Clase N° 10 - TPN° 9 - Flexión Compuesta.pptx

Clase N° 10 – TPN° 9
Flexión Compuesta
Curso de Estática y
Resistencia de Materiales
Ing. Gabriel Pujol
Para las carreas de Ingeniería Industrial de la Facultad de Ingeniería de la
Universidad de Buenos Aires

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

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

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

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

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

cualquiera
Rd
a
8. El Sistema de Fuerzas M; N; Q es equivalente a la Resultante Ri y se denominan
esfuerzos característicos.
Gd
Gi
M
Q
N
9. Designamos Flexión Compuesta, a la solicitación para la cual al
reducir al baricentro de la sección las fuerzas que actuando a uno y
otro lado de la misma, éstas se reducen a una resultante normal al
plano pero que no pasa por el baricentro de la sección; o lo que es lo
mismo a una resultante baricéntrica normal al plano y su
correspondiente momento de traslación. (esto es: Q = 0)

Así, cuando la resultante relativa
de la parte suprimida es normal al
plano de la sección, pero no pasa
por el baricentro de la misma, se
origina flexión compuesta
A la línea LF que une al baricentro G de la
sección considerada con el punto A la
denominaremos línea de fuerzas
Al punto A determinado por la recta de acción
de la fuerza P y el plano que contiene a la
sección considerada SS lo denominaremos
centro de presión
Baricentro de la sección G
Algunas DEFINICIONES y TERMINOLOGÍA

G A
Si la LF coincide con uno de los ejes
principales de inercia, eje x (en la figura a), la
barra estará sometida a flexión compuesta
recta; en caso contrario (figura c), lo será a
flexión compuesta oblicua.
LF  x
LF  x  y

G A
Veamos el caso de flexión
compuesta recta
En este caso, momento de traslación de la fuerza P al baricentro de la sección valdrá:
𝐌 = 𝐏 ⋅ 𝐞𝐱

G A
La tensión en cualquier punto de la sección
será igual a la suma algebraica de la tensión 1
debida a la fuerza axil P actuando sobre G y a
la tensión 2 debida a la flexión originada por
el momento M = P . ex
σ1 =
P
S
σ2 =
M
Jy
⋅ x
⇒ σ = σ1 + σ2 =
P
S
+
M
Jy
⋅ x
M = P ⋅ ex
Jy = S ⋅ i2 ⇒ σ =
P
S
+
P ⋅ ex
S ⋅ i2
⋅ x
⇒ σ =
P
S
⋅ 1 +
ex
i2 ⋅ x
𝐏 = 𝐜𝐚𝐫𝐠𝐚 𝐚𝐱𝐢𝐥
𝐌 = 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧𝐭𝐨 𝐝𝐞 𝐭𝐫𝐚𝐬𝐥𝐚𝐜𝐢ó𝐧
𝐞𝐱= excentricidad
𝐒 = 𝐬𝐮𝐩𝐞𝐫𝐟𝐢𝐜𝐢𝐞
𝐢 = 𝐫𝐚𝐝𝐢𝐨 𝐝𝐞 𝐠𝐢𝐫𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐬𝐞𝐜𝐜𝐢ó𝐧

Suponiendo una fuerza P = cte, las
tensiones 1 también lo serán, pero las
tensiones 2 variarán en función de la
excentricidad ex

Suponiendo una 1 de
compresión (negativa) pueden
darse los siguientes casos: 1 > 2;
1 < 2 y 1 = 2

Si predominara la tensión de flexión 2, el diagrama de tensión total
será doblemente triangular
Si predominara la tensión de compresión 1, el diagrama de tensión
total será trapezoidal
… y si 1 = 2 se obtiene un diagrama triangular con vértice en un borde
de la sección

Obsérvese que:
si eX  entonces M = P . eX 
Si 𝛔𝟐 < 𝛔𝟏 el eje neutro no corta al diagrama de tensiones normales y todas las
tensiones 𝛔 tendrán el mismo signo
Si 𝛔𝟐 = 𝛔𝟏 el eje neutro es tangente al diagrama de tensiones y todas las tensiones 𝛔
tendrán el mismo signo
Si 𝛔𝟐 > 𝛔𝟏 el eje neutro corta al diagrama de tensiones y las
tensiones 𝛔 tendrán distinto signo
si M  entonces 2 = [M . x] / JY 
si 2  entonces 2 >> 𝛔𝟏 
si 2 >> 𝛔𝟏  entonces el eje neutro
se acerca al baricentro G
Nota: En todos los supuestos precedentes el punto N señala el
punto de tensión 𝛔 = 0 y que por consiguiente pertenecerá al eje
neutro

Obsérvese que:
si eX  entonces M = P . eX 
Analíticamente, su ecuación resulta de hacer:
si M  entonces 2 = [M . x] / JY 
si 2  entonces 2 >> 𝛔𝟏 
si 2 >> 𝛔𝟏  entonces el eje neutro
se acerca al baricentro G
σ =
P
S
⋅ 1 +
ex
i2
⋅ x = 0
…y como:
P
S
≠ 0 resulta: 1 +
ex
i2
⋅ x = 0
de dónde: 𝐱 = −
𝐢𝟐
𝐞𝐱
que es la ecuación del eje neutro, referida al sistema de ejes x-y
El signo negativo (-) indica que el eje neutro está situado en la región
opuesta (respecto del baricentro) a la del centro de presión (A)

Llamaremos núcleo central al área dentro de
la cual debe encontrarse el centro de presión
para que la sección sea solicitada únicamente
por tensiones de igual signo
En muchos materiales (hormigón,
ladrillo, fundición) se impone la
necesidad de trabajar con
tensiones de compresión, con
exclusión de tensiones de
tracción. Esta condición exige
que:
𝛔 ≤ 0
En consecuencia, una pieza sometida a flexión compuesta recta, trabajará exclusivamente
a compresión, si el centro de presión A, dista del baricentro G, una longitud igual o
menor que:
𝐞𝐱 ≤ −
𝐢𝟐
𝐱𝐭𝐠
Para el caso en que 𝝈1 = 𝝈2 ; o sea, cuando el eje neutro sea tangente a la
sección del elemento estructural
𝐱𝐭𝐠

Determinaremos en
forma gráfica el núcleo
central de una sección
rectangular

Consideremos a la línea que
pasa por AD como eje neutro
n-n y determinaremos el
centro de presión C1
correspondiente
n
n
K
Definimos el punto K dónde
la traza del eje neutro corta
a la línea de fuerzas, en este
caso al eje x-x

Trazamos la línea que pasa por K y
por G1
Trazamos por G1 la normal a la línea
KG1 y defino el punto C1
C1
n
n
K
G1
𝐢𝐲 =
𝐉𝐲
𝐒
Calculamos el radio de
giro iy y graficamos (en
escala de longitudes) el punto
G1 tal que GG1 = iy

pero
KG = x0
GG1 = iy
⇒
x0
iy
=
iy
GC1
⇒ GC1 =
iy
2
x0
= e
n
n
K
Los triángulos rectángulos
KG1G y G1C1G son
semejantes, por lo que se
cumple que:
KG
GG1
=
GG1
GC1
C1
G1

C1
El segmento C1G representa
la excentricidad e del
centro de presión que hace
que el eje neutro n-n sea
tangente al lado AD
n
n
K
G1
pero
KG = x0
GG1 = iy
⇒
x0
iy
=
iy
GC1
⇒ GC1 =
iy
2
x0
= e

Procediendo de forma
análoga para los lados AB,
BC y CD; podemos
determinar los puntos C2,
C3 y C4 que definirán el
núcleo central
Núcleo Central

Veamos ahora, el caso de
flexión compuesta oblicua
Si la carga excéntrica P no incide sobre uno de los ejes principales de inercia, x-x o y-y, de
la sección, la flexión compuesta es oblicua
Sustituyendo la flexión oblicua por dos flexiones rectas de momentos:
𝐌𝐱 = 𝐌 ⋅ 𝐬𝐞𝐧 𝛂
𝐌𝐲 = 𝐌 ⋅ 𝐜𝐨𝐬 𝛂
La tensión total (), por el principio de superposición de los efectos, será la suma
algebraica de la tensión 1 de compresión P aplicada en G, de la tensión 2 originada por
el momento MX; y de la 3 producida por el momento MY:
𝛔 = 𝛔𝟏 + 𝛔𝟐 + 𝛔𝟑 =
𝐏
𝐒
+
𝐌𝐱
𝐉𝐱
⋅ 𝐲 +
𝐌𝐲
𝐉𝐲
⋅ 𝐱
𝛔𝟏 =
𝐏
𝐒
𝛔𝟐 =
𝐌𝐱
𝐉𝐱
⋅ 𝐲
𝛔𝟑 =
𝐌𝐲
𝐉𝐲
⋅ 𝐱
…o también: 𝛔𝐦𝐚𝐱 = 𝛔𝟏 + 𝛔𝟐 + 𝛔𝟑 =
𝐏
𝐒
+
𝐌𝐱
𝐖𝐱
+
𝐌𝐲
𝐖𝐲
…dónde: 𝐖 =
𝐉
𝐯𝐦𝐚𝐱

Veamos la ecuación del
eje neutro
Sea: 𝛔 = 𝛔𝟏 + 𝛔𝟐 + 𝛔𝟑 =
𝐏
𝐒
+
𝐌𝐱
𝐉𝐱
⋅ 𝐲 +
𝐌𝐲
𝐉𝐲
⋅ 𝐱
Los momento de inercia valen:
𝐉𝐱 = 𝐒 ∙ ix
2
𝐉𝐲 = 𝐒 ∙ iy
2
…por lo que la ecuación queda:
σ =
𝐏
𝐒
⋅ 1 +
ey
ix
2 ⋅ 𝐲 +
ex
iy
2 ⋅ 𝐱 De ésta se obtiene la ecuación del eje neutro,
caracterizado por la condición  = 0:
1 +
ey
ix
2 ⋅ 𝐲 +
ex
iy
2 ⋅ 𝐱 = 0 que puede escribirse: 𝐲 = −
ex ∙ ix
2
ey ∙ iy
2 ∙ 𝐱 −
ix
2
ey
Por consiguiente el eje neutro, en la flexión compuesta oblicua, no es paralelo a ninguno
de los ejes principales de inercia del perfil y tampoco es baricéntrico
𝐌𝐱 = 𝐏 ⋅ ey
𝐌𝐲 = 𝐏 ⋅ ex
…y por su parte los
momentos valen:

Veamos la ecuación del
eje neutro
Sea: 𝛔 = 𝛔𝟏 + 𝛔𝟐 + 𝛔𝟑 =
𝐏
𝐒
+
𝐌𝐱
𝐉𝐱
⋅ 𝐲 +
𝐌𝐲
𝐉𝐲
⋅ 𝐱
σ =
𝐏
𝐒
⋅ 1 +
ey
ix
2 ⋅ 𝐲 +
ex
iy
2 ⋅ 𝐱 De ésta se obtiene la ecuación del eje neutro,
caracterizado por la condición  = 0:
1 +
ey
ix
2 ⋅ 𝐲 +
ex
iy
2 ⋅ 𝐱 = 0 que puede escribirse: 𝐲 = −
ex ∙ ix
2
ey ∙ iy
2 ∙ 𝐱 −
ix
2
ey
Por consiguiente el eje neutro, en la flexión compuesta oblicua, no es paralelo a ninguno
de los ejes principales de inercia del perfil y tampoco es baricéntrico
… y haciendo sucesivamente x = 0
e y = 0 obtenemos los puntos
donde el eje neutro corta a los
ejes coordenados:
𝒙𝟎 = −
iy
2
ex
𝒚𝟎 = −
ix
2
ey
Los momento de inercia valen:
…por lo que la ecuación queda:
𝐌𝐱 = 𝐏 ⋅ ey
𝐌𝐲 = 𝐏 ⋅ ex
…y por su parte los
momentos valen:
𝐉𝐱 = 𝐒 ∙ ix
2
𝐉𝐲 = 𝐒 ∙ iy
2

Veamos el siguiente
ejemplo
Problema 1
Sobre una columna de sección rectangular (35 cm x
40 cm), se aplican dos fuerzas excéntricas: 30 Tn en
el punto P (x = 4 cm , y = 3 cm) y 50 Tn en el punto
Q (x = -5 cm , y = 0). Se pide:
• Dibujar el eje neutro.
• Hallar las tensiones en los vértices de la
sección y el punto de máxima tensión normal
• Trazar el diagrama de tensiones
para solicitación axil, las dos
flexiones normales y el diagrama
de tensiones totales para flexión
compuesta oblicua.

y
x
P . xP
Veamos el siguiente
ejemplo
Resolución
Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la
sección obtenemos:
My = P ⋅ xP + Q ⋅ xQ = −30 Tn ⋅ 0,04 m + −50 Tn ⋅ −0,05 m = 1,3 Tn ⋅ m
Mx = P ⋅ yP = −30 Tn ⋅ 0,03 m = −0,9 Tn ⋅ m
N = P + Q = −30 Tn + −50 Tn = −80 Tn
Y las tensiones serán:
𝛔𝐳 =
𝐍
𝐒
+
𝐌𝐱
𝐉𝐱
⋅ 𝐲 +
𝐌𝐲
𝐉𝐲
⋅ 𝐱
Las características geométricas de la sección, por su parte, son:
S = b ⋅ h = 35 cm ⋅ 40 cm = 1400 cm2
Jx =
1
12
⋅ b3
⋅ h = 35 cm 3
⋅ 40 cm = 142.916,666 … cm4
Jy =
1
12
⋅ h3
⋅ b = 40 cm 3
⋅ 35 cm = 186.666,666 … cm4
…por lo que las tensiones resultan:
𝛔𝐳 =
−𝟖𝟎𝟎𝟎𝟎 𝐤𝐠
𝟏𝟒𝟎𝟎 𝐜𝐦𝟐
+
−𝟗𝟎𝟎𝟎𝟎 𝐤𝐠 ⋅ 𝐜𝐦
𝟏𝟒𝟐𝟗𝟏𝟔, 𝟔𝟔𝟔 … 𝐜𝐦𝟒
⋅ 𝐲 +
𝟏𝟑𝟎𝟎𝟎𝟎 𝐤𝐠 ⋅ 𝐜𝐦
𝟏𝟖𝟔𝟔𝟔𝟔, 𝟔𝟔𝟔 … 𝐜𝐦𝟒
⋅ 𝐱
Q . xQ
P. yP
N

El eje neutro será aquel para el cual las
tensiones normales (z) se anulan:
Resolución
y
x
0 = −57,14 − 0,630 ⋅ y + 0,696 ⋅ x ⇒ y = 1,1 ⋅ x − 90,70
⇒
𝐲 = 𝟎 → 𝐱 = 𝟖𝟐, 𝟒𝟔
𝐱 = 𝟎 → 𝐲 = −𝟗𝟎, 𝟕𝟎
…y haciendo sucesivamente x = 0 e y = 0 obtenemos los
puntos donde el eje neutro corta a los ejes coordenados:
Y las tensiones en los vértices de la sección las obtenemos a
través de la expresión: 𝛔𝐳 = −𝟓𝟕, 𝟏𝟒 − 𝟎, 𝟔𝟑𝟎 ⋅ 𝐲 + 𝟎, 𝟔𝟗𝟔 ⋅ 𝐱
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
⇒
σA = σz 𝑥=20
𝑦=−17,5
= −57,14 − 0,630 ⋅ −17,5 + 0,696 ⋅ 20
kg
cm2
= −32,19
kg
cm2
σB = σz 𝑥=−20
𝑦=−17,5
= −57,14 − 0,630 ⋅ −17,5 + 0,696 ⋅ −20
kg
cm2
= −60,04
kg
cm2
σC = σz 𝑥=20
𝑦=17,5
= −57,14 − 0,630 ⋅ 17,5 + 0,696 ⋅ 20
kg
cm2
= −54,24
kg
cm2
σD = σz 𝑥=−20
𝑦=17,5
= −57,14 − 0,630 ⋅ 17,5 + 0,696 ⋅ −20
kg
cm2
= −82,08
kg
cm2
20; −17,5 −20; −17,5
20; 17,5 −20; 17,5
y
x

⇒
σA = σz 𝑥=20
𝑦=−17,5
= −57,14 − 0,630 ⋅ −17,5 + 0,696 ⋅ 20
kg
cm2
= −32,19
kg
cm2
σB = σz 𝑥=−20
𝑦=−17,5
= −57,14 − 0,630 ⋅ −17,5 + 0,696 ⋅ −20
kg
cm2
= −60,04
kg
cm2
σC = σz 𝑥=20
𝑦=17,5
= −57,14 − 0,630 ⋅ 17,5 + 0,696 ⋅ 20
kg
cm2
= −54,24
kg
cm2
σD = σz 𝑥=−20
𝑦=17,5
= −57,14 − 0,630 ⋅ 17,5 + 0,696 ⋅ −20
kg
cm2
= −82,08
kg
cm2
20; −17,5 −20; −17,5
20; 17,5 −20; 17,5
y
x
Resolución
y
x
0 = −57,14 − 0,630 ⋅ y + 0,696 ⋅ x ⇒ y = 1,1 ⋅ x − 90,70
⇒
𝐲 = 𝟎 → 𝐱 = 𝟖𝟐, 𝟒𝟔
𝐱 = 𝟎 → 𝐲 = −𝟗𝟎, 𝟕𝟎
…y haciendo sucesivamente x = 0 e y = 0 obtenemos los
puntos donde el eje neutro corta a los ejes coordenados:
Y las tensiones en los vértices de la sección las obtenemos a
través de la expresión: 𝛔𝐳 = −𝟓𝟕, 𝟏𝟒 − 𝟎, 𝟔𝟑𝟎 ⋅ 𝐲 + 𝟎, 𝟔𝟗𝟔 ⋅ 𝐱
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
El eje neutro será aquel para el cual las
tensiones normales (z) se anulan:
La tensión máxima corresponderá a la fibra
más alejada del eje neutro, por lo tanto:
𝝈𝐦𝐚𝐱 = 𝛔𝐃 = −𝟖𝟐, 𝟎𝟖
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
dmax

Tracemos los diagramas de tensiones:
Resolución
y
x
y
x

𝛔𝟑 = −𝟏𝟏, 𝟎𝟐𝟓
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
𝛔𝟑 = 𝟏𝟏, 𝟎𝟐𝟓
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
y
x
Tracemos los diagramas de tensiones:
Resolución
𝛔𝐃 = −𝟖𝟐, 𝟎𝟖
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
𝛔𝐀 = −𝟑𝟐, 𝟏𝟖
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
𝛔𝟏 = −𝟓𝟕, 𝟏𝟒
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
𝛔𝟐 = −𝟏𝟑, 𝟗𝟐
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
𝛔𝟐 = 𝟏𝟑, 𝟗𝟐
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
𝛔𝐳 = −𝟓𝟕, 𝟏𝟒 − 𝟎, 𝟔𝟑𝟎 ⋅ 𝐲 + 𝟎, 𝟔𝟗𝟔 ⋅ 𝐱
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐

Bibliografía
Estabilidad II - E. Fliess
Introducción a la estática y resistencia de materiales - C. Raffo
Mecánica de materiales - F. Beer y otros
Resistencia de materiales - R. Abril / C. Benítez
Resistencia de materiales - Luis Delgado Lallemad / José M. Quintana Santana
Resistencia de materiales - V. Feodosiev
Resistencia de materiales - A. Pytel / F. Singer
Resistencia de materiales - S. Timoshenko

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