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ETSI-ICAI. Departamento de Ingeniería Mecánica. Elasticidad y Resistencia de Materiales. 3º IIND.
12.2.- a) Dimensionar la sección de la viga sabiendo que está compuesta por dos tablones dispuestos como se indica en la figura (se trata de hallar a). Tensión admisible de la madera: σadm, tracción = 50 kg/cm2 σadm, compresión = 80 kg/cm2
b) Razonar si sería o no más conveniente invertir la posición de los tablones. ********************************************************************** a) A la vista de los resultados del ejercicio 12.1, podemos afirmar que no hay tensiones normales. Por lo tanto, y como el cortante no tiene importancia respecto al momento flector, dimensionaremos la viga por la ley de Navier, es decir, considerando que la viga trabaja exclusivamente a flexión:
admz
max σW
Mf≤
donde Wz es el módulo resistente de la sección. Pero en este caso el perfil de la viga es asimétrico, por lo que tendrá dos módulos resistentes diferentes, según consideremos ymax ó ymin (ymax hacia arriba o hacia abajo). En consecuencia, deberemos estudiar el valor mínimo que debería tener a, según que el momento sea el máximo positivo posible ó el máximo negativo (signo positivo ). Es decir, deberemos plantear para cada uno de los módulos resistentes del perfil las dos ecuaciones siguientes:
admz
max σW
Mf≤
+
(1)
admz
max σW
Mf≤
−
(2)
En ambas expresiones σadm será la σadm,tracción ó σadm,compresión , dependiendo de que el módulo resistente utilizado considere la parte de perfil trabajando a tracción o a compresión respectivamente. En la figura 1 se muestra el diagrama de momentos flectores que obtuvimos para la viga en el problema 12.1 con sus valores característicos acotados:
a
a
3a
3a
ETSI-ICAI. Departamento de Ingeniería Mecánica. Elasticidad y Resistencia de Materiales. 3º IIND.
Los dos módulos resistentes que tiene el perfil del enunciado se calculan de la siguiente manera:
W IyZ
Z
max1 = W I
yZZ
min2 =
donde IZ es el momento de inercia del perfil respecto al eje Z. Este eje, así como ymax e ymin pueden verse en la figura 2. En la figura 2 podemos apreciar cómo el eje Z respecto al cual flecta la viga en la sección considerada pasa por el centro de gravedad de la misma (C.D.G), que es fácilmente calculable a partir de la geometría de los dos tablones que la constituyen y cuya posición también aparece marcada en la figura. El eje Z coincide con la fibra neutra de la sección. A continuación calculamos IZ valiéndonos del teorema de Steiner. Supondremos a en cm.
x A B
DE
C
Figura 1
800 1000
800
a
a
3a
3a
A1
A2
c.d.g1
c.d.g2
C.D.G
a
2a
ymax = 1.5a
ymin = 2.5a
Figura 2
Z
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( ) ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ⋅⋅+⋅⋅⋅+⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ ⋅⋅+⋅⋅⋅=+= 223223
zZZ aa3a3a121aa3aa3
121III
A2A1
4
Z a2
17I ⋅= cm4
Los valores de los dos módulos resistentes posibles son los siguientes:
3
4
max
Z1Z a
317
a5.12a17
yIW ⋅=
⋅
⋅
== cm3.
3
4
min
Z2Z a
517
a5.22a17
yIW ⋅=
⋅
⋅
== cm3.
Siguiendo las explicaciones dadas al comienzo de este apartado, calculamos para Mfmax
+ y para Mfmax− el valor mínimo de a necesario de acuerdo a cada uno de los dos
posibles módulos resistentes. • Mfmax
+ = 800 kg·m . En este caso la parte del perfil situada por encima de la fibra neutra
trabaja a compresión, mientras que la localizada por debajo lo hace a tracción. Estas dos zonas están directamente relacionadas con WZ1 y WZ2 respectivamente. Aplicando la ecuación (1) a cada uno de ellos resulta:
1º) compresion,adm1Z
max
W
Mfσ≤
+
⇒ 80
317
1008003
≤⋅
⋅
a ⇒ 60.5a ≥ cm.
2º) traccion,adm2Z
max
W
Mfσ≤
+
⇒ 50
517
1008003
≤⋅
⋅
a ⇒ 78.7a ≥ cm.
• Mfmax
− = -1000 kg·m.
En este caso es la parte superior la que trabaja a tracción mientras que la
inferior trabaja a compresión. Aplicando la ecuación (2):
1º) traccion,adm1Z
max
W
Mfσ≤
−
⇒ 50
317
10010003
≤⋅
⋅
a ⇒ 07.7a ≥ cm.
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2º) compresion,adm2Z
max
W
Mfσ≤
−
⇒ 80
517
10010003
≤⋅
⋅
a ⇒ 16.7a ≥ cm.
Para que la viga quede bien dimensionada debemos quedarnos con el mayor de los valores obtenidos, redondeado a un número entero de cm. (habitual en construcciones de madera). Así, las dimensiones de cada uno de los tablones que forman la sección serán:
8 cm. × 24 cm.
b) Si diésemos la vuelta al perfil, en la sección en que el momento flector vale 1000− kg·m (Mfmax
− ), la parte delgada trabajaría a tracción y la gruesa a compresión. Si comprobamos cuál debería ser el valor mínimo de a para que el perfil fuese capaz de soportar la máxima tensión de tracción que genera dicho momento obtendríamos:
traccion,adm2Z
max
W
Mfσ≤
−
⇒ 50
517
10010003
≤⋅
⋅
a ⇒ 37.8a ≥ cm.
Este valor es mayor que cualquiera de los obtenidos con el perfil en la posición del apartado anterior. Luego no es conveniente invertir la posición de los tablones, pues las dimensiones de los mismos deberían ser mayores que las obtenidas en a). Al salir 8.37 cm. habría que redondear a un número entero de cm. por exceso, lo que supondría 9 cm. Tengamos en cuenta que generalmente se busca utilizar la mínima cantidad de material posible.
12.3.- a) Dimensionar la sección de la viga sabiendo que está compuesta por un perfil IPN. b) Una solución alternativa consiste en elegir el segundo perfil anterior al que resulta en el apartado a) y suplementarlo, donde sea necesario, con platabandas de 60x6 mm. Comprobar si esta solución es aceptable y determinar el intervalo teórico de la viga en que habrían de colocarse las platabandas. σadm = 1600 kg/cm2 ********************************************************************** a) Por ser el IPN un perfil simétrico, las dimensiones que deberá tener dicho perfil vendrán determinadas por el valor del momento flector que tenga mayor valor absoluto, independientemente de que éste sea máximo positivo o máximo negativo, ya que el módulo resistente de la sección es el mismo, considerando la parte situada por encima de la fibra neutra, que considerando la parte situada por debajo. El perfil deberá tener un módulo resistente tal que sea capaz de soportar las máximas tensiones de tracción-compresión que genera el momento flector, sin que éstas sobrepasen el valor de σadm ; luego:
σ admmax
Z
MfW
≥
Ya conocemos el diagrama de momentos flectores asociados a la viga del problema (en kg·m):
Z
Y
Platabandas
Por lo tanto:
1000=max
Mf kg·m � ZW10010001600 ⋅≥ � 5.62≥ZW cm3.
En consecuencia deberemos buscar en el prontuario de perfiles IPN el perfil más pequeño que asegure que WZ ≥ 62.5 cm3. Obtenemos:
IPN-140 � 9.81=ZW cm3 � 1221354
1001000 =⋅=maxσ kg/cm2
en el que se verifica que σ σadm max> . b) Se pide ahora utilizar el segundo perfil anterior al calculado en el apartado anterior, reforzándolo donde resulte necesario con platabandas de 60 mm. × 6 mm. Sacamos del prontuario las características para este perfil, que será un IPN-100:
WZ = 34.2 cm3 IZ = 171 cm4
Debemos determinar ahora los tramos en que tendremos que utilizar platabandas. Para ello calcularemos el máximo momento flector (positivo o negativo), que el perfil IPN-200 es capaz de absorber sin sobrepasar σadm :
σ admmax IPN
Z IPN
Mf
W= −
−
,
,
220
220
� 2.34
1600 220, −= IPNmaxMf
� 2.547220,
=−IPNmax
Mf kg·m.
Los tramos de viga donde se utilizarán platabandas corresponderán con todas aquellas zonas del diagrama de momentos flectores donde el momento flector, positivo o negativo, sea en valor absoluto superior a 3424 kg·m. Estas zonas aparecen sombreadas en la siguiente figura:
d1 d2 d3 d4 d5
800 1000
800
547.2
547.2
Del problema 13.1 conocemos las expresiones analíticas del diagrama de momentos flectores; a partir de ellas podremos calcular los valores de d1, d2, d3, d4 y d5 ( momento flector positivo).
2.547220, =+−IPNmaxMf kg·m. 2.547220, −=−
−IPNmaxMf kg·m.
0 < x < 4 m. � MfI = x⋅+− 200800 kg·m. 4 < x < 5 m. � MfII= xx ⋅+⋅− 800200 2 kg·m. 5 < x < 10 m. � MfIII= 120003200200 2 −⋅+⋅− xx kg·m. 0 < d1 < 4 m. � 2.547)( 1 −== dxMf I kg·m. � 264.11 =d m. 4 < d2 < 5 m. � 2.547)( 2 −== dxMf II kg·m. � 595.42 =d m. 5 < d3 < 6 m. � 2.547)( 3 −== dxMf III kg·m. � 404.53 =d m. 6 < d1 < 8 m. � 2.547)( 4 == dxMf III kg·m. � 875.64 =d m. 8 < d1 < 10 m. � 2.547)( 5 == dxMf III kg·m. � 124.95 =d m. Por lo tanto será preciso utilizar platabandas en los siguientes tramos:
0 < x < 1.264 m. 4.595 < x < 5.404 m. 6.875 < x < 9.124 m.
En la práctica los tramos en los que se ponen platabandas no corresponderían con esos exactamente, sino que en general cada uno de esos intervalos se ve aumentado en una longitud extra a cada uno de sus lados. Esta longitud extra puede ser la misma en todos los intervalos, o bien diferente para cada uno de ellos. Ya conocemos los intervalos donde se utilizarán platabandas, pero todavía nos queda por determinar cuántas platabandas habrá que utilizar en cada uno de ellos.
Para conservar la simetría del perfil las platabandas se ponen a ambos lados del mismo: Utilizando el teorema de Steiner podemos calcular el momento de inercia de la sección total, I zTOTAL
:
46.3733.56.066.0612121712 23
200=��
���
� ⋅⋅+⋅⋅⋅+=⋅+=− PLATABANDAIPNTOTAL ZZZ III cm4.
De modo que:
689.666.546.373
6.0546.373 ==
+==
max
ZZ y
IW TOTAL
TOTAL cm3.
El momento máximo que el perfil reforzado con platabandas a ambos lados es capaz de absorber sin generar σ superiores a σadm es:
σ maxmax
Z
MfW
TOTAL
= � 689.66
1600 maxMf
= � 02.1067=max
Mf kg·m.
Este valor es superior al máximo valor absoluto de los momentos flectores de la viga considerada; por lo tanto, basta reforzar con una platabanda a cada lado.
6 cm.× 0.6 cm.
IPN-100
Y
Z
5 cm. ymax
13.2.- a) Calcular los momentos de inercia y el producto de inercia de la sección de la figura respecto a los ejes Y-Z. b) Determinar si la sección es válida para la viga. σadm = 1600 kg/cm2 ********************************************************************** a) Lo primero que debemos hacer es calcular la posición del c.d.g del perfil compuesto por los dos UPN-200; lo denominaremos G. Para ello nos fijaremos en el siguiente croquis (ver figura 1), en el que las distancias que aparecen representadas permiten situar los c.d.g de cada uno de los dos UPN-200, siendo G1 el correspondiente al perfil de la izquierda y G2 el referido al perfil de la derecha. Los valores de estas distancias se han obtenido del prontuario para perfiles UPN. Las cotas están en cm. A la vista de la figura anterior y puesto que ambos perfiles son iguales, y por lo tanto tendrán el mismo área, el c.d.g del perfil completo (G), se encontrará en el punto medio del segmento que une G1 y G2 , de modo que (ver figura 1):
d1 = 6 cm. d2 = 4 cm.
El prontuario nos facilita los momentos de inercia de los perfiles UPN-200 que configuran el perfil completo respecto a ejes paralelos a los Y y Z, y que pasan por los
UPN-200
UPN-200
Y
Z G
SECCIÓN
10 10
10
10
d2
d1
2
2
Y
Z
G1
G2
G
Figura 1
c.d.g G1 y G2 respectivamente. Utilizando el teorema de Steiner podremos conocer los momentos de inercia del perfil completo ( IY e IZ respectivamente).
I IY ZG G1 21910= = cm4. I IZ YG G1 2
148= = cm4. También obtenemos del prontuario el área de un UPN-200:
A UPN− =200 32 2. cm2.
Luego: ( ) ( )I I I I A d I A dY Y Y Y UPN Y UPNG G
= + = + ⋅ + + ⋅ =− −1 2 200 12
200 12
1 24376 cm4.
( ) ( )I I I I A d I A dZ Z Z Z UPN Z UPNG G
= + = + ⋅ + + ⋅ =− −1 2 200 22
200 22
1 23088 cm4.
Obtengamos ahora el valor del producto de inercia IYZ . Los productos de inercia de cada uno de los dos perfiles respecto a ejes paralelos a los Y y Z , pero que pasan por sus c.d.g, G1 y G2 , son nulos por tratarse de ejes principales de inercia. Así, apoyándonos de nuevo en el teorema de Steiner.
I I A d dYZ YZ UPNG1 200 1 210 773 773= + ⋅ ⋅ = + =− cm4.
( ) ( )I I A d dYZ YZ UPNG2 200 1 220 773 773= + ⋅ − ⋅ − = + =− cm4.
Por lo tanto:
I I IYZ YZ YZ= + = ⋅ =1 2 2 773 1546 cm4. b) Deseamos conocer si la sección es válida para la viga. Para ello deberemos encontrar el valor σmax y compararlo con σadm .
Del ejercicio 15.1 conocemos el diagrama de momentos flectores de la viga; éste se muestra en la figura 2 (valores en kg·m).
En el diagrama anterior observamos que el momento flector máximo (en este caso positivo), se da en la sección x = 3 m ; es en esta sección donde encontraremos la σmax .
M Zmax = 2800 kg·m = 280000 kg·cm.
En este caso los ejes Y y Z no son ejes principales de inercia, de modo que para obtener la distribución de tensiones normales generadas por el momento flector en la sección mencionada anteriormente deberemos utilizar la fórmula general.
σ = ⋅ + ⋅k y k z1 2 siendo
k M I M II I I
Z Y Y YZ
Y Z YZ1 2= − ⋅ + ⋅
⋅ −
k M I M II I I
Y Z Z YZ
Y Z YZ2 2= ⋅ + ⋅
⋅ −
Para nosotros MY = 0 y MZ = MZmax = 280000 kg·cm. Los momentos y el producto de inercia del perfil completo los conocemos del apartado a). Así, resulta:
k1 11013= − . kg/cm3. k2 3889= . kg/cm3 .
2667
2800
Figura 2
con lo que
σ = − ⋅ + ⋅11013 38 89. .y z kg/cm2 . La ecuación de la fibra neutra es la siguiente:
− ⋅ + ⋅ =11013 3889 0. .y z � y z= ⋅0 353.
En la figura 3 se ha dibujado la fibra neutra sobre el perfil completo:
Como ya dijimos, para determinar si la sección de la viga es válida, debemos conocer σmax , que está asociada con el punto más desfavorable. Este punto es siempre aquel que se encuentra más alejado de la fibra neutra. En la figura 3 puede observarse cómo este punto es el que aparece marcado con la letra P. Las coordenadas del punto P respecto a los ejes Y y Z son:
yP = -14 cm. zP = -4 cm.
por lo tanto
( ) ( )σ max P Pk y k z= ⋅ + ⋅ = − ⋅ − + ⋅ − =1 2 11013 14 38 89 4 1386. . kg/cm2 < σ adm
Luego la sección es válida para la viga.
Y
Z
G1
G2
G
Figura 3
Fibra neutra
P
14.2 En la estructura del ejercicio 14.1, y utilizando los resultados allí obtenidos, hallar el máximo valor posible de q para σadm = 1730 kg/cm2. La sección transversal está constituida por dos IPN 160 colocados como se indica : Dato: a = 2’00 m. ********************************************************************** Se trata de un perfil compuesto, de modo que lo primero es determinar su c.d.g , al que denominaremos G, y su momento total de inercia, IZ (ver figura). Como los dos perfiles que forman el compuesto son IPN-160, el c.d.g buscado estará en el punto medio del segmento que une G1 y G2 . Los datos necesarios para el cálculo de las distancias que se necesitan se obtienen del prontuario de perfiles.
g h1 2
8= = cm.
g h e2 2
16 0 632
16 315= + = + =. . cm.
g g g= + =1 2
2121575. cm.
H h e b g b= + + = + = + =2 2 2
16 315 7 42
20 0152 . . . cm.
d g g g g= − = − =2 1 4 1575. cm. A IPN− =160 22 8. cm2.
Z
Y
G1
G
G2
g1
g H
g2
Figura
d
q
q q
q
a
a
a a
Para el cálculo del IZ utilizaremos el teorema de Steiner. Del prontuario conocemos:
I ZG1935= cm4. I ZG 2
54 7= . cm4. Por lo tanto:
I I I I A d I A dZ Z Z Z IPN Z IPNG G= + = + ⋅ + + ⋅ =− −1 2 160
2160
21 2
1777 9( ) ( ) . cm4.
Para el cálculo de qmax despreciaremos la influencia que pueda tener el esfuerzo cortante, pues tiene muy poca relevancia. Sin embargo, debemos tener en cuenta que las tensiones normales serán generadas no sólo por el momento flector, sino también por el esfuerzo normal. Así, qmax será aquella que haga que en la sección más desfavorable la tensión normal total sea igual a la σadm :
σ admmax
Z
maxMf
Iy N
A= − ⋅ + (1)
Del diagrama de momentos flectores del apartado a) se obtiene que el momento flector máximo (en este caso positivo), se da en la sección s = 2 m y tiene un valor:
Mf q amax = ⋅ ⋅32
2 kg·m.
El valor máximo de la expresión (1) se dará en dicha sección y puesto que el esfuerzo normal es de compresión, el máximo se obtendrá en la fibra más alejada de la fibra neutra por el lado del perfil que trabaje a compresión, de modo que la ecuación (1) también puede escribirse:
σ admmax
Z
MfW
NA
= − + (2)
En este caso el perfil de la viga es asimétrico respecto al eje Z, por lo que tendrá dos módulos resistentes diferentes según consideremos ymax ó ymin . Tal y como aparece dibujada la sección de la viga en la figura 5, puesto que Mfmax es positivo, la mayor tensión normal de compresión generada por él se encontrará para ymax = g = 12.1575 cm. Sin embargo, si el perfil se colocase al revés, ymax = H-g = 7.8575 cm. Como buscamos la qmax posible para cualquier circunstancia, deberemos situarnos en el caso más desfavorable, lo que ocurre cuando el perfil se coloca en la posición para la que el módulo de resistencia a la flexión es mínimo, es decir en la posición para la que:
ymax = 12.1575 cm. � W IyZ
Z
max
= = =1777 912 1575
146 24..
. cm3.
El valor del esfuerzo normal en la sección s = 2 m es:
N q a= − ⋅ ⋅22
kg.
En nuestro caso a = 2 m, por lo tanto la expresión (2) queda:
8.2222
22
24.146
100223
1730
2
⋅
⋅⋅
−⋅�
�
���
� ⋅⋅−=
maxmax
qq � 5.418=maxq kg/m.
17.- Hallar Wz de un cuadrado de 10 cm de lado en cada uno de los casos representados; en c) se han suprimido las esquinas superior e inferior, d = 0’8 cm. ¿Qué comentarios se te ocurren a la vista de los resultados? Cita otras secciones en las que pudieran darse circunstancias similares. ********************************************************************** En todos los casos se trata de calcular el módulo resistente correspondiente, de modo que la fórmula a aplicar en todos los apartados será:
WI
yZZ
max
=
donde IZ e ymax dependerán del perfil considerado. a )
WI
y
L
LL
ZZ
max
= =⋅
= = =
112
26
106
166 7
43 3
. cm3.
b)
y L Lmax = ⋅ °= ⋅sen 45 22
cm.
El perfil es el mismo cuadrado del apartado a) girado 45º ; en un cuadrado, cualquier dirección que pase por su centro de gravedad es un eje principal del mismo y cuando esto ocurre, IZ es el mismo sea cual sea el eje considerado; es decir, en este caso IZ tiene el mismo valor que el calculado en a). Así:
WI
y
L
LLZ
Z
max
= =⋅
⋅= ⋅ =
112
22
212
117 9
4
3 . cm3.
Z
L
ymax
Z
ymax L
45º
Z
b)
Z
a)
Z
d
d
c)
c) En este caso:
y Lmax = ⋅ − = ⋅ −cos º . .45 0 8 10 22
0 8 cm.
IZ será el del perfil completo (calculado en los apartados anteriores), menos la parte que aportan las dos secciones triangulares eliminadas. El momento de inercia de una sección triangular respecto a un eje paralelo a su base que pasa por su centro de gravedad, se calcula según la expresión:
I b hZtc d g. .= ⋅ ⋅1
363
Haciendo uso de la expresión anterior, y mediante el teorema de Steiner, se obtiene:
I I I I I A y dZ Z Zt Z Zt t maxa b a b c d g
= − ⋅ = − ⋅ + ⋅ +�
��
�
��
�
�
���
=), ) ), ) . .
2 23
2
( )= ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ +�
��
�
��
�
�
���
=112
10 2 136
2 12
23
4 32
d d d d y dmax( )
( ) ( )= ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − +�
��
�
��
�
�
�
��
=112
10 2 136
2 08 08 12
2 08 08 10 22
08 083
778 64 3
2
. . . . . . . cm4.
WI
yZZ
max
= =⋅ −
=778 6
10 22
0 8124 2.
.. cm3.
Z
d
d
L ymax
c.d.g h
h/
b
Z
A la vista de los resultados, puede concluirse, que contrariamente a lo que podría pensarse, hay casos en los que un aumento de área en la sección de un perfil, no origina una disminución de las tensiones máximas que genera sobre ésta la actuación de un momento flector. Para un momento flector dado la tensión máxima en una sección depende del módulo resistente de ésta. Este módulo resistente es la relación entre el momento de inercia y la mitad de la altura de la sección. En el caso del apartado c), al eliminar material de la forma indicada, el momento de inercia de la sección ha disminuido en menor proporción que la altura, por lo que el módulo resistente ha aumentado, y σmax disminuye para un mismo momento flector. Efector análogos pueden obtenerse en otros casos. En las siguientes figuras, el módulo resistente de las secciones puede aumentarse a veces, quitando las partes sombreadas; la condición a cumplir es que IZ disminuya en menor proporción que la altura.
(a) (b) (c)
Z Z Z
18.- Dimensionar la viga de la figura con perfil HEB. σadm = 1730 kg/cm2 ********************************************************************** En primer lugar resolvemos la estática. Por el tipo de sujeción que la viga tiene en sus extremos y el tipo de solicitaciones, encontraremos en cada uno de ellos una reacción vertical, y otra horizontal en dirección Z (ver figura 1). ΣM By = 0 � R Az ⋅ − ⋅ =3 2500 2 0 � R Az = 1667 kg. ΣM Bz = 0 � − ⋅ + ⋅ =R Ay 3 6000 1 0 � R Ay = 2000 kg. ΣFy = 0 � R RBy Ay− + =6000 0 � R By = 4000 kg. ΣFz = 0 � R RBz Az− + =2500 0 � R Bz = 833 kg. Así, el diagrama de cuerpo libre de la viga queda como en la figura 2.
2500 kg
1 m 1 m1 m
6000 kg
RBz
RBy
B
RAy
RAz A x
y
z
Figura 1
2500 kg
6000 kg
833 kg.
4000 kg.
B
2000 kg.
1667 kg. A
Figura 2
2500kg 1 m 1 m 1 m
6000kg
Se deduce de la figura anterior que la viga trabajará fundamentalmente a flexión, y que existen dos leyes de variación del momento flector, Mz y My, respectivamente. Obtendremos a continuación la representación gráfica de cada una de estas leyes, así como sus valores característicos. • LEY DE VARIACIÓN My. Se obtiene a partir del diagrama de cuerpo libre de la viga en el plano ZX (ver figura 3). La forma del diagrama del momento flector asociado a dicha figura (My) es:
Su valor característico es:
My (x=1) = -1667·1 = -1667 kg·m.
1667 kg.
A B
2500 kg.
833 kg.
1 m. 2 m.
Figura 3
0 1 2 3 x (m)
My (x =1)
Figura 4
• LEY DE VARIACIÓN Mz. Procediendo de la misma manera, pero considerando ahora el diagrama de cuerpo libre en el plano XY (figura 5), se obtiene el diagrama del momento flector Mz (figura 6) .
El valor característico de Mz es:
Mz (x=2) = 4000·1 = 4000 kg·m.
Deberemos encontrar el perfil HEB que sea capaz de absorber ambos momentos, My y Mz, simultáneamente; se trata, pues, de un problema de flexión desviada. En este caso no es preciso calcular la posición de la fibra neutra (pues el perfil es simétrico), de modo que puede utilizarse la siguiente fórmula:
σ admmax
MzWz
MyWy
≥ +�
�� (1)
4000 kg.
AB
6000 kg.
2000 kg.
1 m.2 m.
Figura 5
0 1 2 3 x (m)
Mz (x =2)
Figura 6
El máximo buscado para la expresión anterior podrá ser positivo o negativo, según consideremos tracciones o compresiones, pues suponemos que σadm es la misma en valor absoluto para tracción y para compresión; es decir, el material tiene las mismas propiedades trabajando a tracción que trabajando a compresión. Por la forma de los diagramas de momentos flectores My y Mz , el valor máximo buscado para (1) se encontrará en uno de los valores de x para los que bien My, bien Mz, tengan un máximo (positivo o negativo); si comparamos los diagramas de momentos flectores My y Mz, a lo largo del eje de la viga (ver figura 7), se observa que estos valores de x serán x=1 y x=2.
En la figura 7: My (x=2) = -833·1 = -833 kg·m. Mz (x=1) = 2000·1 = 2000 kg·m.
0 1 2 3 x (m)
1667 kg·m.
0 1 2 3 x (m)
4000 kg·m.
Figura 7
My (x=2)
My
Mz
Mz (x=1)
Podemos calcular el perfil necesario para soportar el momento flector máximo (positivo o negativo), que encontramos en las gráficas de la figura 7, y que es:
Mz (x=2) = 4000 kg·m. Esto, que sería como suponer que estamos ante un problema de flexión simple, nos facilita una cota inferior del orden de magnitud que tendrá el perfil buscado. Una vez calculada dicha cota inferior, deberemos comprobar si las dimensiones correspondientes a la misma serían suficientes para absorber la flexión desviada del problema, para lo que utilizaremos la expresión (1). Este proceso es el que se sigue a continuación: • Mz (x=2) = 4000 kg·m.
σ adm
Mz xWz
≥=( )2
� Wz
10040001730 ⋅≥ � 232≥Wz cm3.
El perfil HEB más pequeño con un módulo resistente superior a 232 cm3
respecto al eje Z es un HEB-160. Wz = 311 cm3. HEB-160 � Wy = 111 cm3. • Comprobamos si el perfil HEB-160 es suficiente para soportar las tensiones
generadas por el estado de flexión desviada que existe en x = 2 m.
4000 100311
833 100111
2037⋅ + ⋅ = > σadm � no válido.
Necesitamos un perfil mayor. • Probamos con HEB-180, también para x = 2 m. Wz = 426 cm3. HEB-180 � Wy = 151 cm3.
4000 100426
833 100151
1491⋅ + ⋅ = < σadm � válido para x = 2 m.
• Debemos comprobar ahora si el perfil HEB-180 es también suficientemente resistente en el otro punto donde es posible que la expresión (1) sea máxima, que es x = 1 m.
1573151
1001667426
1002000 =⋅+⋅ < σadm � válido también para x = 1 m.
Por lo tanto, necesitamos un HEB-180, para el que σmax será 1573 kg/cm2, valor inferior que σadm , que es 1730 kg/cm2.
