimos, la ecuación general del esfuerzo cortante en vigas es: V ƒ 900 Kg

Iƒ

†ƒ

VQ Ib

15 Œ 123 6 Œ 83 † 2Œ ƒ 2160 † 512 ƒ 1648cm 4 12 12

Los valores de Q y de b dependen del punto de la sección en el cual se calculen: Qa ƒ y A ƒ y Œ 0 ƒ 0

El área de la sección arriba del punto a es cero (no existe) †a ƒ

900 Œ 0 ƒ0 1648 Œ 15

Qd ƒ y A ƒ 5 Œ 15 Œ 2 ƒ 150

†d ƒ

128

900 Œ 150 ƒ 5.46 Kg / cm 2 1648 Œ 15

Qc ƒ y A ƒ 5 Œ 15 Œ 2 ƒ 150

†c ƒ

900 Œ 150 ƒ 27.31Kg / cm 2 1648 Œ 3

Qc ƒ y A ƒ y1 A1 … y 2 A2 ƒ 2 Œ 12 … 5 Œ 30 ƒ 174

† e ƒ † max ƒ

900 Œ 174 ƒ 31.67 Kg / cm 2 1648 Œ 3

Variación de los esfuerzos cortantes a través de la sección

En la página anterior encontramos los siguientes valores:

Con estos valores graficamos la variación de esfuerzos recordando que es parabólica

Teniendo en cuenta la simetría hemos completado el diagrama hasta la parte inferior 129

En 3 dimensiones, la variación de esfuerzos cortantes se ve así:

Como se observa, un altísimo porcentaje del esfuerzo cortante es soportado por el alma de la viga, mientras que las aletas como se ha visto soportan principalmente esfuerzos normales de tensión y compresión.

PROBLEMA La viga laminada de la figura está formada por las dos viguetas unidas por pegante. Si el esfuerzo cortante admisible del pegante es de 14 Kg/cm2, calcular el valor de la carga P admisible que puede aplicarse en el extremo libre de la viga para que las 2 viguetas no se despeguen.

Debemos garantizar que el esfuerzo cortante máximo actuante no sobrepase el esfuerzo cortante admisible: † max ACTUANTE Ž † admisible ƒ 14 Kg / cm 2

Cálculo del † max ACTUANTE 130

Tal como se vió, cuando la sección es rectangular el esfuerzo cortante máximo actuante ocurre en el plano neutro y es igual a: † max ACTUANTE ƒ

En la grafica de la duerza cortante vemos que: Además:

3 Vmax 2 A

Vmax ƒ P

A ƒ 10cm Œ 14cm ƒ 140cm 2 P 3 † max ACTUANTE ƒ Œ 2 140cm 2

Por tanto:

3 P Œ ƒ 14Kg / cm 2 2 140cm 2

P ƒ Padmisible ƒ 1306.67 Kg

131

PROBLEMA Se construye una viga cajón con 4 tablones unidos por pernos como se ve en la figura. Si la fuerza cortante máxima que debe soportar la viga es de 3KN calcular el espaciamiento máximo e entre los pernos sabiendo que cada perno es capaz de soportar una fuerza de corte de 0.5KN

Fuerza cortante que es capaz de soportar cada perno Para que los pernos no fallen debe cumplirse que FactuantePE

RNO

ƒ FadmisibleP

ERNO

ƒ 0 . 5 KN

Por lo tanto debemos calcular la fuerza actuante en cada perno: FactuantePERNO ƒ † actuanteVIGA Œ Área de la viga por la cual debe responder cada perno

† actuanteVIGA ƒ

V ƒ 3KN

132

VQ Ib

(Fuerza cortante actuante en la viga)

† actuanteVIGA ƒ

3KN Œ1595cm3 ƒ 1.07 Œ10†2 KN / cm2 ƒ 1.07 Œ10†2 Œ103 N / cm2 Œ104 cm2 / m2 ƒ 1.07 Œ105 N / m2 55929.33cm4 Œ 8cm

Área de la viga por la cual debe responder cada perno= Área de influencia de cada perno.

133

Área de influencia de cada perno = 0.04emáx Recordemos que: FactuantePERNO ƒ † actuanteVIGA Œ

Área de la viga por la cual debe responder cada perno

FactuantePERNO ƒ 500N ƒ 1.07 Œ105 N / m 2 Œ 0.04emax emax ƒ 0.116m ƒ 11.6cm ˜ 12cm

3.3 VIGAS DE DOS MATERIALES Como se dejó dicho al principio del curso, existen materiales que son muy resistentes a compresión y muy poco a tensión como el concreto. Dado que en una viga, como se ha visto hay zonas que quedan sometidas a esfuerzos de compresión y otras a esfuerzos de tensión, aquellos materiales que como el concreto son débiles a tensión deberán ser reforzados por materiales que resistan este tipo de esfuerzo, tales como el acero. Este es el principio del concreto reforzado. Se obtiene de esta forma una viga que resistirá adecuadamente tanto esfuerzos de tensión (de los cuales se encargará el acero) y de compresión (de los cuales lo hará el concreto). Supongamos una viga de un material que tiene un módulo de elasticidad E1 la cual va a ser reforzada con un material que tiene un módulo de elasticidad mayor E2. 134

Se trata de que la adhesión entre los dos materiales sea tal, que al producirse la flexión no se produzca deslizamiento entre la viga y la platina de refuerzo (que trabajen monolíticamente).

Variación de esfuerzos y deformaciones en una viga de 2 materiales:

135

™ma

x()

€m

axm ate rial 1

™ma

x(+ )

€m

axm ate rial 2

Los diagramas en dos dimensiones quedan:

En el punto de contacto B no debe haber deslizamiento entre los dos materiales puesto que justo este es el fundamento del comportamiento estructural de la viga: que los dos materiales funcionen al unísono, vale decir que la viga trabaje monolíticamente. Por tanto en ese punto de contacto B dos fibras de la viga que dan sometidas a FUERZAS IGUALES (pero a ESFUERZOS DIFERENTES).

ˆF Por tanto:

136

x

ƒ0

F1 ƒ F2

 1 A1 ƒ  2 A2

Siendo A1 y A2 las secciones equivalentes de los dos materiales a fin de que se cumpla el equilibrio de fuerzas. La relación entre los esfuerzos la obtenemos del hecho de que las deformaciones unitarias de los dos materiales son iguales en el punto de contacto.

€ B1 ƒ € B 2 Como

 ƒ E€

Por lo tanto:

Entonces € ƒ

1  2 ƒ E1 E2

1 ƒ

 E

E1 2 E2 E1  2 A1 ƒ  2 A2 E2

Y por último A1 ƒ

E2 A2 ƒ nA2 E1

Quiere decir esta última expresión que el material 2 puede ser reemplazado por el 1 siempre y cuando su área se aumente n veces siendo n la relación entre los módulos de elasticidad de los dos materiales. Al aplicarse este concepto se llega al método conocido como el de LA SECCIÓN TRANSFORMADA dado que toda la sección queda convertida o transformada en una sección ficticia de uno de los dos materiales. En ésta se procede a calcular los esfuerzos tal como se ha hecho en el caso de secciones homogéneas, debiendo tener en cuenta al finalizar el análisis que el esfuerzo encontrado en la parte que ha sido transformada debe ser multiplicado nuevamente por n con el fin de obtener el esfuerzo que se va a producir en el material real.

Método de la sección transformada E2 š E1

137

PROBLEMA Calcular los esfuerzos máximos en la madera y el acero de la viga de la figura reforzada con una platina. Eacero ƒ 200GPa

Emadera ƒ 10GPa

ˆM A ƒ 0

ˆ Fy ƒ 0

5 RB ƒ 3 Œ 3

R A ƒ 3 † 1.8

RB ƒ 1.8 KN

R A ƒ 1.2 KN

M max ƒ 1.2 Œ 3 ƒ 1.8 Œ 2 ƒ 3.6 KN Œ m

138

Método de la sección transformada. Transformemos la sección en madera: nƒ

Eacero 200GPa ƒ ƒ 20 Emadera 10GPa

Analicemos la viga como si fuera toda de madera:

Calculemos c1 , c2 , e I yƒ

A1 y1 … A2 y2 400 Œ I … 200 Œ 12 ƒ 4.67 ƒ c2 ƒ A1 … A2 400 … 200

c1 ƒ 22 † 4.67 ƒ 17.33

139

I ƒ I D † Ad 2 ƒ 27200 † 600 2.67 2 ƒ 22922.67cm 4

ID ƒ

200 Œ 23 10 Œ 203 … ƒ 27200cm 4 3 3

Finalmente, calculamos los esfuerzos en la madera y en el acero:

€ max( † )madera,real ƒ

M maxc1

€ max( … )madera, ficticio ƒ

I

ƒ

M maxc2 I

3600 N Π100cm Π17.33cm 22922.67cm 4

ƒ

ƒ 272.16

3600 N Π100cm Π4.67cm 22922.67cm 4

N cm 2

ƒ 73.34

Œ

N cm 2

10 4 cm 2

Œ

m2

ƒ 2721.6 KPa

10 4 cm 2 m2

ƒ 733.4 KPa

Como en la realidad en la parte inferior de la viga no hay madera sino una platina de acero, debemos €devolvernos por as‚ decirlo y multiplicar este esfuerzo ficticio por n para obtener el esfuerzo real en el acero:

 max( … ) acero,real ƒ n Œ  max( … ) madera, ficticio ƒ 20 Œ 747.7 KPa ƒ 14954 KPa En conclusiƒn hemos encontrado los siguientes esfuerzos m„ximos en la viga:

140

Variación de esfuerzos a través de la sección:

La viga entonces, absorberá los esfuerzos de la siguiente forma:

Como se ve, la platina de acero soporta la mayor parte de los esfuerzos de tensión. La viga también puede analizarse transformando toda la sección en acero. Veámoslo a continuación.

Resolución del problema transformando la viga en acero Vamos a transformar toda la viga en acero. Por lo tanto: nƒ

Emadera 10GPa ƒ 0.05 Eacero 200GPa

141

Sección transformada en acero Analicemos la sección transformada:

yƒ

A1 y1 … A2 y2 20 Œ 1 … 10 Œ 12 ƒ 4.67 ƒ c2 ƒ 20 … 10 A1 … A2

c1 ƒ 22 † 4.67 ƒ 17.33

Cálculo del momento de inercia:

I ƒ I D † Ad 2 ƒ 1360 † 302.67 2 ƒ 1146.13 ID ƒ

142

10 Œ 23 0.5 Œ 203 … ƒ 1360 3 3

Cálculo de los esfuerzos:  max(C ) acero, ficticio ƒ

 max(T ) acero, real ƒ

3670 Œ 100 Œ 17.33 ƒ 5549.20 Œ 104 Pa ƒ 55492 KPa 1146.13

3670 Œ 100 Œ 4.67 ƒ 1493.37 Œ 10 4 Pa ƒ 14953.7 KPa 1146.13

Esfuerzo máximo en la madera:  max(C ) madera,real ƒ n Œ  max( C ) acero, ficticio ƒ 0.05 Œ 55492 ƒ 2774.6 KPa

En resumen:

 max( C ) madera, real ƒ 2774.6 KPa

Obviamente, los valores son iguales a los que obtuvimos transformando la sección en madera

 max(T ) acero, real ƒ 14953.7 KPa 143

PROBLEMAS PROPUESTOS Calcular los esfuerzos normales y cortantes máximos en las siguientes vigas

144

C

A

D

E

P

F

Í

O

T

U

R

L

M

O

4

A

C

I

O

N

E

S

E

N

V

I

G

A

S

NÓTENSE LAS DEFORMACIONES Y FISURAS EN LOS EXTREMOS DE LA VIGA

Tal como se ha dicho, un elemento estructural no sólo debe ser resistente a la rotura sino que debe tener unas condiciones de rigidez adecuadas de tal manera que se cumplan algunas condiciones mínimas, a saber:

€ Que se garantice la funcionalidad de la estructura evitando grandes deformaciones que podrían afectar su desempeño. (Por ejemplo el alineamiento y nivelación de equipos).

€ Que no se afecte la estética de la estructura con la aparición de grietas, producto de grandes deformaciones.

145

NÓTESE AGRIETAMIENTO DE LA VIGA EN LA SECCIÓN DE MOMENTO NEGATIVO, POR FALTA DE REFUERZO

Adicionalmente como se ha visto, en el caso de vigas estáticamente indeterminadas es necesario obtener ecuaciones adicionales basadas en las deformaciones que nos ayuden a levantar la indeterminación y así poder resolverlas. De otra parte, en los próximos cursos de ingeniería estructural se requerirán los conocimientos relativos a los métodos de cálculo de deformaciones en vigas para poder afrontar el estudio de estructuras estaticamente indeterminadas (por ejemplo en el método conocido como pendiente- deflexión o slope deflection). Por estos motivos se hace necesario calcular las deformaciones que se producen en las vigas cuando están son sometidas a cargas. Existen varios métodos para calcular las deformaciones en vigas:

€ Métodos matemáticos: Método de la doble integración o de la Ecuación de la elástica. € Métodos geométricos: Basados en la forma de la viga deformada. El mas conocido es el método del Área de momentos o Teoremas de Mohr.

€ Métodos derivados de los anteriores: Método de la viga conjugada conocido en algunos textos como Método de los Pesos Elásticos.

€ Métodos energéticos: Basados en la conservación de la energía desarrollada por las fuerzas al deformar las vigas. (Teoremas de Maxwell, de Castigliano y otros).

146

Tipos de deformaciones

147

148

Funcionalidad afectada por deformaciones excesivas (se desnivelan los elementos soportados por la viga).

Deformaciones excesivas pueden causar agrietamientos que afectan la estética de las estructuras.

149

Deformaciones con concavidades contrarias.

4.1 MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN En la teoría de flexión se vió que:

En matemáticas se tiene que:

d2y

1 dx 2 € 3 € ˆ dy 2 … 2 †‡1 ‰ dx ƒ„

 ‚

150

1 M € € EI

Por lo tanto: d2y dx 2

ˆ1 ‰ †‡

 ‚ …ƒ„ dy 2 dx

3 2

€

M EI

pero

 dy  Ž ‹ Š 0 las pendientes en las vigas son muy peque€as  dx Œ

2

Con mayor razn: Ž dy ‹ Š 0  dx Œ

2 En conclusin: d y € M € y" o lo que es lo mismo: EIy" € M dx 2 EI

EIy " € M

EI: Rigidez a la flexin y€ : segunda derivada de la ecuacin de la viga deformada o el‚stica M: Ecuacin del momento flector en el tramo de viga considerado

Si integramos esta ecuacin obtenemos la ecuacin de la pendiente yƒ:

‘

EIy ’ € Mdx ‰ C1

Si integramos otra vez (doble integracin) obtenemos la ECUACI„N DE LA EL…STICA:

EIy €

‘‘ Mdx ‰ C1 x ‰C 2

ECUACI„N DE LA EL…STICA

Con estas ecuacin podemos calcular la pendiente yƒ o la deformacion y en cualquier punto de la viga. Las constantes C1 y C2 se calculan estableciendo las condiciones iniciales o de borde que dependen de los apoyos y las caracter†sticas de la viga y de las cargas como se ver‚ en los ejemplos.

151

CONDICIONES INICIALES EN DIFERENTES TIPOS DE VIGAS

152

PROBLEMA Calcular la deformación en el extremo libre B de la viga en voladizo:

Tal como se vió en el método de doble integración: EIy" € M

Para poder integrar necesitamos la ecuación del momento flector M. Para encontrarla hacemos un corte a una distancia x del empotramiento A.

“M € 0

M ‰ PL ” Px € 0

Ecuación del momento: M € Px ” PL

Por lo tanto: EIy" € Px ” PL

Integrando una vez: EIy ’ €

Px 2 ” PLx ‰ C1 2

Integrando otra vez (doble integración): EIy €

Px 3 PLx 2 ” ‰ C1 x ‰ C2 6 2

153

Para calcular C1 y C2 debemos establecer las condiciones iniciales. Para esto, observamos el problema f€sico, la viga empotrada en A. En el empotramiento (x=0) se estn impidiendo tanto la deformaci‚n (y=0) como el giro (yƒ=0). Recordemos que un empotramiento por definici‚n es un apoyo que impide el giro. Entonces:

Condiciones iniciales: x € 0

y€0 y’ € 0

x€0 0 x€0

y €0

EIy €

0

y’ € 0

EIy ’ €

0

Px 3 PLx 2 ” ‰ C1 x ‰ C2 6 2

0 x€0

0

0

por tanto: C2 € 0

0

Px 2 ” PLx ‰ C1 2

por tanto: C1 € 0

Al ser las dos constantes iguales a cero, las ecuaciones quedan:

Ecuaci‚n de la elstica: EIy €

Ecuaci‚n de la pendiente:

Px 3 PLx 2 ” 6 2

EIy ’ €

Px 2 ” PLx 2

Clculo de la deformaci‚n en el extremo B:

 B € y L ‚

154

y€

1 Ž Px 3 PLx 2 ‹ ” EI Ž 6 2 ‹Œ

y’ €

 1 Ž Px 2 ” PLx ‹ ‹ EI Ž 2 Œ

 B € y L ‚

y€

B €

1 Ž Px 3 PLx 2 ‹ ” 2 ‹Œ EI Ž 6

1 Ž PL3 PL3 ‹ PL3 ” €” EI Ž 6 2 ‹Œ 3EI

B € ”

PL3 3EI

Análisis de deformación

B € ”

PL3 3EI

Vemos que mientras mayores sean P y L mayor será la deformación y que mientras mayor sea EI, será menor. EI:

Rigidez a la flexión. Para un material dado (E), la deformación depende del momento de la inercia.

Influencia del momento de inercia en la deformación

Influencia de la longitud de la viga L en la deformación 155

B € ”

PL3 3EI

Si duplicamos la longitud de la viga tendremos:

B € ”

|

P2 L ‚3 8 PL3 €” 3EI 3EI

Al duplicar la longitud, la deformación se hace 8 veces más grande

Cálculo de la pendiente de la viga en B:

Ecuación pendiente:

|

y’ €

1 EI

 Px 2  Ž ” PLx ‹ Ž 6 ‹  Œ

‚ B € y’L ‚

‚B €

156

 1 Ž PL2 PL2 ” PL2 ‹ € ” ‹ EI Ž 2 2 EI Œ

PROBLEMA Calcular la deformación máxima en la viga, la pendiente en los apoyos A y B y la deformación en el centro de la luz

“MA € 0 “ Fy € 0

5 RB ” 3 • 500 € 0

RB € 300

R A € 500 ” 300 € 200

En este caso la ecuación de momentos no es única para toda la viga: tiene una expresión distinta en cada uno de los 2 tramos. Veamos: 0– x–3

M € 200 x

3– x–5

M € 200 x ” 500 x ” 3‚

Encontremos la ecuación de la elástica para cada tramo: 0– x–3

3– x –5

EIy" € 200 x

EIy" € 200 x ” 500 x ” 3‚

EIy ’ €

200 x 2 ‰ C1 2

EIy ’ €

EIy €

200 x 3 ‰ C1 x ‰ C2 6

EIy €

200 x 2 500 x ” 3‚ 2 ” ‰ D1 2 2

Tenemos 4 constantes. Necesitamos por tanto 4 condiciones iniciales

200 x 3 500 x ” 3‚3 ” ‰ D1 x ‰ D2 6 6 157

Condiciones iniciales:

x€3

y AC € yCB ’ y ’AC € yCB

x€3

C es un punto común de los tramos AC y CB. Por tanto en dicho punto las ordenadas y las pendientes de los 2 tramos son iguales

x€0 y€0

EIy €

200 x 3 ‰ C1 x ‰ C2 6

x€5

y €0

EIy €

200 x 3 500 x ” 3‚3 ” ‰ D1 x ‰ D2 6 6

x€3

y AC € yCB EIy €

200 x 3 200 x 3 500 x ” 3‚3 ‰ C1 x ‰ C 2 € EIy € ” ‰ D1 x ‰ D2 6 6 6

x€3

’ EIy € y ’AC € yCB

200 x 3 200 x 2 500 x ” 3‚ ‰ C1 € EIy’ € ” ‰ D1 2 2 2 2

C2 € 0 0€

200 • 53 500 • 23 ” ‰ 5D1 ‰ C2 € 0 6 6 5C1 € 5D1 ‰ D2 C1 € D1

De estas cuatro ecuaciones obtenemos: C2 € 0

158

D2 € 0

C1 € D1 € ”700

Deformaci‚n mxima: Por observaci‚n vemos que ocurre en el tramo AC de la viga. Adem es en dicho punto la tangente a la elstica horizontal, es decir yƒ=0.

 max € y

en

y’ € 0

La ecuaci‚n de la pendiente para el tramo AC es:

EIy ’ €

200 x 2 ‰ C1 2

Por tanto:

0€

200 x 2 200 x 2 ‰ C1 € ” 700 2 2

x € 2.65 En este punto ocurre la deformaci‚n mxima

 max € y 2.65 ‚ €

 1234.68 1 Ž 200 • 2.653 ” 700 • 2.65 ‹ € ” Ž ‹ EI  EI 6 Œ

Pendientes en los apoyos A y B:

‚ A € y’0 ‚ €

‚ B € y’5 ‚ €

 1  200 • 0 2  700 1 Ž 200 x 2 Ž ‰ C1 ‹ € ” 700 ‹ € ” Ž ‹ Ž ‹ EI  2 EI 2 Œ EI  Œ

  1  200 • 52 5005 ” 3‚2 800 1 Ž 200 x 2 500 x ” 3‚2 Ž ” ” 700 ‹ € ” ” ‰ D1 ‹ € ‹ ‹ EI Ž 2 2 2 EI Ž 2 EI Œ Œ 

Deformaci‚n en el centro de la viga:

 centro € y 2.5 ‚ €

 1229.17 1 Ž 200 • 2.53 ” 700 • 2.5 ‹ € ” Ž ‹ EI  EI 6 Œ

159

En resumen:

PROBLEMA Calcular la deformación máxima en la viga que tiene rigidez a la flexión EI:

160

“MA € 0

10RB ” 600 • 3 ” 4000 • 8 € 0

“ Fy € 0

R A € 4600 ” 3380 € 1220

RB € 3380

Ecuaciones del momento flector:

0– x–3

M € 1220 x

M € 1220 x - 600 x - 3 ‚

3– x –6

6 – x – 10

M € 1220 x ” 600 x ” 3‚ ” 1000 x ” 6‚

M € 1220 x ” 600 x ” 3‚ ” 1000

 x ” 6‚ 2

 x ” 6 ‚2 2

161

Pero:

EIy’’ € M

0– x–3

3– x – 6 EIy" € 1220 x - 600 x - 3‚

EIy"€ 1220 x 1220 x 2 ‰ C1 2

EIy €

1220 x 2 600  x ” 3‚2 ” ‰ D1 2 2

1220 x 3 ‰ C1 x ‰ C2 6

EIy €

1220 x 3 600 x ” 3‚3 ” ‰ D1 x ‰ D2 6 6

EIy ’ €

EIy €

EIy’ €

EIy €

1220 x 2 ‰ C1 2

EIy’ €

1220 x 2 600 x ” 3‚ ” ‰ D1 2 2

1220 x 3 600 x ” 3‚ ” ‰ D1 x ‰ D2 6 6 3

1220 x3 ‰ C1 x ‰ C2 6

EIy €

6 – x – 10 EIy" € 1220 x - 600 x - 3 ‚ ” 1000

EIy ’ €

 x ” 6 ‚2 2

1220 x 2 600 x - 3‚2  x ” 6 ‚3 ‰ E ” ” 1000 1 2 2 6

1220 x 3 600 x - 3‚3  x ” 6 ‚4 EIy € ” ” 1000 ‰ E1 x ‰ E2 6 6 24

EIy’ €

 x ” 6‚ ‰ E 1220 x 2 600 x ” 3‚ ” ” 1000 1 2 2 6 2

162

3

 x ” 6‚ ‰ E x ‰ E 1220 x 3 600 x ” 3‚ ” ” 1000 1 2 24 6 6 3

EIy €

2

4

Condiciones iniciales:

x €0

y €0

EIy €

1220 x 3 ‰ C1 x ‰ C2 6 C2 € 0 1220 x 3 1220 x 3 600 x ” 3‚ ‰ C1 x ‰ C2 € EIy € ” ‰ D1 x ‰ D2 6 6 6 3

x€3

y AC € yCD

EIy €

3C1 € 3D1 ‰ D2 ’ y’AC € yCD

x€3

EIy’ €

1220 x 2 1220 x 2 600 x ” 3‚ ‰ C1 € EIy’ € ” ‰ D1 2 2 2 2

C1 € D1 x€6

yCD € yDB

EIy €

1220 x3 600 x ” 3‚3 1220 x 3 600 x ” 3‚3 x ” 6‚4 ‰ E x ‰ E ” ‰ D1x ‰ D2 € EIy € ” ” 1000 1 2 24 6 6 6 6

6 D1 ‰ D2 € 6 E1 ‰ E2 x€6

’ € y ’DB yCD

EIy’ €

x ” 6‚ ‰ E 1220 x 2 600x ” 3‚ 1220 x 2 600x ” 3‚ ” ‰ D1 € EIy ’ € ” 1000 1 2 2 2 2 6 2

2

3

D1 € E1 x € 10

y €0

EIy €

1220 x 3 600 x ” 3‚3  x ” 6 ‚4 ‰ E x ‰ E ” ” 1000 1 2 24 6 6

0€

1220 • 103 60010 ” 3‚3 10 ” 6 ‚4 ‰ 10 E ‰ E ” ” 1000 1 2 24 6 6

0 € 158366.67 ‰ 10E1 ‰ E2

163

En últimas, tenemos:

Resolviendo el sistema, las constantes tienen los siguientes valores:

C2 € 0

C2 € 0

3C1 € 3D1 ‰ D2

D2 € 0

C1 € D1

C1 € 15836.67

6 D1 ‰ D2 € 6 E1 ‰ E2

E2 € D2 € 0

D1 € E1

D1 € 15836.67

0 € 158366.67 ‰ 10 E1 ‰ E2

E1 € ”15836.67

Cálculo de la deformación máxima Por observación, vemos que estará ubicada en el tramo central de la viga. La condición es que allí la pendiente debe valer cero (tangente horizontal). Por tanto:  max € y

en

La ecuación de la pendiente para el tramo CD es: Por tanto:

0€

y’ € 0

EIy ’ €

1220 x 2 600 x ” 3‚2 ” ‰ D1 2 2

1220 x 2 600 x ” 3‚2 ” ” 15836.67 2 2

Resolviendo la ecuación de segundo grado:

x1 € 5.92 x2 € ”11.73

La raíz x2 € ”11.73 solo tiene significado matemático. Para nosotros el valor que tiene significado físico para la viga que estamos analizando es el de x1 € 5.92 . Chequeamos además que está comprendido en el tramo 3 – x – 6 . 164

Por lo tanto:

 maxima € y5.92 ‚

en la ecuación de y válida en dicho punto:

EIy €

 maxima € y 5.92 ‚ €

1220 x 3 600 x ” 3‚3 ” ‰ D1 x ‰ D2 6 6

 54056.28 1 Ž 1220 • 5.923 6005.92 ” 3‚3 ” ” 15836.67 • 5.92 ‹ € ” Ž ‹ 6 6 EI  EI Œ

 maxima € ”

54056.28 EI

en x € 5.92

4.1.1 FUNCIONES DE SINGULARIDAD Observemos las ecuaciones del momento flector para la viga del problema anterior:

0–x–3

M € 1220x

3– x–6

M € 1220x - 600  x - 3 ‚

6 – x – 10

M € 1220 x ” 600  x ” 3 ‚ ” 1000

x ” 6 ‚

2

2

165

Como se ve, cada ecuacin es igual a la anterior mas un t‡rmino, de tal manera que la ˆltima las ‰contieneŠ a todas por as† decirlo, lo cual la convierte en la ecuacin representativa de la viga. M € 1220 x ” 600  x ” 3 ‚ ” 1000

Si le quitamos un término, se convierte en la segunda: Si le quitamos otro término, se convierte en la primera:

 x ” 6 ‚2 2

M € 1220 x ” 600 x ” 3‚ ” 1000  x ” 6 ‚

M € 1220 x ” 600 x ” 3‚ ” 1000 x ” 6 ‚

 x ” 6 ‚2 2

 x ” 6 ‚2 2

6 – x – 10

3– x –6

0– x–3

Este hecho hace que podamos utilizar la ˆltima ecuacin como representativa de la viga con una condicin: que para cada tramo solo se incluyan los t‡rminos necesarios. Esto se logra utilizando FUNCIONES DE SINGULARIDAD, que tienen una expresin distinta para cada tramo incluyendo los t‡rminos afectados por par‡ntesis solo cuando se necesiten. Matem‚ticamente esto se expresa escribiendo la ecuacin con par‡ntesis angulares los cuales slo se incluir‚n en la ecuacin cuando su valor sea positivo segˆn la siguiente convencin:

ECUACI„N REPRESENTATIVA DE LA VIGA: M € 1220 x ” 600 x ” 3 ” 1000

x ” a € x ” a‚

si

x—a

x”a €0

si

x–a

Condicin para los par‡ntesis:

Resolvamos el problema anterior utilizando funciones de singularidad:

166

x”6 2

2

0–x–3

M € 1220 x

3– x–6

M € 1220 x- 600  x- 3 ‚

6 – x – 10

M € 1220 x ” 600  x ” 3 ‚ ” 1000

ECUACIÓN REPRESENTATIVA DE LA VIGA:

x ” 6 ‚

2

2

M € 1220 x ” 600 x ” 3 ” 1000

EIy ’’ € 1220 x ” 600 x ” 3 ” 1000

Por lo tanto:

EIy ’ €

1220 x 2 600 x ” 3 ” 2 2

x”6

x”6

2

2

2

2

2

x”6

” 1000

3

‰ C1

6

3

x”6 1220 x 3 600 x ” 3 EIy € ” ” 1000 6 6 24

4

‰ C1 x ‰ C 2

Como vemos, el problema se simplifica pues sólo tenemos 3 ecuaciones y 2 constantes: C1 y C2 En consecuencia sólo necesitamos 2 condiciones iniciales.

x€0

y €0

1220 x 3 600 x ” 3 EIy € ” 6 6

=

=

0

0

pu es x

pu es x

<

<

6

3

Condiciones iniciales:

3

” 1000

x”6 24

4

‰ C1 x ‰ C2

C2 € 0

167

6

3

>

>

pu es x

pu es x

(x -6 )

(x -3 )

y €0

=

=

x € 10

1220 x 3 600 x ” 3 ” EIy € 6 6

3

x”6

” 1000

24

4

‰ C1 x ‰ C2

10 ” 6 ‚4 ‰ 10C ‰ 0 1220 • 103 60010 ” 3‚3 ” ” 1000 1 6 6 24

EIy €

C2 € -15863.67

Cálculo de la deformación máxima en la viga:

 max € y

en

y’ € 0

1220 x 2 600 x ” 3 EIy ’ € ” 2 2

=

=

0

(x -3 )

pu es x

<

pu es x

6

>

3

La ecuación de la pendiente para el tramo CD es:

2

” 1000

x”6 6

3

‰ C1

Por tanto: 1220 x 2 600 x ” 3‚2 ” ” 15836 .67 2 2

x € 5.92

‚maxima € y 5.92 ‚ €

168

3

” 1000

6 < pu es x 0

x”6 24

4

0

1220 x 3 600 x ” 3 EIy € ” 6 6

=

Por lo tanto: ‚maxima € y 5.92 ‚

=

=

(5 .9 23) pu es

x

>

3

0€

‰ C1 x ‰ C2

 54056.28 1 Ž 1220 • 5.923 6005.92 ” 3‚3 ” ” 15836.67 • 5.92 ‹ € ” ‹ EI Ž EI 6 6 Œ

‚maxima € ”

54056.28 EI

en x € 5.92

Obviamente, el resultado es igual al obtenido sin emplear funciones de singularidad.

Caso especial Cuando la carga distribuida no se extiende hasta el extremo derecho de la viga, se rompe la secuencia entre las ecuaciones de los 2 últimos tramos de tal manera que la última ecuación no contiene a la penúltima y por tanto no puede ser adoptada como ecuación representativa de la viga. Veamos la situación y el artificio que se emplea para resolverla.

“MA € 0

10RB ” 6 • 5.5 € 0

“ Fy € 0

R A € 6 ” 3.3 € 2.7

RB € 3.3KN

M € 2.7 x

169

4– x–7

M € 2.7 x ”

2 x ” 4‚2 2

7 – x – 10

M € 2.7 x ” 6 x ” 5.5‚ Como se ve, la tercera ecuación no se convierte en la segunda al quitarle el último término: M € 2.7 x ” 6 x ” 5.5‚ Para obligar a que esto ocurra se aplica el siguiente artificio que hace cambiar la forma de la tercera ecuación de tal manera que ocurra lo requerido. Se agregan simultáneamente las dos cargas distribuidas mostradas que al ser iguales de sentido contrario se anulan no afectando por tanto ni las reacciones ni las fuerzas internas de la viga original.

170

La viga que estamos analizando queda por lo tanto así:

Tal como se expresó en la página anterior, las reacciones no cambian: R A € 2.7

RB € 3.3KN

Los dos primeros cortes de la viga también quedan idénticos: 0– x–3

M € 2.7 x

4– x–7

M € 2.7 x ”

2 x ” 4‚2 2

En el tercer corte, cambia la expresión del momento adoptando la forma que necesitamos: 7 – x – 10

M € 2.7 x ”

2 x ” 4‚2 2 x ” 7 ‚2 ‰ 2 2 171

La adoptamos entonces como ecuación representativa de la viga, con los paréntesis angulares previamente definidos:

ECUACIÓN REPRESENTATIVA DE LA VIGA:

Esta ecuación la igualamos a EIy: EIy ’’ € 2.7 x ”

M € 2.7 x ”

2 x”4 2

2

‰

2 x”4 2

2 x”7

2

‰

2 x”7

2

2

2

2

y resolvemos el problema utilizando funciones de singularidad con todas las ventajas que se han anotado.

4.2 MÉTODO DEL ÁREA DE MOMENTOS (TEOREMAS DE MOHR) Como su nombre lo indica, el método utiliza los diagramas de momento flector de las vigas Recordemos los diagramas correspondientes a alguna vigas típicas:

172

En 2 dimensiones los diagramas se ven así:

El método se basa en 2 teoremas: El primer teorema (de Mohr) relaciona el cambio de pendiente a lo largo de la viga con el área del diagrama de momentos entre los puntos considerados.

El teorema dice que la diferencia de pendiente entre dos puntos (por ejemplo C y D) es igual al área de momentos entre dichos puntos dividida por la rigidez a la flexión EI.

173

El teorema establece que:

‚ D ” ‚C €

Área del diagrama de M/EI entre los puntos C y D

El segundo teorema (de Mohr) establece que la distancia vertical desde un punto de la elástica hasta la tangente trazada por otro es igual al momento estático del área entre dichos puntos respecto al primero.

x : Medida desde D El teorema establece que:

ƒD € x A C

174

Demostración del Primer Teorema de Mohr El teorema dice que la diferencia de pendiente entre dos puntos (por ejemplo C y D) es igual al área de momentos entre dichos puntos dividida por la rigidez a la flexión EI.

Diferencia de pendiente entre dos puntos separados dx : d‚ La pendiente ˜ en una viga por ser tan pequeña es igual a la derivada: dy €‚ dx

Por tanto:

Por lo cual:

d‚ M € dx EI

d‚ d 2 y € dx dx 2

y

2 Pero: d y € M dx 2 EI

d‚ €

M dx € dA EI

175

xD

‘

xD

d‚ €

xC

‚ D ” ‚C

‘

xC

M dx € EI

xD

‘ dA

‚ D ” ‚ C € Área

xC

= lo que se quería demostrar.

Demostración del Segundo Teorema de Mohr El segundo teorema (de Mohr) establece que la distancia vertical desde un punto de la elástica hasta la tangente trazada por otro es igual al momento estático del área entre dichos puntos respecto al primero.

dƒ € xd‚ xD

xD

xD

xC

xC

xC

‘ dƒ € ‘ xd‚ € ‘

Pero:

xD

‘

dƒ € ƒD

C

y

xC

Por tanto:

176

xD

‘

xdƒ € x A

M x dx € EI

puesto que

xC

ƒD € x A C

lo que se quería demostrar

xD

‘ xdA

xC

x€

‘ xdA ‘ dA

x : Medida desde D

La utilidad de los 2 teoremas estriba en lo siguiente: €

Primer teorema: Sirve para calcular la pendiente en cualquier punto de la viga cuando se conoce la pendiente en otro punto y el diagrama de momentos.

€

Segundo teorema: Conocido el valor de la distancia ™, mediante la aplicación de algunas relaciones de tipo geométrico y trigonométrico pueden calcularse las deformaciones š en la viga.

El segundo teorema es especialmente útil para calcular deformaciones de vigas en voladizo aprovechando el hecho de que la tangente a la elástica en el empotramiento es horizontal como veremos en los ejemplos.

PROBLEMA Calcular la deformación y la pendiente en el extremo libre del voladizo, B

El método es especialmente útil en vigas en voladizo porque al ser la tangente horizontal en el origen, la deformación š es igual a la distancia D

177

Para calcular la deformación aplicamos el segundo teorema:

ƒB € x A A

ƒB € x A € A

x€

2L 3

2 L Ž PL2 ‹ PL3 • ” €” 3 Ž 2 EI ‹Œ 3EI

B € ”

PL3 3EI

Para calcular la pendiente en B aplicamos el primer teorema:

‚B ”‚ A € A €

‚A € 0

‚B ” 0 € ”

A€

L • PL PL2 €” 2 EI 2 EI

(En el empotramiento no hay giro, por tanto la tangente es horizontal) PL2 2 EI

‚B € ”

PL2 2 EI

En resumen:

B € ”

PL3 3EI

‚B € ”

178

PL2 2 EI

PROBLEMA Calcular la deformación en B y la pendiente en C

Rigidez a la flexión: EI

Cálculo de la deformación en B: Con el fin de facilitar el cálculo de las áreas y los centros de gravedad aplicamos el PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN mediante el cual podemos decir que la viga original es igual a la suma de las dos siguientes vigas:

 3 x € Ž • 2 ‰ 1‹ € 2.5 Œ 4

 B €  B1 ‰  B 2

1  1000  2000 A € •Ž” • 2‹ € ” 3  EI 3EI Œ

2 x € •3 € 2 3

1  600  900 A € •Ž” • 3‹ € ” 2  EI 3 EI Œ

179

1800  900   B 2 € ƒB € x A € 2 ‚Ž ” €” ‹ A EI  EI Œ

5000  2000   B1 € ƒB € x A € 2.5‚Ž ” €” ‹ A 3EI  3EI Œ

šB € ”

5000 1800 ” 3EI EI

šB € ”

3466.67 EI

Cálculo de la pendiente en C

‚ C € ‚ C1 ‰ ‚ C 2

‚ C1 ” ‚ A € A €

”

1  1000  2000 A € •Ž ” • 2‹ € ” 3  EI 3EI Œ

180

1000 EI

‚ C1 € ”

2000 3EI

”

200 EI

”

400 EI

‚C 2 ” ‚ A € A €

800  200  1  400  A € 2 xŽ ” ‹€” ‹ ‰ • 2Ž ” EI 2 EI EI Œ  Œ 

‚C € ”

2000 800 ” 3EI EI

‚C 2 € ”

‚C € ”

800 EI

1466.67 EI

PROBLEMA Calcular la pendiente en B y la deformación en C

“MA € 0 6 RB ” 9 • 900 € 0 RB € 1350 N œ

“ Fy € 0 R A € 900 ” 1350 € ”450 R A € 450 ›

3 tan ‚ B € 3‚ B

pues ˜ es muy pequeño 181

En la viga se observa que:  C € 3‚ B ‰ ƒC B Por tanto debemos calcular ‚B

y ƒC/B

tan‚ B €

Cálculo de ™C/B

182

ƒA 6

€ ‚B

2700 EI

32400  8100  ƒA € x A € 4 • Ž ” ‹€” B EI  EI Œ

2 x € •6 € 4 3

‚B €

6

”

1  2700  8100 A € Ž” • 6‹ € ” EI 2  EI Œ

Por tanto:

ƒA B

B

€

” 32400 EI 6

€”

5400 EI

A€

” 2700 ‚• 3 EI 2

€”

4050 EI

8100  4050  ƒC € x A € 2 • Ž ” ‹€” B EI  EI Œ

2 x € •3 € 2 3

Finalmente, calculamos la deformación en C recordando que:  C € 3‚ B ‰ ƒC B

 5400  8100  C € 3Ž ‹‰  EI Œ EI

Los valores de ˜B y ™C/B los tomamos positivos porque se trata de sumar dos distancias como se ve en la figura) C €

24300 EI

Resolver con fines comparativos el siguiente problema que ya fue solucionado con el método de la doble integración:

“MA €0

5RB ” 3 • 500 € 0

“ Fy € 0

R A € 500 ” 300 € 200

RB € 300

183

‚A €

ƒB

ƒB € x A € x1 A1 ‰ x2 A2

A

5

A

A2 €

3 • 600 EI 2

€

900 EI

4 600 900 3500 ƒB € • ‰ 3• € A 3 EI EI EI

‚A €

3500 EI

5

€

Ahora:

‚B ”‚ A € A €

2 • 600 EI 2

€

600 EI

2 4 x1 € • 2 € 3 3 1 x2 € 2 ‰ • 3 € 3 3

700 EI

Según la convención que hemos manejado: ‚ A € ”

A1 €

700 EI

A€

900 600 1500 ‰ € EI EI EI

 700  1500 ‚B ” Ž ” ‹€ EI  EI Œ

‚B €

800 EI

Cálculo de la deformación máxima La clave es encontrar el punto D donde ocurre, en el cual la pendiente ˜D es cero (pendiente horizontal).

184

Como: R A € 200 M  x ‚ € 200 x

Cálculo de la distancia x a la cual ocurre la deformación máxima Primer teorema:

‚D ”‚ A € A

A2 €

 700  200 x 0 ”Ž” ‹€ 2 EI  EI Œ

x x • 200 EI

2

€

200 x 2 2 EI

2

700 € 100 x 2 x € 2.65

(Distancia a la cual ocurre la deformación máxima)

š max € 2.65˜ A ” ƒD

A

185

x1 €

2.65 € 0.88 3

200 • 265 EI

ƒD € x A € 0.88 • A

702.25 617.98 € EI EI

 700  617.98  max € 2.65Ž ‹” EI  EI Œ A€

•2.65 2.65 • 200EI

2

€

702.25 EI

 max €

1237.02 EI

La diferencia se debe a las aproximaciones

Otra forma Aprovechándonos de que ya sabemos que en D la tangente es horizontal, tenemos:

š max € ƒA

200 • 2.65 EI

2 • 2.65 3

186

A€

•2.65 2.65 • 200EI

2

D

2 702.25 1240.64 ƒA € x A € • 2.65 • € D 3 EI EI

702.25 € EI

 max €

1240.64 EI

PROBLEMA Calcular la deformación máxima y la pendiente en los apoyos A y B de la viga:

M max „L2 € EI 8EI

Por simetría la deformación máxima se presenta en el punto medio de la viga C. Por lo tanto:  max € ƒA

D

ƒA € x A C

ƒA C €

2

A€

x€

5 L 5L • € 8 2 16

Calculo de las pendientes:

2

2 L „L „L • • € 3 2 8 EI 24 EI

5L „L3 5„L4 • € 16 24 EI 384 EI

„L2 8EI

 max €

5„L4 384 EI

‚C ” ‚ A € A 0 ”‚ A €

‚A € ” ‚B €

„L3 24EI

„L3 24 EI

„L3 24 EI 187

Por simetría: ‚ A € ‚ B En resumen:

„L3 ‚A € ” 24EI

 max

5„ L4 € 384 EI

‚B €

„L3 24EI

4.3 MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA Se basa en las relaciones que existen entre la fuerza distribuida, la fuerza cortante y el momento flector estudiadas en el curso de Mecánica y las existentes entre la curvatura, el momento flector, la rigidez a la flexión, la pendiente, y la ecuación de la elástica estudiadas en este curso de Resistencia de Materiales. Recordemos las relaciones estudiadas en mecánica entre , V y M:

dv € ”„ dx

dM €v dx

188

Y la relación estudiada en este curso: d2y dx

2

€

M EI

Observando estas relaciones se ingenió un artificio mediante el cual se dibuja una viga imaginaria (VIGA CONJUGADA), apoyada y cargada de tal manera que satisfaciéndose estas relaciones se cumplan las siguientes condiciones: Deformación en la viga real y = Momento flector en la viga conjugada M Pendiente en la viga real y' = Fuerza cortante en la viga conjugada La idea es por tanto que una vez dibujada la VIGA CONJUGADA baste calcular en ella la fuerza cortante V y el momento flector M en cualquier punto cuyos valores corresponderán a los de la pendiente y la deformación de la viga real en los susodichos puntos. Con el fin de dibujar la viga conjugada miremos primero que carga deberá aplicarse a la misma y luego que apoyos deberán ponérsele. Antes de hacerlo, recordemos los tipos de apoyo mas comunes en las vigas y los valores de la fuerza cortante y del momento flector en los mismos.

TIPOS DE APOYOS EN VIGAS Y VALORES CORRESPONDIENTES DE PENDIENTE, DEFORMACIÓN, FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR EN LOS MISMOS

189

190

TIPOS DE APOYOS EN VIGAS Y VALORES CORRESPONDIENTES DE PENDIENTE, DEFORMACIÓN, FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR EN LOS MISMOS

191

De las relaciones mostradas se infiere que la relación entre los apoyos de la viga real y la viga

192

conjugada debe ser la siguiente:

Ejemplos de vigas conjugadas

193

194

PROBLEMA Calcular la deformación y la pendiente en el extremo libre del voladizo, B

 B ”viga ” real € M B ”viga” conjugada

‚ B ” viga ” real € V B ” viga ” conjugada

La viga conjugada es:

M B ”viga ”conjugada € M B V B ” viga ” conjugada € R B

“ Fy € 0 RB €

FR €

L • PL EI 2

€

PL2 2EI

PL2 2 EI

“MB € 0 MB €

x€

2L 3

Por lo tanto:

PL2 2 L PL3 • € 2 EI 3 3EI

B € ”

PL3 3EI

‚B € ”

PL2 2EI

En resumen:

B € ”

PL3 3EI

‚B € ”

PL2 2 EI 195

PROBLEMA Calcular la pendiente en B y la deformación en C “MA € 0 6RB ” 9 • 900 € 0 RB € 1350N œ

“ Fy € 0 RA € 900 ” 1350 € ”450 RA € 450 ›

 C ” viga ” real € M C ” viga ” conjugada

Dibujemos la viga conjugada:

M C ”viga”conjugada € Momento en el empotramiento C € M C

Calculemos el momento en el empotramiento C en la viga conjugada: F1 €

196

6 • 2700 EI 2

€

8100 2EI

F2 €

3 • 2700 EI 2

€

4050 EI

“MA € 0

-4 •

8100 ‰ 6RB € 0 EI

‚ B € VB ”viga ”conjugada € RB €

RB €

5400 EI

5400 EI

“ MC € 0

MC €

5400 4050 24300 •3 ‰ •2 € EI EI EI

 B € M B ” viga”conjugada € M B €

C €

24300 EI

24300 EI

4.4 INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE ENERGÍA Como se dijo al principio del capítulo, aparte de los métodos matemáticos y geométricos estudiados aquí, existen otros métodos que se estudiarán en detalle en el curso de Ingeniería Estructural I que se basan en el principio de conservación de la energía denominados por tanto, métodos de energía. Recordemos lo visto en el primer capítulo según lo cual cuando se aplica una carga axial gradual a una barra dicha carga efectúa un trabajo externo que debe ser igual al trabajo interno de deformación que se acumula en el interior de la barra y que es el que permite que la barra recupere su forma inicial una vez retirada la carga siempre que estemos en el rango elástico lineal.

En el capítulo mencionado veíamos que para la barra de la figura el trabajo externo realizado por la fuerza es igual a la energía acumulada en el interior de la barra. Wexterno € U interna 197

Recordemos además que el trabajo externo realizado por la fuerza es igual al área bajo la curva P- š:

Área bajo la recta=

P 2

Y encontramos que para fuerzas axiales la energía interna de deformación es: 2 2 Energía interna de deformación = P L €  AE 2 AE 2L

De manera similar en el caso de flexión se tiene que un momento M al producir un giro d‚ en un cuerpo efectúa un trabajo que es igual a Md‚ . Por lo tanto el trabajo total será: ‚

‘0

W € Md‚ Y como el momento se aplica gradualmente, se tendrá que similarmente al caso axial en el cual encontramos que W €

P , en esta situación: 2 W€

198

M‚ 2

En el curso de Ingeniería estructural se verá en detalle que la energía de deformación acumulada en el interior de una barra cuando es flectada por un momento M es igual a:

U€

L

‘0

M 2 dx 2 EI

A partir de la aplicación del principio de conservación de la energía, en el curso mencionado se estudiarán métodos para el cálculo de deformaciones y pendientes en vigas a través de conceptos como el principio del trabajo y las fuerzas virtuales y de teoremas como los de Castigliano. En Internet se encuentran muchos programas útiles para calcular deformaciones en vigas. Recomiendo el programa DRBEAM (www.drbeam.com), por su gran utilidad didáctica en la visualización de las deformaciones producidas en vigas con diferentes tipos de apoyos y cargas.

4.5 VIGAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS Tal como se ha visto en capítulos anteriores, en el caso de las vigas también surgen situaciones estáticamente indeterminadas (mayor número de reacciones que ecuaciones, por lo cual deberá seguirse un procedimiento similar a los ya estudiados: obtener a partir de las deformaciones ecuaciones adicionales que levanten la indeterminación). Pero cómo surgen las vigas estáticamente indeterminadas? Veamos: La siguiente viga como se sabe es estáticamente determinada:

Ecuaciones de equilibrio: 3

ˆ † † † †‡

“ Fx € 0 “ Fy € 0 “M A € 0

Reacciones (incógnitas): 3

ˆ Ax † † Ay † ‡† B y

Estáticamente determinada 199

Al hacer el análisis deben calcularse los esfuerzos actuantes máximos † max y … max ‚ y la deformación máxima  max . Estos valores deben ser menores que los esfuerzos y la deformación admisibles para que la viga sea segura y funcional como se ha visto. Sin embargo puede suceder que sean mayores (uno de ellos o todos).

En este caso el diseñador debe enfrentar varias alternativas: a) Cambiar el material (por uno mas resistente o mas rígido según el caso). b) Aumentar la sección transversal de la viga incrementando su resistencia y su rigidez, sin cambiar el material. Sin embargo en muchas ocasiones no es posible cambiar el material o las dimensiones por problemas de disponibilidad de otros materiales o por requerimientos arquitectónicos que no hacen posible cambiar las dimensiones. En estas condiciones la única alternativa para aumentar la seguridad de la viga y su rigidez será colocar un apoyo adicional intermedio C.

Ecuaciones de equilibrio: 3

ˆ“ Fx € 0 † †“ Fy € 0 † †‡“ M A € 0

Reacciones (incógnitas): 4

Estáticamente indeterminada 200

ˆ Ax †A † y †B † y †‡C y

Al poner el apoyo en C se mejoran las condiciones de rigidez y resistencia de la viga:

Más RIGIDEZ (menos deformaciones) y más RESISTENCIA (más seguridad) Lo que se gana en rigidez y en resistencia logicamente debe ‰pagarseŠ con la obtencin de ecuaciones adicionales a partir de las deformaciones que levanten la indeterminacin. El nuevo apoyo (que podemos llamar ‰redundanteŠ), garantiza adem‚s una seguridad extra a la viga puesto que provee a la viga con la posibilidad de mantenerse estable en caso de falla de uno de los apoyos. Volvamos a considerar la viga original con solamente 2 apoyos:

Veamos que sucede si se produce una falla y desaparece el apoyo B:

Es obvio qu e la viga pie rde su esta bil

idad

Observemos que si el apoyo C est‚ presente, ‡ste ‰acude en auxilioŠ de la viga para garantizar su estabilidad. Puede ser que la viga sufra deformaciones y grietas excesivas pero el apoyo redundante evita su colapso.

201

Esta es pues, otra de las ventajas de las vigas estáticamente indeterminadas: los apoyos redundantes garantizan la estabilidad en caso de fallas.En general, mientras mas apoyos redundantes tenga una viga o una estructura, mas segura será. Lógicamente también tendrá un mayor grado de indeterminación y por consiguiente el análisis será mas largo, puesto que involucrará mas ecuaciones. Observemos como se obtiene la ecuación adicional que nos resulve la indeterminación: Volvamos a la situación de indeterminación estática:

Ecuaciones de equilibrio: 3

ˆ“ Fx € 0 † †“ Fy € 0 † †‡“ M A € 0

Reacciones (incógnitas): 4

ˆ Ax † † Ay †B † y †‡C y

Estáticamente indeterminada Para resolver el problema empleamos un artificio muy utilizado en ingeniería estructural : Quitamos el apoyo redundante y dejamos que la viga se deforme, luego lo volvemos a poner a actuar revirtiendo la deformación que obviamente será igual a la primera. Para el análisis empleamos el principio de superposición asi:

Se quita el apoyo redundante C permitiendo que la viga se deforme por efecto de las dos cargas una cantidad igual a šC1

Se restituye el apoyo C (o lo que es lo mismo, la reacción Cy) y se deja que produzca la deformacion contraria šC2

Como en la situación original hay un apoyo en C, allí la deformación será cero. Por este motivo:

 C1 €  C 2

Esta es la ecuación que levanta la indeterminación y nos permite resolver el problema

No sobra terminar diciendo que šC1 y šC2 se obtienen con cualquiera de los métodos vistos para calcular deformaciones: El de la doble integración, el del área de momentos o el de la viga conjugada. 202

PROBLEMA Calcular las reacciones en los apoyos y hacer los diagramas de fuerza cortante y momento flector de la viga

“MA € 0 “ FY € 0

M A ‰ 5RB ” 15 •1.5 € 0… ƒ ƒ ƒ R A ‰ RB -15 € 0 „ƒ

2 ecuaciones ESTÁTICAMENTE 3 incógnitas

INDETERMINADO

Debemos obtener una ecuación adicional basada en la compatibilidad de deformaciones: como en B hay un apoyo,entonces la deformación allí es igual a cero

B € 0 Aplicando el principio de superposición y considerando la reacción en B como redundante, tenemos:

3 x € 2 ‰ • 3 € 4.25 4

A€

.5 3 • ” 22 EI

3

€”

2 10 x € •5 € 3 3

22.5 EI

 B1 € ƒB A € xA 95.625  22.5   B1 € 4 .25 • Ž ” ‹€” EI  EI Œ

A€

RB 5 • 5EI 12.5 € 2 EI

 B2 € ƒB A € xA  B2 €

10  12.5RB  41.666RB •Ž ‹€ EI 3  EI Œ

203

Como:  B € 0

 B1 €  B 2

91.625 41.666RB € EI EI

Esta es la 3a ecuación que levanta la indeterminación

Por tanto: RB € 2.20 KN

R A € 15 ” 2.20 € 12.8 KN

M A € 15 • 1.5 ” 5 • 2.2 € 11.5KN • m

Con estos valores, construimos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:

3 ” a ‚ a € 12.8 2.2 2.2a € 38.4 ” 12.8a a € 2.56 M max( ‰ ) € ”11.5 ‰

M C € 4.88 ”

2.56 • 12.8 € 4.88 2

0.44 • 2.2 € 4.40 2

M B € 4.40 ” 2 • 2.2 € 0

Resolver el problema utilizando el método de la doble integración:

204

“MA € 0 “ FY € 0

M A ‰ 5RB ” 15 •1.5 € 0… ƒ ƒ ƒ R A ‰ RB -15 € 0 „ƒ

2 ecuaciones ESTÁTICAMENTE 3 incógnitas

INDETERMINADO

Como la carga no llega hasta el extremo derecho de la viga empleamos el artificio ya visto cuando estudiamos funciones de singularidad: 3– x–5

Ecuación representativa de la viga:

M € RA x ” M A ”

5x2 5 x ” 3 ‰ 2 2

2

Aplicamos el método de la doble integración: 5x2 5 x ” 3 ‰ EIy’’ € M € RAx ” M A ” 2 2

EIy ’ €

EIy €

RA x 2 5x3 5 x ” 3 ” M Ax ” ‰ 2 6 6

RA x 3 M A x 2 5x 4 5 x ” 3 ” ” ‰ 6 2 24 24

2

3

‰ C1

4

‰ C1 x ‰ C2

Condiciones iniciales: x€0 x€0

y €0 y’ € 0

C2 € 0 C1 € 0

205

Ahora obtenemos la tercera ecuación que levanta la indeterminación: x€5

y €0

R •53 M A • 52 5 •54 5 2 0€ A ” ‰ ‰ 6 2 24 24

4

0 € 20.833R A ” 12.5M A ” 126.875 Con esta y con las condiciones de equilibrio obtenemos la siguiente solución del sistema: M A € 11.0 R A € 12.7 RB € 2.2

las cuales son sensiblemente las mismas obtenidas por superposición

PROBLEMAS PROPUESTOS Calcular las deformaciones solicitadas en cada caso. En todos los problemas utilizar rigidez a la flexión EI. ‚C € ?

 B € ? MÉTODO DEL ÁREA DE MOMENTOS

‚C € ?

 D € ? MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA

‚C € ?

 D € ? MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN

206

C

E

A

S

P

F

Í

U

T

U

E

L

R

Z

O

5

O

S

C

O

M

B

I

N

A

D

O

S

METRO DE MIAMI (ESTADOS UNIDOS) 2005

Hasta ahora se han estudiado elementos estructurales sometidos a un solo tipo de esfuerzo: axiales, cortantes, o producidos por fuerzas transversales (flexión). Recordemos: €

Cuando un elemento está sometido solamente a FUERZAS AXIALES (a lo largo de su eje longitudinal) en su sección transversal se producen esfuerzos normales.

€€

P A

Es el caso de las siguientes situaciones:

207

Elementos estructurales sometidos a fuerzas axiales

€

Hemos visto también el caso de elementos sometidos únicamente a FUERZAS TRANSVERSALES (perpendiculares a su eje longitudinal), caso en el cual quedan sometidos a FLEXIÓN y cuyas secciones transversales quedan sujetas a esfuerzos normales.

€€

Recordemos algunos casos:

208

MC I

Elementos estructurales sometidos a fuerzas transversales

Flexo-tensión y flexo-compresión Sin embargo, en las situaciones mas generales en las estructuras los miembros quedan sometidos SIMULTÁNEAMENTE a fuerzas AXIALES y TRANSVERSALES debido tanto a la forma de aplicación de las cargas como a la manera como se construyen dichas estructuras. Veamos los siguientes casos: 209

CONSTRUCCIÓN METÁLICA, NUEVA YORK, 2005 210

Superposición de esfuerzos Al poner los cables inclinados para levantar la viga, se generan componentes horizontales de la tensión que generan esfuerzos axiales y componentes verticales que generan flexión.

Aplicando el principio de superposición, el efecto total es igual a la suma de los efectos de las fuerzas axiales mas el efecto de las transversales:

Al aplicar al carga excéntricamente también se generan esfuerzos combinados.

La fuerza puede trasladarse al centro agregando el momento que produce

211

Por superposición, el efecto final es igual a la suma de los individuales:

Por superposición:

212

De la misma forma que hemos aplicado el PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN a las fuerzas, podemos hacerlo a los esfuerzos producidos (siempre que se encuentren dentro del rango elástico lineal, como es el caso de este curso).

213

CONSTRUCCIÓN METÁLICA EN NUEVA YORK (EE.UU.) 2005

Recordemos que en general los esfuerzos normales producidos por fuerzas axiales son:

€ €

P A

Mientras que los esfuerzos normales producidos en flexión son:

€ €

MC I

Por lo tanto, cuando se hace la superposición de esfuerzos el esfuerzo resultante en general será:

€ €

Veamos el siguiente ejemplo:

214

P MC  A I

Esfuerzos axiales producidos en la sección B (empotramiento):

Esfuerzos producidos por flexión en la sección B (empotramiento):

Ahora superponemos los esfuerzos para obtener el esfuerzo resultante en la sección estudiada:

€ €‚

PSen A

€ €‚

PSen A

€ €ƒ

MC I

€ €‚

€ €ƒ

MC I

MC I

€ €‚

€ €‚

PSen A

PSen A

€ €‚

MC I

215

Esfuerzo resultante en la sección B:

€ €ƒ

M C PSen ‚ I A

El eje neutro se desplaza hacia arriba

€ €‚

PSen M C ‚ A I

PROBLEMA Calcular los esfuerzos normales en los puntos a, b y d

Trasladamos la fuerza agregando el momento correspondiente:

216

Esfuerzo normal en el punto A:

€z €

P 5KN €ƒ € 83.33KPa A 0.2 „ 0.3m 2

€a €

MC I

€‚

6.75 „ 0.15 € ‚ 2250KPa 0.00045 I€

c€

0.2 „ 0.33 € 0.00045 m 4 12

0.3 € 0.15m 2

€ aTOTAL € ƒ83.33KPa ‚ 2250KPa € ‚2167.67 KPa 217

Esfuerzo normal en el punto b :

€b €

P 5 KN € 83.33 KPa € A 0.2 „ 0.3m 2

€b €

MC 6.75 „ 0.15 €ƒ € 2250KPa I 0.00045

I€

c€

€ bTOTAL € ƒ83.33 KPa ƒ 2250 KPa € 2333 .33 KPa

Esfuerzo normal en el punto d:

218

0.3 € 0.15m 2

0.2 „ 0.33 € 0.00045 m 4 12

€d €

P 5KN €d € € ƒ € 83.33KPa A 0.2 „ 0.3m 2

MC 6.75 „ 0 €ƒ €0 I 0.00045

I€

c€

0.2 „ 0. 33 € 0.00045 m 4 12

0.3 € 0.15m 2

€ dTOTAL € ƒ83.33KPa ƒ 0 € 83.33KPa

En el problema anterior vemos que la distribución de esfuerzos por flexión es idéntica para los tres puntos a, b y d. Esto sucede porque el momento de 6.75 KNxm es constante a lo largo de toda la barra. Veamos que sucede cuando esto no es así en el siguiente problema.

PROBLEMA Calcular los esfuerzos en los puntos d y e I€

c€

0.2 „ 0.33 € 0.00045m 4 12

0.3 € 0.15m 2

219

Separemos los efectos axiales y de flexión:

Esfuerzo en el punto d:

€d €

P 4.33KN €‚ € ‚72.12KPa A 0.2 „ 0.3m

€ dTOTAL € ‚72.17 KPa ‚ 100 KPa € ‚1072.17 KPa 220

€d €

MC 3 „ 0.15 €‚ € ‚1000KPa I 0.00045

Esfuerzo en el punto e:

€e €

P 4.33KN €‚ € ‚72.12 KPa A 0.2 „ 0.3m

€d €

MC 5 „ 0.15 €ƒ € ƒ1666.66KPa I 0.00045

€ eTOTAL € ‚72.17KPa ƒ 1666.67KPa € ƒ1594.50KPa

221

PROBLEMA Calcular los esfuerzos en los puntos a, b, d y e de la columna de la figura:

Trasladamos la fuerza al eje de la columna, agregando los momentos correspondientes:

222

223

Esfuerzos debidos a la fuerza axial de 100 KN en los puntos a, b, d y e:

€a €€b €€d €€e € ‚

100 KN 0.045m 2

€ ‚2222.22 KPa

Esfuerzos debidos al momento de 4KNxm en los puntos a, b, d y e:

224

€a €€d €

M C 4 KN „ m „ 0.09m € € 2962.96 KPa I 1.215 „ 10 ‚ 4 m 4

€e € €b € ‚

MC 4KN „ m „ 0.09m €‚ € ‚2962.96KPa I 1.215„10‚4 m4

Esfuerzos debidos al momento de 5KNxm en los puntos a, b, d y e:

€ a € €b € ‚

€d €€e €

MC 5KN „ m „ 0.125m €‚ € ‚2666.38KPa I 2.344„10‚4 m4

M C 5KN „ m „ 0.125m € € 2666.38KPa I 2.344 „ 10‚4 m 4

Finalmente calculamos por superposición los esfuerzos normales totales en los puntos a, b, d y e: € a € 2222.22 ƒ 2962.96 ‚ 2666.38 € ‚1945.64 KPa € b € 2222.22 ‚ 2962.96 ‚ 2666.38 € ‚7851.56 KPa € d € 2222 .22 ƒ 2962 .96 ƒ 2666 .38 € 3407 .12 KPa € e € 2222 .22 ‚ 2962 .96 ƒ 2666 .38 € ‚2518 .8 KPa

225

PROBLEMAS PROPUESTOS Calcular el Esfuerzo Normal en el punto b

Calcular el Esfuerzo Normal en el punto n

Calcular el Esfuerzo Normal en el punto m y n

226

Calcular el Esfuerzo Normal en el punto E

C

A

C

P

Í

O

T

L

U

U

L

M

O

6

N

A

S

PUENTE PEATONAL, BOGOTÁ, 2005

6

.

1

F

E

N

Ó

M

E

N

O

D

E

L

P

A

N

D

E

O

O

I

N

E

S

T

A

B

I

L

I

D

A

D

L

A

T

E

R

A

L

En este capítulo vamos a estudiar un concepto que nada tiene que ver con el enfoque con el cual se ha examinado la resistencia de los elementos estructurales hasta ahora. Veamos: En los anteriores capítulos se han calculado los ESFUERZOS ACTUANTES en los elementos con el fin de compararlos con los ESFUERZOS ADMISIBLES debiendo garantizar que los primeros sean menores que los segundos para preservar la seguridad de las estructuras. O sea:

€ ACTUANTE € € ADMISIBLE

227

Sin embargo cuando los elementos sometidos a compresión tienen ciertas características geométricas y de rigidez pueden fallar de una manera que nada tiene que ver con su resistencia. Por muy resistentes que sean, pueden llegar a fallar por un fenómeno que no hemos analizado hasta el momento: la INESTABILIDAD Veamos: Inestabilidad de elementos sometidos a compresión Examinemos la forma en que fallan las barras de la figura sometidas a compresión, manteniendo su sección transversal constante y variando su longitud:

La falla seguramente se producirá cuando los esfuerzos actuantes superen los esfuerzos resistentes del material

A medida que se incrementa la longitud de las barras empieza a aumentar la posibilidad de que falle por inestabilidad lateral o pandeo sin importar qué tan resistente sea el material

Al seguir incrementando la longitud la barra llega a hacerse tan esbelta que falla por pandeo sin importar qué tan resistente sea

Entre la inestabilidad y la estabilidad existe un punto que se llama equilibrio crítico en el cual la inestabilidad está a punto de producirse en el caso de que se presente un pequeño desplazamiento o incremento de la carga. Recordemos un ejemplo clásico de los cursos de Física que nos aclara los conceptos de estabilidad e inestabilidad: 228

ESTABLE

NEUTRO

INESTABLE

Ante un pequeño desplazamiento horizontal se generan fuerzas restauradoras que devuelven el cilindro a su posición de equilibrio inicial.

Ante un pequeño desplazamiento el cilindro puede permanecer en equilibrio en cualquier posición sobre el plano

Ante un pequeño desplazamiento horizontal se generan fuerzas desestabilizadoras que alejan el cilindro cada vez mas de su posición de equilibrio inicial

Con una barra articulada sostenida por un tornillo tambi€n puede ilustrarse el concepto de estabilidad, inestabilidad y equilibrio neutro.

ESTABLE : Si se desva un poco de su posici‚nƒ

229

ƒ..se generan fuerzas que restauran el equilibrio

NEUTRO : Si se desva un poco de su posici‚nƒ

230

ƒ...permanece en la nueva posici‚n, cualquiera que ella sea

INESTABLE: Al desviarse un poco de su posici‚n de equilibrioƒ

231

...se generan fuerzas desestabilizadoras que la alejan cada vez mas de su posición de equilibrio inicial.

Volvamos a nuestro problema de la barra pandeada: Al incrementar gradualmente la carga, llega un momento en que la barra queda en equilibrio crítico: si se retira la carga, vuelve a su posición original. Si se incrementa, se produce la inestabilidad y por consiguiente la falla. Al valor de la carga en ese punto se le denomina: CARGA CRÍTICA. 6

.

2

C

A

R

G

A

C

R

Í

T

I

C

A

Vuelve a su estado indeformado (siempre que esté en el rango elástico) 232

Está en equilibrio crítico

Se vuelve inestable y falla

6

6

.

3

.

T

3

.

E

1

O

R

C

Í

á

A

l

D

c

u

E

l

E

o

U

d

L

e

E

l

R

v

a

l

o

r

d

e

l

a

c

a

r

g

a

c

r

í

t

i

c

a

La carga crítica fue calculada por el matemático suizo Leonhard Euler (1707-1783), por lo cual es común denominarla como la Carga Crítica de Euler. Cálculo de la carga crítica de Euler

Busquemos la ecuación de la elástica para obtener de la misma el valor de la carga crítica Según lo visto en el método de la doble integración: EIy‚‚  M Calculemos el momento flector haciendo un corte a una distancia z desde el origen:

ƒM  0 Por tanto:

M „ Pcritica y  0 M  … Pcritica y EIy‚‚  … Pcritica y EIy‚‚  „ Pcritica y  0

Ecuación diferencial de segundo orden 233

Para poder calcular Pcrítica debe resolverse la ecuación: EIy‚‚ „ Pcritica y  0 Por tanto: y‚‚ „

Pcritica y0 EI

Como se ha visto en los cursos de matemáticas la ecuación es de la forma: y‚‚ „  2 y  0

siendo

€2 

Pcritica EI

La solución de la ecuación es: y  ACosz „ BSenz Las constantes A y B deben determinarse a partir de las condiciones iniciales que en

este caso son:

ˆz  0 †y  0 ‡ ˆz  L †y  0 ‡

ˆz  0 por tanto: Si † ‡y  0 ˆz  L Si † por tanto: ‡y  0 Posibilidades:

0  ACos 0 „ BSen 0  A

A0

0  BSenL

Que: B = 0 en este caso la solución de la ecuación sería: y = 0 lo cual es absurdo pues implicaría que la barra está recta (no pandeada) lo cual no es nuestro caso. Por tanto, si B ‰ 0 necesariamente SenL  0

En conclusión: ECUACIÓN DE LA BARRA PANDEADA y  BSenz

234

Y : SenL  0

En la página anterior concluimos que: y  BSenz y que SenL  0

y  BSenz ECUACIÓN DE LA

BARRA PANDEADA

Recordemos que:  2 

Pcritica EI

(tiene forma sinusoidal)

Por tanto, para poder calcular Pcritica debemos hallar Š

Sabemos que: SenL  0 En el círculo trigonométrico vemos que:

Por lo cual: L  n‚

n  0,1,2,3,4 ,€ ‹

€2 

n 2 2 2

L



Pcritica EI

Y obtenemos el valor de Pcritica :

Pcritica 

n 2  2 EI L2

235

La pregunta ahora es: qué valor de n adoptamos como ingenieros? Es claro que matemáticamente n puede tener cualquier valor entero entre cero e infinito. Sin embargo como ingenieros debemos hacer el siguiente análisis teniendo en cuenta el problema fisico que estamos estudiando (una barra sometida a una fuerza de compresión y a punto de fallar por pandeo): Si adoptamos el valor n = 0 tendríamos que Pcritica  0 (esto equivaldría a aceptar que a ninguna barra o columna se le pueden aplicar cargas lo cual es absurdo). Si adoptamos un valor mayor que 1 cada vez tendríamos un valor mas grande de la carga afectando el factor de seguridad de la columna, y además en últimas, cuál valor adoptaríamos: 5??? 123456??? Por lo anterior, desde el punto de vista práctico, además de otras razones matemáticas que veremos a continuación, el valor adoptado para n es 1. Las razones matemáticas tienen que ver con el hecho de que los diferentes valores que puede adoptar n representan el número de ondas que tendría la curva. No olvidemos que es una sinusoide. Desde el punto de vista físico nuestra barra se rompería al formar la primera onda sin alcanzar obviamente las ulteriores.

La columna falla antes de alcanzar estos modos (Estos valores de n solo tienen significado matemático, no físico, en nuestro caso)

En conclusión:

Pcritica 

‚ 2 EI L2

Carga crítica de Euler

Si observamos la expresión notamos algo que decíamos al principio de este capítulo: La carga crítica NO DEPENDE de la RESISTENCIA del material dada por su esfuerzo resistente € R , lo cual es completamente nuevo para nosotros. De qué depende, entonces, la carga crítica? 236

1) Es directamente proporcional a la rigidez de la columna EI E:

Módulo de elasticidad del material

I:

Momento de inercia de la sección transversal con relación al eje alrededor del cual se produce el pandeo. En este caso, será el momento de inercia mínimo I min

El pandeo se produce alrededor del eje cuyo momento de inercia es mínimo

No alrededor del eje cuyo momento de inercia es máximo

2) La carga crítica es inversamente proporcional al cuadrado de la longitud de la columna L2 lo cual por lo demás es obvio: mientras mas larga sea, mas fácil se pandeará. (Mas adelante veremos que no depende exactamente de la longitud de la columna sino de su esbeltez que de todas formas está relacionada con la primera). Del análisis anterior, concluimos finalmente que la carga crítica de Euler es:

Pcritica 

‚ 2 EI min L2

Hasta este punto hemos analizado la barra considerándola biarticulada. Sin embargo, existen otras posibilidades de conectar las barras en sus extremos. Veámoslas y establezcamos cómo influyen en el valor de la carga crítica.

6

.

4

D

I

F

E

R

E

N

T

E

S

C

O

N

D

I

C

I

O

N

E

S

D

E

A

P

O

Y

O

S

Influencia del tipo de apoyo en el pandeo y en el valor de la carga crítica.

237

Tipos de apoyos que puede tener una columna en sus extremos

Recordando que las articulaciones permiten el giro y los empotramientos lo restringen la elástica para cada uno de los casos tiene la siguiente forma.

Si se aplican a cada caso las condiciones iniciales y se deduce el valor de la carga crítica tal como se hizo en el caso de la columna biarticulada se encuentran los valores de semiondas que se muestran en cada caso. Estas semiondas constituyen lo que se conoce como longitud efectiva que para cada uno de los casos es 1L, 0.7L, 0.5L y 2L. (La deducciónpara cada situación puede consultarse en algunos de los textos clásicos de Resistencia de Materiales, por ejemplo en ............) En consecuencia, para calcular la carga crítica deberá tenerse en cuenta la longitud efectiva en cada caso, que tendrá los valores señalados en la gráfica.

Pcritica 

238

‚ 2 EI min L2 e

Le : longitud efectiva

Teniendo en cuenta la longitud efectiva en cada caso, los valores de la carga crítica serán:

Pcritica 

‚ 2 EI min L2

Pcritica 

‚ 2 EImin ‚ 2 EI min 2 2 L2 Œ0.7 L 

Pcritica 

‚ 2 EImin ‚ 2 EI min 4 2 L2 Œ0.5L

La carga crítica más grande es la mas segura

Pcritica 

‚ 2 EImin ‚ 2 EI min  0.25 2 L2 Œ2 L 

La carga crítica más pequeña es la mas peligrosa

Con una barra de balso puede simularse fácilmente el comportamiento de las columnas con diferentes tipos de apoyos:

239

6

.

5

E

S

F

U

E

R

Z

O

S

C

R

Í

T

I

C

O

S

Después de conocer la carga crítica ya estamos en condiciones de calcular el esfuerzo normal que producirá € crit . Tal como se estudió al principio del curso el esfuerzo normal es igual al valor de la fuerza axial dividido entre el área de la sección transversal de la barra.

€ critico 

Pero:

Pcritica A

Pcritica 

‚ 2 EI min

ŒLe 2

Por tanto: € critico 

‚ 2 EI min

ŒLe 2 A

Recordemos, del curso de mecánica que el radio de giro del área es: r  Por tanto: €critico 

‚ 2 EŒrmin 2 ŒLe 2 A

Y finalmente € critico 

240

I A

‚ 2E

Œ 

Le  kL

longitud efectiva

rmin 

I min A

Le 2 rmin

Se comprueba una vez mas que el esfuerzo crítico no depende del esfuerzo resistente del material sino de su rigidez (E) y del cuadrado de un parámetro denominado esbeltez que es igual a

ˆ1 †0.7 k† †0.5 † ‡2

Œ  Le rmin

Dependiendo de los apoyos en los extremos

Como se ve, para un material dado con módulo de elasticidad E, el esfuerzo crítico depende de la relación de esbeltez de la columna. Miremos la variación del Esfuerzo Crítico con la esbeltez. Variación del esfuerzo crítico con la esbeltez para un material como el acero con un módulo de elasticidad E.

€ critico 

‚ 2E

Esfuerzo crítico

Œ 

Le 2 rmin

Por tanto: € criticoacero 

Para el acero: E  200GPa

‚ 2 Ž 200 Ž 109

Œ 

Le 2 rmin

Pa

Hagamos la gráfica de esta ecuación

VALORES EXTREMOS TEÓRICOS

€ criticoacero 

‚ 2 Ž 200Ž109

Œ 

Le 2 rmin

Pa

Hipérbola de Euler ” Le ‘  ’’ “ rmin 

Lo primero que observamos es que es asintótica a los ejes ortogonales Lo segundo, que mientras más esbelta la columna, menor el esfuerzo crítico (más peligro de pandeo)

Gran esbeltez Bajo esfuerzo crítico Alta posibilidad de pandeo Baja esbeltez Alto esfuerzo crítico Nula posibilidad de pandeo

241

Rango de validez de la hipérbola de Euler:

La teoría de Euler y el esfuerzo crítico se han deducido a partir de la ecuación de la elástica ELy ‚‚  M que a su vez se dedujo a partir de la Ley de Hooke €  Eƒ . Esto deberá tenerse en cuenta para definir el rango de validez de la ecuación del esfuerzo crítico.

Límites de validez de la hipérbola

Por la izquierda : El esfuerzo en el límite de proporcionalidad

Por la derecha: Por seguridad se recomienda una relación de esbeltez máxima de 200

” Le ‘ ’  ’r  “ min 

” Le ‘ ’  ’r  “ min 

Por tanto, la ecuación de la hipérbola es válida en el siguiente rango:

€ criticoacero 

‚ 2 Ž 200Ž109

Œ 

Le 2 rmin

Pa

” Le ‘ ’  ’r  “ min 

242

6

.

6

C

Ó

D

I

G

O

S

Cada país define sus propios códigos para el cálculo de estructuras. En Colombia se han establecido las Normas Colombianas de Diseño y Construcción Sismorresistente (NSR-98) mediante la Ley 400 de 1997 y el Decreto 33 de 1998.

Específicamente el Título F Estructuras Metálicas establece lo siguiente con referencia al cálculo de elementos de acero a compresión:

F

.

4

.

4

-

c

o

l

u

m

n

a

s

y

o

t

r

o

s

m

i

e

m

b

r

o

s

a

c

o

m

p

r

e

s

i

ó

n

ESFUERZOS ADMISIBLES. Para miembros a compresión cargados axialmente, cuya sección transversal cumpla los requisitos de la tabla F.4-1, cuando la relación de esbeltez efectiva mayor (Kl/r) de cualquier segmento sin arriostramiento sea menor que Cc se tomará como valor del esfuerzo admisible sobre la sección total.

Fa 

ˆ Œkl / r 2 — †1 … • Fy 2Cc2 –• ‡†

5 3Œkl / r  Œkl / r 3 „ … 3 8Cc 8Cc3

en donde: Cc  2‚ 2 E / Fy Cuando la relación (Kl/r) de estos miembros excede el valor de Cc se tomará como esfuerzo admisible sobre la sección total. Fa 

12‚ 2 E 23Œkl / r 

2

243

P ROBLEMA

Aplicando la NSR-98 resolver el siguiente problema: Calcular la carga axial permisible Pperm para la columna de la figura correspondiente a las siguientes longitudes de la columna: a) 2m b) 2.5m c) 3.5m La columna es un tubo de acero empotrado en la base con las dimensiones mostradas. Las características del acero son:

E  200GPa

Fy  250 MPa

Calculemos primero el radio de giro de la sección. En este caso el radio de giro es igual con respecto a cualquier diámetro por lo que no tiene sentido hablar de radio de giro mínimo.

r

I A

I

4 ‚Dext ‚D4 ‚ Ž154 ‚ Ž134 … int  …  1083.06 64 64 64 64

A

2 ‚Dext ‚D2 ‚ Ž152 ‚ Ž132 … int  …  43.98 4 4 4 4

r

1083.06cm4 43.98cm2

 4.96cm

Calculemos Cc (recordemos que es una relación de esbeltez): Cc  2‚ 2 E / Fy

Cc  2‚ 2 Ž 200 Ž 109 Pa / 250 Ž 106 Pa  125.66

Este valor deberemos compararlo con la esbeltez de la columna en cada caso para calcular los correspondientes esfuerzos permisibles.

244

Analicemos los tres casos: a) L= 2m Œkl / r   ? k  2 (empotrada y libre) l  200 cm r  4.96cm

Œkl / r   40.32 como ”’ kl ‘  80.64 ˜ Cc “r

Fa 

Entonces según la NSR-98

Fa 

b) L=2.5m

ˆ Œ40.32 2 — 250MPa †1 … 2• ‡† 2 Ž 125.66 –• 3

5 3 Ž 40.32 40.32 „ … 3 8 Ž 125.66 8 Ž 125.663

Œkl / r   ?



5 3Œkl / r  Œkl / r 2 „ … 3 8Cc 8Cc3

0.94 Ž 250  132.02MPa 1.78

F.S.

como Œkl / r   100.81 ˜ Cc  125.66

k2 l  250 cm r  4.96cm

Œkl / r   100.81 Entonces según la NSR-98

Fa 

ˆ Œkl / r 2 — †1 … • Fy 2Cc2 –• ‡†

ˆ Œ100.812 — 250MPa †1 … 2• ‡† 2 Ž 125.66 –• 3

5 3 Ž 100.81 100.81 „ … 3 8 Ž 125.66 8 Ž 125.663



Fa 

ˆ Œkl / r 2 — †1 … • Fy 2Cc2 –• ‡†

5 3Œkl / r  Œkl / r 3 „ … 3 8Cc 8Cc3

0.67 Ž 250  88.16 MPa 1.90

F.S.

Vemos que los FACTORES DE SEGURIDAD son mayores que en el caso anterior puesto que la columna es mas larga y la posibilidad de pandeo es mayor c) L=3.5m

Œkl / r   ?

como Œkl / r   141.13 ™ Cc  125.66

k2 l  350 cm r  4.96cm

Œkl / r   141.13 245

Entonces según la NSR-98

Fa 

12‚ 2 Ž 200 Ž 103 MPa 23Œ141.13

2



‚ 2 Ž 200 Ž 103 MPa 1.92Œ141.13

2

Fa 

12‚ 2 E 23Œkl / r 2

 51.62MPa

Cálculo de las cargas admisibles: Recordemos que en general: €  P

A

en ese caso:

Fa 

Padmisible A

a) L=2m

Padmisible  Fa Ž A  132.02MPa Ž 43.98cm 2 Ž

b) L=2.5m

Padmisible  Fa Ž A  88.16 MPa Ž 43.98cm 2 Ž

c) L=3.5m

Padmisible  Fa Ž A  51.62 MPa Ž 43.98cm 2 Ž

1m 2 104 cm 2 1m 2

10 4 cm 2 1m 2 10 4 cm 2

Padmisible  Fa Ž A

 0.58MN  580KN

 0.39MN  390 KN

 0.23MN  230 KN

Observemos que mientras mas esbelta es la columna, menor será la carga que puede aplicarse

246

Miremos de donde han salido las expresiones empleadas en la NSR-98: De dónde provienen las expresiones de la NSR-98 Cy es una relación de esbeltez: Veamos cómo se obtiene: Por seguridad, y teniendo en cuenta esfuerzos residuales que quedan en el acero en el proceso de fabricación se establece que: € critico 

Por tanto:

Fy 2



€y 2



Fy 2

‚ 2E

y

Œ kLr 2

Fa 

(Valor máximo que puede alcanzar el esfuerzo crítico aplicando la hipérbola de Euler)

” kl ‘ ’  “r 

2š 2 E  Cy Fy

ˆ Œkl / r 2 — • Fy †1 … 2Cc2 –• ‡†

5 3Œkl / r  Œkl / r 2 „ … 3 8Cc 8Cc3

Factor de seguridad € admisible  Fa 

12 23

12‚ 2 E 23Œkl / r 

2

Factor de seguridad

247

PROBLEMA PROPUESTO Calcular la carga admisible para cada una de las columnas mostradas sabiendo que todas están construidas con un perfil de acero cuya referencia es W 10 x 60 (sección de patin ancho), que tiene las siguientes características:

Fy  20000

lb pu lg 2

EJE 1-1

EJE 2-2

Peso por pie

Área

Altura

Espesor del alma

Ancho patín

Espesor patín

l

s

r

l

s

r

Lb

pulg2

pulg

pulg

pulg

pulg

pulg4

pulg3

pulg

pulg4

pulg3

pulg

60

17.6

10.22

0.420

10.080

0.680

341

66.7

4.39

116

23.0

2.57

Datos tomados de MECÁNICA DE MATERIALES (Gere y Timoshenko) México, International Thomson editores1998, página 875

248

C

T

A

O

P

Í

R

T

S

U

I

L

Ó

O

7

N

METRO DE MIAMI, ESTADOS UNIDOS 2005

Elementos estructurales sometidos a torsión Existe la tendencia a pensar que los elementos estructurales sometidos a torsi€n son de incumbencia exclusiva de los ingenieros mecnicos (ejes de motores, pi‚onesƒ) Sin embargo en las estructuras es bastante com„n que por la forma de aplicaci€n de las cargas o por la forma misma de la estructura (asimetr…as) se presenten este tipo de efectos en los elementos estructurales. Veamos algunas situaciones:

249

7.1 ESFUERZOS Y DEFORMACIONES EN ELEMENTOS DE SECCIÓN CIRCULAR Al aplicarse un momento torsor T (alrededor del eje longitudinal), una sección del elemento gira con respecto a la otra e internamente se produce un efecto de deslizamiento o corte entre dos secciones adyacentes. La torsión, por tanto, produce esfuerzos cortantes €  y deformaciones angulares

250

‚ƒ

Veamos:

Esfuerzo cortante  y ángulo de giro ‚ en elementos estructurales de sección circular. Esfuerzo cortante

 en secciones transversales rectas del elemento.

251

Recordemos que ante la presencia de esfuerzos cortantes verticales, se generan automáticamente esfuerzos cortantes verticales iguales. Por tanto:

Ley de Hooke para corte:

 „ G€max

G: módulo cortante

€max dz „ rd€ €max „

Análogamente: € „

252

rd€ dz

d€ dz

Calculemos  a una distancia … del centro de la sección transversal:

‰M0 „ 0 †

ˆ T ‡ dM „ 0 dM „ dF „ ƒdA

† dM „ † ƒdA Pero: ƒ „ G‚ „ G

d€ dz

Reemplazando:

† dM „ † G †

ˆ T ‡ G

T „G

Recordando que:

†

2

d€ dA dz

d€ dA „ 0 dz

d€  2 dA dz

†

dA „ J (Momento polar de inercia de la sección)

Por lo cual: d€ „ T dz GJ

ƒ „ G‚ „ G Finalmente: ƒ „

T J

T GJ

T: momento torsor …: radio en el punto considerado J: momento polar de inercia J „ Ix ‡ I y „

„D 4 „D 4 „D 4 ‡ „ 64 64 32 253

Variación de €: Como se infiere de la expresión,  depende del radio …

Si

 „0

ƒ „0

Si

 „r

ƒ„

Tr „ ƒ max J

La variación es lineal

Angulo de giro:

Angulo de giro

254

‚ entre dos secciones del elemento estructural

Anteriormente se tenía que: d€ T „ dz GJ Por lo cual: d€ „

T dz GJ L

€

T

†0 d€ „ †0 GJ dz €„

T:

TL GJ

momento torsor que actua en el tramo L

G: módulo cortante del material J:

momento polar de inercia de la sección transversal

GJ: rigidez al corte (mientras más grande sea más difícil será torsionar el elemento)

TIZA FALLADA MEDIANTE LA APLICACIÓN DE TORSIÓN

255

PROBLEMA La tiza de la figura se somete a dos momentos torsores de 2 Nxcm en los extremos. Calcular el esfuerzo cortante máximo producido y los esfuerzos principales correspondientes a dicho estado de esfuerzos. El diámetro de la tiza es de 1 cm. Tal como se vio, el esfuerzo cortante máximo ocurre en la periferia y es igual a: ƒ max „

Tr J

r = 0.5 cm = 0.0005m

T=2N x cm

T=2N x cm

T = 2N x cm = 0.02N x m

J„

ƒ max „

0.02 Π0.0005 9.82 Π10

ˆ10

„ 10183.3

N

m2

„D 4 „ Š0.01‹4 „ „ 9.82 Œ 10 ˆ10 m 4 32 32 „ 10.2 KPa

Variación de esfuerzos cortantes a través de la sección

Elemento en el borde de la tiza sometido a cortante puro

256

Construyamos el círculo de Mohr para el elemento mostrado:

La rotura se produce por tensión a lo largo de un plano a 45°

257

PROBLEMA Calcular el diámetro que debe tener el eje de la figura sabiendo que el ángulo de torsión entre sus extremos no debe ser mayor que 4° y el esfuerzo cortante admisible del material es de 60 MPa. El material tiene un módulo cortante G de 11 GPa

Deben cumplirse 2 condiciones: - Que el ángulo de torsión no sobrepase un valor de 4° - Que el esfuerzo actuante no sobrepase un valor de 60 MPa Es decir:

€ Ž 4 ƒ Ž 60MPa

Primera condición:

€ „ 4 „

D„4

TL GJ

4 Œ

1600 N Œ m Œ 2m „rad 1600 N Œ m Œ 2m „ „ 4 180 N „D 4 4 „D 4 m 11GPa Œ m 11Œ 109 2 Œ 32 32 m

1600 Œ 2 Œ 32 Œ 180 4 Œ „ Œ 11 Œ 109 Œ „

„ 0.081m „ 8.1cm „ D1

Este diámetro garantiza que el ángulo no excederá un valor de 4°

Segunda condición:

258

D T Tr 1600 N Œ m Œ 16 ƒ „ 60MPa „ 60 Œ 10 6 2 „ „ 24 „ J „D „D 3 m 32 N

D„3

1600 Π16

„ Œ 60 Œ 106

„ 0.051m „ 5.1cm „ D2

Este diámetro garantiza que el esfuerzo cortante no excederá un valor de 60 MPa. Como deben garantizarse las 2 condiciones debe escogerse el diámetro mayor. Por lo tanto:

Dnecesario „ 8.1cm

PROBLEMA Calcular los momentos torsores internos en los tramos AB, BC y CD del elemento estructural Diagrama de cuerpo libre de todo el elemento

‰Mz „ 0 TA ˆ 300 ‡ 400 ˆ 600 „ 0 TA „ 500

Para calcular los momentos en cada tramo hacemos cortes por cada uno de ellos así: 0  z  1.5

‰Mz „ 0

TAB „ 500 N Œ m

259

1.5  z  3.5

‰Mz „ 0

TBC „ 500 ˆ 300 „ 200

‰Mz „ 0

TCD „ 500 ˆ 300 ‡ 400 „ 600

3.5  z  6.5

Una vez calculados los momentos torsores se puede proceder al cálculo de los esfuerzos cortantes máximos en cada tramo. Supongamos que el diámetro del elemento estructural es de 10 cm.

Esfuerzos cortantes máximos en cada tramo Recordemos que: J„

ƒ max „

Tr J

siendo:

„ Š0.10m‹4 „ 9.82 Œ 10 ˆ6 m 4 32

J„

„D 4 32

r „ 0.05m

Entonces los esfuerzos cortantes máximos en cada sección serán: ƒ AB „

260

500 N Œ m Œ 0.05m 9.82 Œ 10 ˆ 6 m 4

„ 2.55MPa

ƒ BC „

ƒ CD „

200 N Œ m Œ 0.05m 9.82 Œ 10 ˆ6 m 4 600 N Œ m Œ 0.05m 9.82 Œ 10 ˆ6 m 4

„ 1.02MPa

„ 3.05MPa

Como se observa, el esfuerzo cortante máximo ocurre en el tramo CD. Su valor será el que definirá el diseño del elemento: Deberá escogerse un material con un esfuerzo resistente mayor que 3.05MPa de tal manera que se tenga un factor de seguridad adecuado.

7.2 INDETERMINACIÓN

ESTÁTICA

Dependiendo de la forma en que estén apoyados, los elementos estructurales sometidos a torsión también pueden quedar en situación estaticamente indeterminada. El caso mas común se presenta cuando el elemento está bi-empotrado.

‰M z „ 0

TA ‡ TB ˆ 40 ‡ 15 „ 0 TA ‡ TB „ 25

1 ecuación 2 incógnitas

Estáticamente indeterminada

Como en las situaciones anteriores de indeterminación necesitamos una ecuación adicional (obtenida de la compatibilidad de deformaciones). En este caso la ecuación se establece al observar que en los empotramientos A y B no hay giro, o en otras palabras que la sección. 261

B no gira con relación a la sección A. Esto podemos expresarlo diciendo que la suma (algebraica) de los giros de las secciones AC, CD y DB es igual a cero.

… AC ‡ …CD ‡ … DB „ 0 Ecuación de compatibilidad de deformaciones Recordemos que en general:

…„

TL GJ

Por lo tanto: TAC LAC ‡ TCD LCD ‡ TDB LDB „ 0 GJ GJ GJ

TAC L AC ‡ TCD LCD ‡ TDB LDB „ 0 1.5TAC ‡ 2TCD ‡ 1.2TDB „ 0

TAC, TCD y TDB son los momentos torsores internos en las secciones AC, CD y DB. Para calcularlos debemos hacer cortes por dichas secciones:

Reemplazando tenemos: 1.5TA ‡ 2ŠTA ˆ 40‹ ‡ 1.2ŠTA ˆ 25‹ „ 0 4.7TA „ 110 TA „ 23.4 KN Œ m

TB „ 25 ˆ 23.4 „ 1.6

Con estos valores podemos calcular finalmente los momentos torsores internos en las 3 secciones: TAC „ 23.4

262

TCD „ 23.4 ˆ 40 „ ˆ16.6

TDB „ 23.4 ˆ 25 „ ˆ1.6

Conocidos estos valores, el problema está resuelto y se pueden calcular los esfuerzos cortantes y los giros de las diferentes secciones si conocemos el diámetro y el módulo cortante G del material

7.3 TORSIÓN DE ELEMENT OS DE SECCIÓN RECT ANGULAR En este caso se presenta un fenómeno que complica el análisis: las secciones transversales del elemento al ser torsionado no permanecen planas sino que se alabean.

El análisis del fenómeno se hace normalmente en los cursos de Teoría de la Elasticidad utilizando la analogía de la membrana. En este texto introductorio presentamos las expresiones obtenidas en dicho análisis para el esfuerzo cortante máximo y la deformación angular producida en torsión.

7.3.1 Esfuerzos y deformaciones en elementos de sección rectangular a torsión

263

El esfuerzo cortante máximo ocurre en el punto medio del lado mas largo:

ƒ max „

T c1hb 2

El ángulo de torsión entre dos secciones separadas una longitud L es:

…„

TL c2 hb3G

C1 y C2 son constantes que dependen de la relación h según la siguiente tabla: b h b

1.0

1.2

1.5

2.0

2.5

3.0

4.0

5.0

10.0



C1

0.208

0.219

0.231

0.246

0.258

0.267

0.282

0.291

0.312

0.333

C2

0.1406 0.1661 0.1958

0.229

0.249

0.263

0.281

0.291

0.312

0.333

Tomada de €Mecnica de materiales‚ de Ferdinand P. Beer y E. Rusell Johnston McGraw Hill Latinoamericana, 1982

PROBLEMA Calcular el esfuerzo cortante mximo producido en la siguiente viga sometida a los 2 momentos torsores mostrados.

264

Según lo visto, el esfuerzo cortante máximo ocurrirá en el tramo en el cual el momento torsor sea máximo. ƒ max „

b „„ 20cm

h „ 30cm

h 30 „ „ 1.5 b 20

T c1hb 2

por lo tanto:

c1 „ 0.231

Calculemos el momento torsor máximo en la viga.

‰MZ „ 0 TA ˆ 70 ‡ 30 „ 0 TA „ 40 KN Œ m

Hagamos cortes para detectar el tramo del momento torsor máximo. 0 z2

‰MZ „ 0 TAB ˆ 40 „ 0 TAB „ 40

265

2  z  3.5

‰M z „ 0 TBC ˆ 70 ‡ 40 „ 0 TBC „ 30

Por lo tanto:

Tmax „ TAB „ 40 KN Œ m

Finalmente, calculamos el valor del esfuerzo cortante máximo. ƒ max „

Tmax c1hb

2

„

40 KN Œ m 0.231 Œ 0.30mŠ0.20m ‹2

 max „ 14430 KN / m 2 „ 14430 KPa

El esfuerzo cortante máximo ocurre en el tramo AB en el punto medio del lado mas largo de la viga:

266

7.4 TORSIÓN DE SECCIONES ABIERT AS En general puede decirse que las secciones abiertas (ángulos, secciones U) son muy ineficientes para resistir efectos de torsión por cuanto se pierde la continuidad en la transmisión de los esfuerzos cortantes producidos. Aplicando los mismos procedimientos utilizados para calcular los esfuerzos en secciones rectangulares (analogía de la membrana) se ha encontrado que en este caso puede aplicarse la misma expresion que la utilizada para secciones rectangulares. Debido a que la relación entre h y b en estos casos será muy grande, el valor de c1 en estos casos se hace iguales a 0.333. Las dimensiones de h y b se calculan como se ilustra en la figura:

TORSIÓN DE SECCIONES ABIERTAS

267

PROBLEMA Calcular el esfuerzo cortante máximo en el elemento angular de la figura sometido a un momento torsor de 1500 Kgxcm

Según lo visto, en este caso se puede aplicar la misma expresión usada en el caso de secciones rectangulares con los valores de c1, h y b que se muestran a continuación: ƒ max „

T c1hb 2

c1 „ 0.33 h „ 0.7cm b „ 18 ‡ 8 ˆ 0.7 „ 25.3 cm

Por lo tanto:

ƒ max „

T c1hb

2

„

1500 Kg Πcm 2

0.33 Π0.7cm Π25.3 cm

2

„ 10.14 Kg / cm 2

Es de anotar que en un análisis mas preciso que el que se hace en este texto, deberán tenerse en cuenta las concentraciones de esfuerzos que se producen por los cambios bruscos de dirección inducidos por el doblado de la lámina al hacer el ángulo. 268

7.5 TORSIÓN DE TUBOS DE PARED DELGAD A Se aceptan las siguientes hipótesis: €

El tubo es cilíndrico: su sección no varía a lo largo del tubo.

€

La sección transversal del tubo es cerrada.

€

El espesor de la pared es pequeño en comparación con las dimensiones transversales del tubo.

€

El tubo está sometido solamente a momentos torsores en sus extremos.

Veamos: Tubo de pared delgada sometido a momentos torsores T en sus extremos

Sección transversal sometida a esfuerzos cortantes 

q „ ƒA „ ƒ Œ t Œ 1 „ ƒt

La fuerza por unidad de longitud del tubo es: ƒ t (se conoce como flujo de cortante q) q „ƒ t

269

Establezcamos el equilibrio alrededor de un punto O en el interior del tubo a partir del cual tomamos un radio de curvatura r del tubo en dicho punto: dF „ ƒ Œ dA „ ƒ Œ tds „ qds

‰M0 „ 0 † T ˆ † rqds „ 0

T ˆ rdF „ 0

rds „ 2dA T - q Œ 2A „ 0 T „ q Œ 2A „ ƒt Œ 2A

ƒ„

En resumen:

ƒ„

T 2At

T 2At

A : Área encerrada por el perímetro medio de la sección:

270

dA „

rds 2

2dA „ rds

PROBLEMA Calcular el esfuerzo cortante máximo que se produce en el tubo de la figura cuando se somete a dos momentos torsores de 180 Kgxm en sus extremos

Según se vió:

ƒ„

T 2 At

T „ 180 Kg Œ m

t „ 1.2cm „ 0.012m

Calculemos A (área encerrada por el perímetro medio de la sección): 5ˆ

1.2 1.2 ˆ ˆ 3.8cm 2 2

10 ˆ

A „ 3.8 Œ 8.8 „ 33.44cm 2 „ 33.44cm 2 Œ

Reemplazando:

ƒ„

180 Kg Œ m ˆ4

2

2 Π33.44 Π10 m Π0.012m

1.2 1.2 ˆ ˆ 8.8cm 2 2

1m 2 4

10 cm

2

„ 33.44 Œ 10 ˆ 4 m 2

„ 2242822.97

ƒ „ 224.28

Kg m2

Kg cm 2

271

R

E

F

E

R

E

N

C

I

A

S

B

I

B

L

I

O

G

R

Á

F

I

C

A

S

BEDFORD, Liechti. 2002. Mecánica de materiales. Colombia. Pearson educación de Colombia. 1ª edición. BEER Ferdinand P., JOHNSTON E. Rusell and DEWOLF John T. 2004. Mecánica de materiales. México. McGraw Hill Interamericana. 3ª edición. CRAIG Roy R., Jr. 2000. Mechanics of materials. Estados Unidos. 2a edición. FITZGERALD Robert W. 1984. Mecánica de materiales. México. Fondo educativo interamericano. 1ª edición. GERE Y TIMOSHENKO. 1998. Mecánica de materiales. México. International Thomson Editores. Cuarta edición. GORDON J. E. 1978. Structures or why things don't fall down. United States of America. Da Capo press Inc. A Da Capo paperback. GORDON J. E. 1994. Structures et matériaux. L'explication mecanique des formes. Paris. Pour la science. GOVINDJEE Sanjay (Compilator). 2005. Engineering mechanics, Strength of materials. United States of America. Pearson Prentice Hall. 1a edición. HIBBELER R.C.1998. Mecánica de materiales. México. Prentice Hall hispanoamericana S.A. 3ª edición, LEVY Matthys and SALVADORI Mario. 1994. Why buildings fall down. New York London. W. W.Norton y Company. Norton paperback. MOTT Robert L. 1996. Resistencia de materiales aplicada. México. Prentice hall hispanoamericana S.A. 3ª edición. NARAYANAN R.S. and BEEBY A.W. 2001. Introduction to Design for Civil Engineers. London and New York. SPON PRESS. Taylor and Francis group. NASH William A. 1973. Resistencia de materiales. Teoría y 430 problemas resueltos. Colombia. McGraw Hill.

273

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REFERENCIAS DE LAS TABLAS Los datos de las tablas presentadas en las páginas 41, 49, 52, 58 y 248 son tomados del libro Mecánica de materiales. Gere y Timoshenko. International Thomson Editores.1988

REFERENCIAS FOTOGRÁFICAS Y DE GRÁFICOS A menos que se indique lo contrario, las fotos y los gráficos que ilustran el presente texto son del autor.

274

Impreso en el Centro de Publicaciones de la Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales