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Facultad de Ingeniería

Universidad Nacional de La Plata

ESTRUCTURAS IV

TORSIÓN EN BARRAS DE PARED DELGADA

-2007-

Autores: Sr. Cristian Bottero

Ing. Marcos D. Actis Ing. Alejandro J. Patanella

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TORSIÓN EN BARRAS DE PARED DELGADA Introducción al concepto de área sectorial

Introducción: En este apunte se expondrá parte de la teoría desarrollada por V.S. Vlasov para barras de pared delgada. Estas son las barras en que el espesor es mucho menor que el perímetro de la sección y éste, a su vez, es mucho menor que la longitud. Estas relaciones son del orden:

S ≥ 10 t ; L ≥ 10 S En este desarrollo se modifican parte de las ecuaciones básicas (tracción, flexión, torsión) deducidas para barras en las teorías clásicas, aunque si bien los resultados son correctos para barras de paredes gruesas, existen diferencias en las barras de paredes delgadas. Primero estudiaremos una serie de propiedades geométricas nuevas, basadas en el concepto de área sectorial.

Area sectorial Sea la línea media de una sección transversal cualquiera como muestra la figura.

S

tL

B

AP (polo)

O (origen)

S

ds

r

3

Elegimos un punto O, que será nuestro origen, desde el cual empezaremos a medir la longitud del arco S; y un punto exterior P, que será el polo. Tomamos un punto A sobre el contorno y otro B a una distancia ds. El radio r es la menor distancia entre la recta tangente a A en la línea media del perfil y el polo P. A medida que recorremos la sección el radio varía pues cambia la posición de la recta tangente. Desde el punto P trazamos dos líneas hasta los puntos A y B. Se designa dω´ (diferencial de área sectorial) al doble del área del triángulo PAB.

dω´ = r ⋅ ds Se denomina área sectorial a la integral de esta expresión:

∫=s

sd r0

'ω

Por último definimos: El área sectorial es el doble del área barrida por el radio vector PA al moverse el punto A por el contorno desde un punto hasta cierto valor de S.

Ejemplo de cálculo:

Partimos del origen O. En el tramo 3-2 el radio vector es constante, r2-3 = a, por estar todos los puntos sobre una misma recta luego para s ∈ [ 0 , 3a] tendremos:

23

3

3

2

0

3

032 30'' a' ; sads ads r 2

S

OS

Sa ==⇒=== ∫ ∫

=− ωωω

Al recorrer el tramo 2-1 rotamos en sentido antihorario y el radio vector es constante, r1-2 = a

241

322

1

22121 2''' a' sa ds r 1

aS

aS

S

S

=⇒−=−= =

=−∫ ωωωω

P

a

P

3a2

-2a2

2a2

O

a

3a

a 1 2

3 4

4

Por último, en el tramo 3-4 el radio vector es r3-4 = 2a y el movimiento es antihorario:

20

0

4

3434 22' a' sa2 ds a ds r 4

aaS

S

−=⇒−=−=−= ∫∫ − ωω

En el caso de que la sección tenga bifurcaciones se tomará una y se la seguirá hasta terminar. Luego se vuelve al punto de separación y se continúa con la rama que queda partiendo del valor de área sectorial que tenga en dicho punto. El área sectorial depende de P, O y S. Habrá distintos diagramas de área sectorial para distintas posiciones de P y O. Se desarrolla a continuación ciertas condiciones que se cumplen para el caso del polo coincidente con el centro de flexión o de corte. Si se considera el siguiente perfil delgado:

El momento de las fuerzas tangenciales respecto al punto P es el siguiente:

r dsPA

M tτ= ∫

Por definición de área sectorial: dsd rω = , quedando dPA

M tτ ω= ∫

Teniendo en cuenta la definición de tensiones tangenciales: * *

y x

x y

Q Q I t I t

x yS Sτ = +

* * **y x y x

x y x x y y

Q Q Q Qd d d I t I t I I I I

x y yxP

A A A

S S SSM t dA dA dAdA dA dAω ω ω⎛ ⎞

= + = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

Integrando por partes la primera integral se tiene: *2* *

1

d s x

x x sA A

dSS dA S dAdA dAω ω ω= −∫ ∫

donde 2*

1

s

x sS ω es la resta del producto *

xS ω evaluado en el punto 2 y el punto 1.

5

Por definición del momento estático respecto al eje x: *

*

A

= y dAxS ∫ , se ve que en los

extremos de la sección, este vale cero por lo que 2*

10

s

x sS ω = .

Por otro lado, se tiene que *xdS y

dA= . Se obtiene entonces:

*

A

d dAxA

S dA ydAω ω= −∫ ∫

Lo mismo se obtiene para la segunda integral. La ecuación del momento resultante es entonces:

y x

x yA A

Q Q dA dAI IPM y xω ω= − −∫ ∫

Para el caso en el cual la carga está aplicada en el centro de flexión o corte, el momento de

las fuerzas tangenciales es nulo. Esto implica que los momentos estáticos sectoriales también son nulos para ese caso.

∫ ∫ ==A A

0dA x ; 0dA y ωω

Se define como área sectorial principal a aquella en que el polo coincide con el centro de flexión o de corte y la integral de ω´ a lo largo del área es 0.

∫ =A

0dA ω

Llamaremos área sectorial principal a ω sin acento y para cualquier otro diagrama de área sectorial lo designaremos con ω’.

Cálculo del centro de flexión

Es conveniente contar con la relación existente entre el área sectorial y las coordenadas x e y en la sección. Se supone el origen de coordenadas coincidente con el polo.

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Si se desprecia la contribución de los términos de orden superior, el elemento de área sectorial dω es igual a la diferencia del doble de las áreas de los triángulos PAC y PBC, es decir,

d y dx x dyω = −

A partir de esta relación, se puede obtener la dependencia entre el área sectorial y la posición del polo.

Se tiene el área sectorial de un segmento O-S, respecto a un polo P1 y se desea obtenerla

respecto a un polo P2, con coordenadas a y b en el sistema x1-y1. Se tiene que:

2 2 2 2 2o

( ) ( )s

s y dx x dyω = −∫

Teniendo en cuenta el cambio de coordenadas: 2 1x x a= − 2 1y y b= − 2 1dx dx= 2 1dy dy=

2 1 1 1 1o

( ) [( ) ( ) ]s

s y b dx x a dyω = − − −∫

2 1 1 01 1 01( ) ( ) ( ) ( )s s b x x a y yω ω= − − + − x1 e y1 son las coordenadas del punto s y x01 e y01 son las coordenadas del punto O respecto al sistema coordenado x1-y1. Si las coordenadas se obtienen respecto a un sistema de coordenadas arbitrario x-y, el valor del área sectorial será:

2 1 0 0( ) ( ) ( ) ( )s s b x x a y yω ω= − − + −

2 ( )sω es el área sectorial con el punto P2 como polo. 1( )sω es el área sectorial con el punto P1 como polo. Las demás coordenadas son respecto al sistema x-y. Se ve que al cambiar el polo, el área sectorial varía linealmente con la distancia a la que se mueva. Al cambiar el origen, se altera el área sectorial en una magnitud constante para todos los puntos, ya que se varía el límite inferior de integración.

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Se elige un polo y un origen arbitrarios (P´ y O) y se construye el diagrama de área sectorial ω´. Llamamos xc e yc a las diferencias de coordenadas entre el centro de flexión C y P´.

Teniendo en cuenta la expresión ω = ω´ - yc ( x - xo ) + xc ( y - yo )

donde ω es el área sectorial principal de la sección. Reemplazando en una de los momentos estáticos sectoriales, tenemos:

∫ =A

0dA y ω

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =−++−A A A A A

cccc 0 dA yy xdAyxdA yx ydA x yydA y 02

0'ω

Donde:

∫∫ ∫ ===A

xA A

xy IdAy y 0 dAy ,IdA xy 2

Por lo tanto:

∫ =+−A

xcxyc 0IxI ydA y 'ω

Análogamente para ∫ =A

0dA x ω se tiene

∫ =−+A

ycxyc 0IyI xdA x 'ω

Despejando xc e yc

yxxy

yxyc III

dAyIdAxIx

−

+−= ∫ ∫

2

'' ωω

yxxy

xxyc III

dAxIdAyIy

−

−= ∫ ∫

2

'' ωω

3a22a2

-2a2

C

P

yc

xc

X

Y

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Si tomamos los ejes X e Y principales de inercia tendremos Ixy = 0 y las expresiones quedarán:

yc I

dAxy ∫=

'ω

xc I

dAyx ∫−

='ω

(i)

Ejemplo de cálculo: Se obtendrá el centro de flexión o de corte de un perfil normalizado C 40x20x2 .

Primero calculamos el área y la posición del centro de gravedad: AT = 40⋅t +( 20 - t ) ⋅ t ⋅ 2 = 152 mm2 xg = ∑ Ai⋅ xi = 4,73 mm AT yg = ∑ Ai ⋅ yi = 20 mm AT Luego se deben calcular los ejes principales de inercia. En este caso tenemos uno debido a que la pieza tiene un eje de simetría; el otro es perpendicular al primero y lo cruza en el baricentro. Los momentos de inercia:

Jx = 403⋅t /12 + [18⋅t ( 20 - t/2)2 ] ⋅ 2 + t3⋅18⋅2 / 12 = 36682,66 mm4 = 3,67 cm4 En forma análoga tenemos:

Jy = 5760 mm4 = 0,576 cm4 Para realizar las integrales de las ecuaciones (i), nos será útil confeccionar los siguientes gráficos:

X

Y 19 mm

38 mm 2 mm

Línea media

0,423

0,423

-1,427

-1,427

x (cm)

y

x g

1,9

-1,9

ω' (cm2) y (cm)

y y

x x g

3,61

-3,61

P ≡ O

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Calculando los momentos estáticos con la tabla para integrales:

∫Ay ⋅ ω´⋅ dA = - 2 ( ½ ⋅ 3,61⋅1,9⋅1,9⋅ t ) = -2,606 cm5

∫Ax ⋅ ω´⋅ dA = 0 (*)

⇒ xc = 0,711 cm (**), yc = 0 (*) por ser la integración de un diagrama simétrico con otro antisimétrico. (**) El valor de xc se mide desde la ubicación de polo "P" en el diagrama de ω´ Haciendo coincidir el polo con el centro de flexión (C.C.) podemos obtener el diagrama de área sectorial principal:

Comparación entre los datos calculados y la tabla de perfiles ¨ U ¨:

Calculado De Tabla A = 1,52 cm2 A = 1,44 cm2 xg = 0,573 cm e = 0,599 cm Jx = 3,67 cm4 Jx = 3,39 cm4 Jy = 0,576 cm4 Jy = 0,557 cm4 xc = 1,19 cm xm =1,25 cm

Jw = 1,442 cm6 Cm = 1,27 cm6 Las diferencias entre los valores obtenidos y los valores de la tabla se deben a que no se tuvieron en cuenta en el cálculo la curvatura en las esquinas.

Ejemplo de cálculo:

-2,26

2,26 -1,35

1,35

O P ω (cm2)

P

Y

Y

X C.C.

5 cm

10 cm

t = 0.1 cm

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Para este caso particular el centro de corte está en el origen del sistema de coordenadas. Realizando los diagramas de y, x y ω´, haciendo coincidir el polo y el origen con el C.C., en principio el diagrama de ω´ sería el diagrama de área sectorial principal.

En este caso tenemos:

∫ ∫ ==A A

0dA x ; 0dA y ωω

Pero si bien el polo coincide con el CC., la integral:

∫ ≠A

0dA 'ω

Esto se debe a que los ejes de coordenadas no son los principales de inercia y por lo tanto ω´ no es el diagrama de área sectorial principal. Para solucionar este problema podemos asumir que ω = ω´ + C, por lo tanto:

( )∫ ∫ ∫ =−=⇒=+A A A

-CAdA CdA 0dA C '' ωω

de donde se obtiene: A

dAC A

∫−=

'ω

Para los datos dados: C = -6,25

Sumando esta constante al diagrama de ω´ obtenemos el diagrama de área sectorial principal

X X

Y

X

Y Y

CC ≡ P

+ -

-

+

+ + +

-

25

25

5 5

-5

-5

ω´ (cm2) x (cm) y (cm)

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Este procedimiento es solo válido si el diagrama ω´ se obtiene con el polo coincidente con el C.C.

X

Y

CC ≡ P

+

+ 18,75

18,75

ω (cm2)

-6,25

-

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Torsión en barras de sección abierta de paredes delgadas En un estado de corte puro las tensiones normales son nulas, y tiene valores máximos a ±45º, las tensiones que calcularemos ahora tienen valores prácticamente máximos normales a la sección.

Cálculo de las tensiones normales Supondremos que la sección transversal de la barra conserva su forma durante la torsión (si por ejemplo era rectangular, lo sigue siendo con las mismas dimensiones); pero los puntos de la sección tienen distintos desplazamientos a lo largo del eje de la barra, a este fenómeno se lo conoce con el nombre de alabeo.

Se supone que durante la torsión de la barra las secciones transversales giran con respecto a un cierto punto inmóvil, que es el centro de la sección y lo indicamos con la letra M, el centro de torsión puede o no coincidir con este.

Si analizamos la distorsión de los puntos A, B, C y D tendremos:

El ángulo γ representa la distorsión del elemento de área elemental, con:

α = AA´/ dz donde AA´ = r ⋅ dφ dφ es el ángulo de giro mutuo de las secciones contiguas. Tomamos como δ el desplazamiento de los puntos de la sección en la dirección del eje z, luego tendremos que: β = dδ / ds con dδ = CC´,

X

Y

Z

z

Mt Mtr

dz

A D

M

A B C D

tang

C C' D

D'

dz

ds

B A

A' α

β γ = α + β

Z

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∴ α = r ⋅ dφ /dz = r ⋅ φ´ = r θ θ es el ángulo unitario de torsión.

Por la ley de Hooke: γ = τ / G

γ = α + β

τ / G = r⋅ φ´+ dδ /ds

dδ = ( τ / G - r⋅ φ´ ) ⋅ ds En la línea media del perfil τ = 0 ya que se trata de una sección abierta (teoría de Saint Venant), por lo tanto:

dδ = - φ´⋅ r ⋅ ds = - φ´ ⋅ dω

δ = - φ´⋅ ∫ dω= - φ´⋅ ω (dω: diferencial de área sectorial)

Luego: δ = - φ´⋅ ω (1) Por lo tanto el alabeo de la sección sigue a lo largo del eje z la variación del área sectorial.

También surge que el alabeo es proporcional al ángulo unitario de torsión θ (φ´), y como este varía a lo largo del eje z al igual que δ, si limitamos el alabeo restringimos el ángulo de torsión. La variación de δ respecto del eje z producirá tensiones normales:

ε = dδ / dz de (1) ⇒ dδ / dz = -ω ⋅ d2φ /dz2 = -ω ⋅ φ´´

Recordando que: σ = E ⋅ ε σ = - E ⋅ ω ⋅ φ´´ (2) La aparición de tensiones normales a lo largo del eje z (que varían con θ, siendo θ = φ´), producen tensiones tangenciales secundarias:

Mt c Mt d

δ+dδ δ

z dz

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τ2 ⋅ t = - ∫ *Adσ/dz ⋅ dA*

τ2 = E/ t ⋅ φ´´´⋅ ∫A

ω ⋅ dA (3)

Estas tensiones son uniformes a través del espesor de la sección, por lo tanto no son cero en la línea media. Se debe notar que si bien, se partió de la hipótesis de que allí las tensiones eran nulas, ahora tenemos tensiones diferentes de cero, como estas son de pequeña magnitud, los valores obtenidos se condicen con la realidad y la hipótesis asumida es válida.

Torsión con alabeo restringido Al restringir el alabeo a través del empotramiento, como se ve en la figura, se manifiestan las tensiones normales:

Las tensiones tangenciales estudiadas por la teoría clásica y las producidas por el alabeo contribuyen al momento resultante como la suma de dos momentos:

Mt = M1 + M2 (4)

Z

L

Mt

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M1 es el producido por las tensiones tangenciales debidas a la torsión de Saint Venant. M2 es el producido por las tensiones tangenciales secundarias:

M2 = ∫Sτ2 ⋅ t ⋅ r⋅ds = ∫S

τ2⋅ t ⋅ dω

de (3) : τ2⋅ t = E ⋅ φ´´´⋅ ∫Aω ⋅ dA

M2 = E ⋅ φ´´´⋅ ∫S

( ω⋅ dA ) ⋅ dω

∫ ∫s A( ω ⋅ dA ) ⋅ dω = ω ∫A

ω ⋅ dA - ∫Aω2⋅ dA

Por ser el diagrama de área sectorial principal, el primer término es cero; luego, el segundo término se define momento sectorial de inercia:

Jω = Cω = ∫Aω2 ⋅ dA

Por lo tanto, tendremos que:

M2 = - Cω ⋅ E ⋅ φ´´´ Reemplazando en (4):

Mt = G ⋅ Jt ⋅ φ´ - Cω⋅ E ⋅ φ´´´ (5) En la teoría clásica Mt = G Jt φ´, por lo que a igual momento exterior aplicado, el giro es menor para la barra con el alabeo restringido. Esto se debe a que φ´´´ < 0, lo que implica además que el momento que absorbe la barra se ve incrementado. Si dividimos por Cω⋅ E nos queda:

φ´´´ - (G⋅ Jt /E⋅ Cω) φ´= - Mt / E ⋅ Cω Llamamos

α2 = (G⋅ Jt /E⋅ Cω) La ecuación (5) quedará:

φ´´´ - α2 ⋅ φ´= - Mt / E ⋅ Cω (6) Se propone una solución del tipo:

φ(z) = C1 + C2 ⋅ z + C3 ⋅ sh (⋅α z ) + C4 ⋅ ch (α ⋅z ) + φpart(z) donde φpart(z) es la solución particular y C1, C2, C3 y C4 constantes que dependen de las condiciones de borde.

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Ejemplo de aplicación de la teoría para el caso de una barra de longitud L y empotrada en sus extremos con un torsor aplicado en cada lado La ubicación del centro de corte y el Cω se sacan de tabla o se calculan con la teoría del área sectorial. Consideramos el perfil con las secciones extremas impedidas de alabearse, esto se obtiene a través de las restricciones proporcionadas por las placas extremas. Los pares torsores están aplicados en los extremos de la barra. Tomamos el origen de coordenadas ubicado en la mitad, en consecuencia las puntas están a L/2 y -L/2 en la dirección z. Las condiciones de borde son: para z = 0: el giro y las tensiones normales son iguales a cero para z = L/2: el alabeo está impedido.: (1) σω (z)⎪z = 0 = 0 ⇒ φ´´ = 0 (2) φ(z)⎮z = 0 = 0 (3) φ´(z)⎮z = ½ = 0

Teníamos en la ecuación (6): φ(z)´´´ - α 2⋅ φ(z)´= - Mt / Cω⋅ E (4) reemplazando la solución propuesta : φ(z) = C1 + C2 ⋅ z + C3 ⋅ sh (α⋅z) + C4 ⋅ ch (α z ) + φpart(z) ( 1´ ) φ(z)’ = C2 + C3 ⋅ α ⋅ ch (α z) + C4 ⋅ sh (α z ) ( 2´ ) φ(z)’’ = C3 α 2 ⋅ sh (α z) + C4 ⋅ α2 ⋅ ch (α z) ( 3´ ) φ(z)’’’ = C3 ⋅ α3 ⋅ ch (α⋅ z ) + C4 ⋅ α3 ⋅ sh (α⋅z ) ( 4´ ) Se plantea la solución para el caso de Mt constante a lo largo de la barra. Se puede demostrar que la solución particular es φpart(z) = 0. De la condición de borde (1): φ´´ = 0 = C4 ⋅ α2 ⇒ C4 = 0 z = 0

Mt

Mt

Y

X

Z

L/2

L/2

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de la (2): φ = 0 z =0 => C1 = 0 φpart = 0 de la (3): φ´= 0 = C2 + C3 ⋅ α⋅ ch (α l/2 ) ⇒ C3 = - C2 /α⋅ ch (α l/ 2 ) z=l/2 Reemplazando la (2´) y la (4´) en (4) se tiene:

C3 α3 ch (α⋅ z ) + 0⋅ α3 sh (α⋅z ) - α2 (C2+ C3 α ch (α z) + 0⋅ sh (α z )) = - Mt / Cω⋅ E

-α2 C2 = - Mt / Cω⋅ E

C2 = Mt / (Cω⋅ E α2 ) En consecuencia

C3 = - C2 /(α⋅ ch (α l/ 2 ))

C3 = ⋅ Mt / (Cω⋅ E α3 ch (α l/ 2 )) Se tiene por lo tanto:

α2 = (G⋅ Jt /E⋅ Cω)

C3 = ⋅ Mt / (G Jt α ch (α l/ 2 ))

C2 = Mt / G ⋅ Jt

Reemplazando en (1´):

φ(z) = Mt⋅z /G⋅Jt - Mt⋅sh (α⋅z)/G⋅Jt⋅α ⋅ch(α l/2) =-Mt /G⋅Jt⋅[-z +(⋅sh(α⋅z)/ α ⋅ch(α l/2)) ]

φ´(z) = Mt /G⋅JP - Mt ⋅ ch(α ⋅z)/G⋅Jt ch(α l/2) = - Mt / G⋅Jt ⋅[-1 + (sh (α ⋅z)/ ch (α l/2)]

φ´´(z) = - Mt ⋅ α ⋅ sh(α ⋅z)/G⋅Jt ⋅ch (α l/2) = - Mt ⋅ sh (α ⋅z) / E ⋅ Cω⋅ α ⋅ ch (α l/2)

φ´´´(z) = - Mt ⋅α 2⋅ ch(α ⋅z)/ G ⋅ Jt ⋅ch(α l/2) = - Mt ⋅ ch(α ⋅z) / E ⋅ Cω ⋅ch(α l/2) M2 es llamado bimomento:

M2 = Mω = - Cω⋅ E ⋅ φ´´´ = Mt ⋅ ch(α ⋅z) / ch(α l/2 ) Las tensiones normales:

σω (z) = - E ⋅ ω ⋅ φ(z)´´ = Mt ⋅ ω ⋅ sh(α ⋅z) / Cω ⋅ α ⋅ch(α l/2) (Ι )

Las tensiones tangenciales secundarias:

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τω = (E ⋅ φ(z)´´´ / t ) ⋅ ∫A

ω(s) ⋅ dA = E ⋅ φ´´´⋅ Sω* / t

τω = - Sω ⋅ Mt ⋅ ch ((k/l)⋅z ) / t ⋅ Cω⋅ ch(α l/2) ( ΙΙ ) El τprinc en una sección abierta cuyas paredes son delgadas es:

τprinc(z) = G ⋅ φ´ ⋅ t

τprinc(z) = - Mt ⋅ t ⋅ [-1 + (ch(α⋅z)/ ch(α l/2 )] / Jt ( ΙΙΙ )

Las tensiones de la ecuación (ΙΙ) son generalmente despreciables, luego en base a las tensiones normales (Ι) y (ΙΙΙ) puede estimarse el Mt admisible; por ejemplo usando la hipótesis de von Misses:

σadm ≥ ( σω2 + 4 ⋅ τ2

princ )1/2 Ahora aplicamos las expresiones para el caso de la barra sometida a un esfuerzo torsor constante, con alabeo impedido en sus extremos para un perfil, “C”.

Ejemplo Perfil ¨C¨ 60x30x19.5x1.7 L = 1200 mm E = 70000 N/mm2 G = 28000 N/mm2 Jt = 1/3 Σ bi

. ti3 = 249.25 mm4

Para este caso las coordenadas del centro de corte serán las dadas por las expresiones:

h

h1

b

h = 58.3 mm b = 28.3 mm h1 = 18.65 mm Valores tomados en la línea media

Y

X

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yc I

dAxy ∫=

'ω

xc I

dAyx ∫−

='ω

donde xc puede ser expresado como xc = -b K1 siendo K1 una función de h1/h y b/h, la cual se obtiene del gráfico N° 1 ⇒ K1 = 0,64 yc = 0 por simetría respecto al eje x. Por lo tanto el C.C. tiene coordenadas xc = -18,11 mm, yc = 0 Ubicando el polo en estas coordenadas se obtiene el diagrama de áreas sectoriales principal ω Para el cálculo del momento sectorial de inercia: Cω = ∫A

ω2 ⋅ dA = t . h5 . K2

donde K2 una función de h1/h y b/h, la cual se obtiene del gráfico N° 2 ⇒ K2 = 0,047 por lo tanto Cω = 53800000 mm6 Con estos datos se obtiene el estado de tensiones de la sección desde z = 0 hasta z = 600 mm, en intervalos de 100 mm, para un momento torsor Mt = 5000 Nmm

527,9

-527,9

-1162,6

-297,04

297,04

1162,6 xc

P O

-x

+ +

++

-

ω (mm2)

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Cálculo de tensiones en distintas estaciones

4 5 Mt = 5000 Nmm 6 Jt = 249.25 (mm4)

7 Cm = 53800000 (mm6) α = 0.001361308 mm-1

1 E = 70000 (N/mm2) L = 1200 mm G = 28000 (N/mm2) t = 1.7 mm

3 2

z= 0

Punto ω Sω Mt τ ω τ σω

1 -1162.6 0 5000 0 -8.88860622 02 -297.04 13075.78 5000 0.52851735 -8.88860622 03 527.9 7522.4 5000 0.30405214 -8.88860622 04 -527.9 7522.4 5000 0.30405214 -8.88860622 05 297.04 13075.78 5000 0.52851735 -8.88860622 06 1162.6 0 5000 0 -8.88860622 07 0 -5557.64 5000 -0.22463739 -8.88860622 0

z= 100

Punto ω Sω Mt τ ω τ σω

1 -1162.6 0 5000 0 -8.65462012 -8.0133002562 -297.04 13075.78 5000 0.53342205 -8.65462012 -2.0473685773 527.9 7522.4 5000 0.30687378 -8.65462012 3.6385869654 -527.9 7522.4 5000 0.30687378 -8.65462012 -3.6385869655 297.04 13075.78 5000 0.53342205 -8.65462012 2.0473685776 1162.6 0 5000 0 -8.65462012 8.0133002567 0 -5557.64 5000 -0.22672206 -8.65462012 0

z= 200

Punto ω Sω Mt τ ω τ σω

1 -1162.6 0 5000 0 -7.94831899 -16.175329252 -297.04 13075.78 5000 0.54822719 -7.94831899 -4.1327367963 527.9 7522.4 5000 0.31539107 -7.94831899 7.3447069574 -527.9 7522.4 5000 0.31539107 -7.94831899 -7.3447069575 297.04 13075.78 5000 0.54822719 -7.94831899 4.1327367966 1162.6 0 5000 0 -7.94831899 16.175329257 0 -5557.64 5000 -0.23301473 -7.94831899 0

21

z= 300

Punto ω Sω Mt τ ω τ σω

1 -1162.6 0 5000 0 -6.7565937 -24.637576142 -297.04 13075.78 5000 0.57320756 -6.7565937 -6.2948095793 527.9 7522.4 5000 0.32976209 -6.7565937 11.187146434 -527.9 7522.4 5000 0.32976209 -6.7565937 -11.187146435 297.04 13075.78 5000 0.57320756 -6.7565937 6.2948095796 1162.6 0 5000 0 -6.7565937 24.637576147 0 -5557.64 5000 -0.24363222 -6.7565937 0

z= 400

Punto ω Sω Mt τ ω τ σω

1 -1162.6 0 5000 0 -5.05732557 -33.557102222 -297.04 13075.78 5000 0.60882679 -5.05732557 -8.5737155043 527.9 7522.4 5000 0.35025357 -5.05732557 15.237221974 -527.9 7522.4 5000 0.35025357 -5.05732557 -15.237221975 297.04 13075.78 5000 0.60882679 -5.05732557 8.5737155046 1162.6 0 5000 0 -5.05732557 33.557102227 0 -5557.64 5000 -0.25877157 -5.05732557 0

z= 500

Punto ω Sω Mt τ ω τ σω

1 -1162.6 0 5000 0 -2.81897577 -43.0994562 -297.04 13075.78 5000 0.52851735 -2.81897577 -11.01175163 527.9 7522.4 5000 0.30405214 -2.81897577 19.570103924 -527.9 7522.4 5000 0.30405214 -2.81897577 -19.570103925 297.04 13075.78 5000 0.52851735 -2.81897577 11.01175166 1162.6 0 5000 0 -2.81897577 43.0994567 0 -5557.64 5000 -0.22463739 -2.81897577 0

z= 600

Punto ω Sω Mt τ ω τ σω

1 -1162.6 0 5000 0 0 -53.441745782 -297.04 13075.78 5000 0.71483599 0 -13.654168393 527.9 7522.4 5000 0.41123989 0 24.266211594 -527.9 7522.4 5000 0.41123989 0 -24.266211595 297.04 13075.78 5000 0.71483599 0 13.654168396 1162.6 0 5000 0 0 53.441745787 0 -5557.64 5000 -0.303829 0 0

22

Gráfico N° 1

0.200

0.300

0.400

0.500

0.600

0.700

0.800

0.900

0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

b/h

K 1

h1 /h = 0.5

h1/h = 0.4

h1/h = 0.3

h1/h = 0.2

h1/h = 0.1

h1/h = 0

h1

b

hxc

x c = b . K 1

23

Gráfico N° 2

0.1

1

10

100

1000

0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

b/h

K2 x

100

0

h1

b

h

CM = t . h5 . K2

24

Gráfico N° 3

0.250

0.300

0.350

0.400

0.450

0.500

0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

b/h

K1

h1/h = 0,3

h1/h = 0,2

h1/h = 0,1

h1/h = 0

h1/h = 0,5

h1/h = 0,4

h1b

hxc

xc = b . K1

25

Gráfico N° 4

1

10

100

0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

b/h

K2

x 10

00

h1b

h

CM = t . h5 . K2

26

Bibliografía : * “Resistencia de Materiales”. Tomo I.V.I.Feodosiev. Editorial Mir * “ Piecés Longues en Voiles Miences ”. Basile Z. Vlassov. Editorial Eyrolles * “ Stahl im Hochbau ”. Editorial Reverte.