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MECHANICS OF MATERIALS

Third Edition

Ferdinand P. Beer E. Russell Johnston, Jr. John T. DeWolf Lecture Notes: J. Walt Oler Texas Tech University

CHAPTER

© 2002 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

4 Flexión Pura



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Beer • Johnston • DeWolf

4 - 2

Flexión Pura

Flexión Pura: Elementos prismaticos sujetos a pares de fuerzas iguales y en sentidos contrarios actuando en el mismo plano longitudinal



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4 - 3

Otros tipos de cargas

•  Principio de superposición: El esfuerzo normal debido a flexión pura se puede combinar con el esfuerzo normal debido a carga axial y esfuerzo cortante producto de una carga cortante para encontrar el estado completo de esfuerzos.

•  Cargas exentricas: Carga axial que no pasa a traves de la seccion centroidal produce fuerzas internas equivalentes a una fuerza axial y un par.

•  Carga transversal: Carga transversal concentrada o distribuida produce fuerzas internas equivalentes a una fuerza cortante y un par.



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4 - 4

Elemento Simétricos en Flexión pura

∫ =−=∫ ==∫ ==

MdAyM

dAzMdAF

xz

xy

xx

σσ

σ00

•  Estos requisitos podrán ser aplicados a las cantidades de los componentes y los momentos de las fuerzas internas elementales estáticamente indeterminadas.

•  Las fuerzas internas en cualquier sección transversal son equivalentes a un par. El momento de la pareja es la sección del momento de flexión.

•  Desde la estática, un par M consta de dos fuerzas iguales y opuestas.

•  La suma de las componentes de las fuerzas en cualquier dirección es cero.

•  El momento es el mismo alrededor de un eje perpendicular al plano del par y cero alrededor de cualquier eje contenido en el plano.



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4 - 5

Deformaciones por Flexión Barra con un plano de simetria en flexion

pura •  El elemento permanece simétrico

•  Se dobla uniformemente para formar un arco circular

•  El plano de sección transversal pasa a través del centro del arco y permanece plana

•  La longitud de la parte superior disminuye y la longitud de la parte inferior incrementa

•  una superficie neutra debe existir esta es paralela a las superficies superior e inferior y para el cual la longitud no cambia

•  Esfuerzos y tensiones son negativas (compresión) por encima del plano neutro y positivo (tensión) por debajo de este



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4 - 6

Tensión debido a flexion

Considere un segmento de viga de longitud L. Después de la deformación, la longitud de la superficie neutra permanece L. En otras secciones,

( )( )

mx

mm

x

cy

cρc

yyL

yyLL

yL

εε

ερε

ρρθθδε

θρθθρδ

θρ

−=

==

−=−==

−=−−=′−=

−=′

or

linearly) ries(strain va



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4 - 7

Esfuerzos debido a Flexión •  Para un material elástico lineal,

linearly) varies(stressm

mxx

cy

EcyE

σ

εεσ

−=

−==

•  Por equilibrio estático,

∫

∫∫

−=

−===

dAyc

dAcydAF

m

mxx

σ

σσ

0

0

Primer momento con respecto al plano neutro es cero. Por lo tanto, la superficie neutra debe pasar a través de la sección de centroide.

•  Por equilibrio estático,

IMy

cy

SM

IMc

cIdAy

cM

dAcyydAyM

x

mx

m

mm

mx

−=

−=

==

==

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛−−=−=

∫

∫∫

σ

σσ

σ

σσ

σσ

ngSubstituti

2



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4 - 8

Porpiedades de la sección •  La máxima tensión normal debido a la flexión

modulussection

inertia ofmoment section

==

=

==

cIS

ISM

IMc

mσ

Una sección de la viga con un módulo de sección más grande tendrá una tensión máxima más baja

•  Considere una sección transversal de la viga rectangular,

Ahbhhbh

cIS 6

1361

3121

2====

Entre dos vigas con la misma área de sección transversal, el haz con la mayor profundidad será más eficaz en la resistencia a la flexión.

•  Vigas de acero estructurales están diseñados para tener un gran módulo de sección.



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4 - 9

Propiedades de las formas Estandar Americanas



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4 - 10

Deformaciones en la sección transversal •  La deformación por flexión de un momento M se

cuantifica por la curvatura de la superficie neutra

EIM

IMc

EcEccmm

=

=== 11 σερ

•  Aunque los planos de sección transversal permanecen plana cuando es sometido a momentos de flexión, en el plano deformaciones son distintos de cero,

ρννεε

ρννεε yy

xzxy =−==−=

•  Expansión por encima de la superficie neutra y contracción por debajo de ella causa una curvatura en el plano,

curvature canticlasti 1 ==′ ρ

νρ



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4 - 11

Ejemplo Problema 4.2

Una pieza de la máquina de hierro fundido recibe la acción de un 3 kN-m par. Sabiendo E = 165 GPa y despreciando los efectos de los filetes, determine (a) la tensión máxima y tensiones de compresión, (b) el radio de curvatura.

SOLUCION:

•  Basado en la geometría de sección transversal, calcular la ubicación de la sección de centroide y el momento de inercia.

( )∑ +=∑∑= ′

2dAIIAAyY x

•  Aplicar la fórmula de flexión elástica para encontrar la tracción máxima y esfuerzos de compresión.

IMc

m =σ

•  Calcular la curvatura

EIM=

ρ1



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4 - 12

Ejemplo Problema 4.2 SOLUCION: Basado en la geometría de sección transversal, calcular la ubicación de la sección de centroide y el momento de inercia.

mm 383000

10114 3=×=

∑∑=AAyY

∑ ×==∑×=××=×

3

3

3

32

101143000104220120030402109050180090201

mm ,mm ,mm Area,

AyA

Ayy

( ) ( )( ) ( )

49-3

2312123

121

231212

m10868 mm10868

18120040301218002090

×=×=

×+×+×+×=

∑ +=∑ +=′

I

dAbhdAIIx



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4 - 13

Ejemplo Problema 4.2 •  Aplicar la fórmula de flexión elástica para encontrar

la tracción máxima y esfuerzos de compresión.

49

49

mm10868m038.0mkN 3

mm10868m022.0mkN 3

−

−

××⋅−=−=

××⋅==

=

IcM

IcMIMc

BB

AA

m

σ

σ

σ

MPa 0.76+=Aσ

MPa 3.131−=Bσ

•  Calcular la curvatura

( )( )49- m10868GPa 165mkN 3

1

×⋅=

=EIM

ρ

m 7.47

m1095.201 1-3

=

×= −

ρρ



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4 - 14




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4 - 19




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4 - 20




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4 - 21




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4 - 22




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4 - 23




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4 - 24




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4 - 25




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4 - 26

Flexión de los miembros elaborado con diversos materiales •  Considere una viga de material compuesto

formado a partir de dos materiales con E1 y E2.

•  Tensión normal varía linealmente.

ρε yx −=

•  Piecewise linear normal stress variation.

ρεσ

ρεσ yEEyEE xx

222

111 −==−==

Eje neutro no pasa por la sección centro de gravedad de la sección compuesta.

•  Las fuerzas elementales de la sección son

dAyEdAdFdAyEdAdFρ

σρ

σ 222

111 −==−==

( ) ( )1

2112 E

EndAnyEdAynEdF =−=−=ρρ

•  Definir una sección transformada de tal manera que

xx

x

nIMy

σσσσ

σ

==

−=

21



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4 - 27

Ejemplo 4.03

La barra está hecho de piezas unidas de acero (Is = 29 x 106 psi) y latón (Eb = 15x106 psi). Determinar la tensión máxima en el acero y latón cuando se aplica un momento de 40 kip*in.

SOLUTION:

•  Transformar la barra a una sección transversal equivalente hecha de latón

•  Evaluar las propiedades transversales de la sección transformada

•  Calcular la tensión máxima en la sección transformada. Esta es la máxima tensión correcta para las piezas de latón de la barra.

•  Determinar la tensión máxima en la parte de acero de la barra multiplicando la tensión máxima para la sección transformada por la relación de los módulos de elasticidad.



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4 - 28

Ejemplo 4.03

•  Evaluar las propiedades de la sección transversal transformados ( )( )

4

31213

121

in 063.5

in 3in. 25.2

=

== hbI T

SOLUCION: •  Transformar la barra a una sección transversal

equivalente hecha de latón.

in 25.2in 4.0in 75.0933.1in 4.0

933.1psi1015psi1029

6

6

=+×+=

=××==

T

b

s

bEEn

•  Calcular las tensiones máximas ( )( ) ksi 85.11

in 5.063in 5.1inkip 40

4 =⋅==IMc

mσ

( )( ) ksi 85.11933.1max

max×==

=

ms

mb

nσσσσ ( )

( ) ksi 22.9

ksi 85.11

max

max=

=

s

b

σσ



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4 - 29

Vigas de hormigón armado •  Vigas de hormigón sometidas a momentos de

flexión se ven reforzadas por varillas de acero.

•  En la sección transformada, el área de la sección transversal del acero, As, se sustituye por el área equivalente nAs donde n = Es/Ec.

•  Para determinar la ubicación del eje neutro, ( ) ( )

0

022

21 =−+

=−−

dAnxAnxb

xdAnxbx

ss

s

•  La tensión normal en el hormigón y el acero

xsxc

x

nIMy

σσσσ

σ

==

−=

•  Las varillas de acero llevan toda la carga de tracción por debajo de la superficie neutra. La parte superior de la viga de hormigón lleva la carga de compresión.



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4 - 30


Una losa de piso de concreto reforzado con varillas de acero 5/8 pulgadas de diámetro. El módulo de elasticidad es 29x106psi para el acero y 3.6x106psi para el hormigón. Con una carga de flexión aplicada de 40 kip*in el ancho de 1 pie de la losa, determinar la tensión máxima en el hormigón y el acero.

SOLUCION:

•  Transformar a una sección hecha de hormigón.

•  Evaluar las propiedades geométricas de la sección transformada.

•  Calcular las tensiones máximas en el hormigón y el acero.



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4 - 31

Sample Problem 4.4 SOLUCION: •  Transformar a una sección hecha de hormigón.

( ) 2285

4

6

6

in95.4in 206.8

06.8psi 106.3psi 1029

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡×=

=××==

πs

c

s

nA

EEn

•  Evaluar las propiedades geométricas de la sección transformada.

( )

( )( ) ( )( ) 422331 in4.44in55.2in95.4in45.1in12

in450.10495.42

12

=+=

==−−⎟⎠⎞⎜

⎝⎛

I

xxxx

•  Calcular las tensiones máximas.

42

41

in44.4in55.2inkip4006.8

in44.4in1.45inkip40

×⋅==

×⋅==

IMcn

IMc

s

c

σ

σ ksi306.1=cσ

ksi52.18=sσ



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4 - 32

Concentraciones de Esfuerzos

Pueden ocurrir concentraciones de esfuerzos:

•  en la proximidad de los puntos donde se aplican las cargas

IMcKm =σ

•  en las proximidades de cambios abruptos en sección transversal



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4 - 33

Deformaciones Plasticas •  Para cualquier miembro sometido a flexión pura

mx cy εε −= tensión varía linealmente a través de la sección

•  Si el miembro está hecho de un material elástico lineal, el eje neutro pasa a través de la sección centroide

IMy

x −=σy

•  Para un material con una curva de tensión-deformación no lineal, la ubicación eje neutro se encuentra si se satisface:

∫ −=∫ == dAyMdAF xxx σσ 0

•  Para un miembro con planos vertical y horizontal de simetría y un material con la misma resistencia a la tracción y a la compresión relación tensión-deformación, el eje neutro se encuentra en la sección de centroide y la relación tensión-deformación se puede utilizar para mapear la distribución de la deformación del estrés distribución.



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4 - 34

Deformaciones Plasticas •  Cuando la tensión máxima es igual a la resistencia

a la rotura del material, se produce el fracaso y el momento correspondiente MU se conoce como el último momento de flexión.

•  El módulo de rotura en flexión,RB, se encuentra a partir de un valor determinado experimentalmente de MU y una distribución de la tensión lineal ficticia.

IcMR U

B =

•  RB puede ser utilizado para determinar MU de cualquier miembro de hecho del mismo material y con la misma forma pero diferentes dimensiones de la sección transversal.



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4 - 35

Los miembros de un material elastoplástico •  Viga rectangular hecha de un material elastoplástico

moment elastic maximum ===

=≤

YYYm

mYx

cIM

IMc

σσσ

σσσ

•  Si el momento se incrementa más allá del momento máximo elástico, zonas plásticas se desarrollan alrededor de un núcleo elástico.

thickness-half core elastic 1 2

2

31

23 =⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= Y

YY y

cyMM

•  En el límite como el momento se incrementa aún más, el espesor de núcleo elástica tiende a cero, lo que corresponde a una deformación plástica totalmente.

shape)section crosson only (dependsfactor shape

moment plastic 23

==

==

Y

p

Yp

MM

k

MM



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4 - 36

Deformaciones Plásticas de los Elementos con un Solo plano de simetría

•  Deformación plástica total de una viga con sólo un plano vertical de simetría.

•  Resultantes R1 y R2 de las fuerzas de compresión y tracción elementales forman un par.

YY AARRσσ 21

21==

El eje neutro de la sección se divide en áreas iguales.

•  El momento plástico para el elemento,

( )dAM Yp σ21=

•  El eje neutral no se puede suponer que pasa a través de la sección de centroide.



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4 - 37

Esfuerzos Residuales

•  Zonas plásticas se desarrollan en un miembro de un material elastoplástico si el momento de flexión es lo suficientemente grande.

•  Dado que la relación entre el estrés normal y la tensión es lineal y se aplica en todos los puntos durante la fase de descarga, puede ser manejado suponiendo que el elemento es totalmente elástico.

•  Las tensiones residuales se obtienen aplicando el principio de superposición para combinar las tensiones debido a la carga con un momento M (deformación elastoplástico) y de descarga con un -M momento (deformación elástica).

•  El valor final de la tensión en un punto no será, en general, cero.



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4 - 38

Ejemplo 4.05, 4.06

Un miembro de sección transversal rectangular uniforme se somete a un momento de flexión M = 36,8 kN-m. El miembro está hecho de un material elastoplástico con un límite elástico de 240 MPa y un módulo de elasticidad de 200 GPa.

Determine (a) el grosor del núcleo elástico, (b) el radio de curvatura de la superficie neutra.

Después de la carga se ha reducido de nuevo a cero, determine (c ) La distribución de tensiones residuales, (d) radio de curvatura.



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4 - 39

Example 4.05, 4.06

( )( )

( )( )mkN 8.28

MPa240m10120

m10120

10601050

36

36

233322

32

⋅=

×==

×=

××==

−

−

−−

YY cIM

mmbccI

σ

•  Momento máximo elástico:

•  Espesor del núcleo elástico:

( )

666.0mm60

1mkN28.8mkN8.36

1

2

2

31

23

2

2

31

23

==

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

YY

Y

YY

ycy

cy

cyMM

mm802 =Yy

•  Radio de curvatura:

3

3

3

9

6

102.1m1040

102.1

Pa10200Pa10240

−

−

−

××==

=

×=

××==

Y

Y

YY

YY

y

y

E

ερ

ρε

σε

m3.33=ρ



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4 - 40

Ejemplo 4.05, 4.06

•  M = 36.8 kN-m

MPa240mm40

Y ==

σYy

•  M = -36.8 kN-m

Y

36

2MPa7.306m10120mkN8.36

σ

σ

<=×

⋅==′IMc

m

•  M = 0

6

3

6

9

6

105.177m1040

105.177

Pa10200Pa105.35

core, elastic theof edge At the

−

−

−

××=−=

×−=

××−==

x

Y

xx

y

E

ερ

σε

m225=ρ



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4 - 41

•  El esfuerzo debido a la carga excéntrica encontrada mediante la superposición de la tensión uniforme debido a una carga centrada y distribución de la tensión lineal por un momento de flexión pura

( ) ( )

IMy

AP

xxx

−=

+= bendingcentric σσσ

Excéntrico carga axial en un plano de simetría

•  Carga excéntrica

PdMPF

==

•  La validez requiere: tensiones por debajo del límite proporcional, deformaciones tienen un efecto insignificante en la geometría, y esfuerzos no evaluado cerca de los puntos de aplicación de la carga.



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4 - 42

Ejemplo 4.07

Una cadena de enlace abierto se obtiene doblando barras de acero de bajo carbono en la forma que se muestra. Para 160 libras de carga, determine (a) la tensión máxima y tensiones de compresión, (b) la distancia entre la sección centroide y eje neutro

SOLUCION:

•  Encuentra la carga centrada equivalente y momento de flexión

•  Superponer la tensión uniforme debido a la carga centrada y la tensión lineal debido al momento de flexión.

•  Evaluar la resistencia a la tracción máxima y tensiones de compresión en los bordes interior y exterior, respectivamente, de la distribución de la tensión superpuesta.

•  Encontrar el eje neutro mediante la determinación de la ubicación donde la tensión normal es cero.



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4 - 43

Ejemplo 4.07

•  Carga centrada Equivalente y momento de flexión

( )( )inlb104

in6.0lb160lb160

⋅===

=PdM

P

( )

psi815in1963.0lb160

in1963.0

in25.0

20

2

22

=

==

=

==

AP

cA

σ

ππ

•  Tensión normal debido a una carga centrada

( )

( )( )

psi8475in10068.in25.0inlb104

in10068.3

25.0

43

43

4414

41

=×⋅==

×=

==

−

−

IMc

cI

mσ

ππ

•  Tensión normal debido al momento de flexión



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4 - 44

Ejemplo 4.07

•  Tracción máxima y tensiones de compresión

8475815

8475815

0

0

−=−=+=+=

mc

mt

σσσ

σσσpsi9260=tσ

psi7660−=cσ

•  Ubicación del eje neutro

( )inlb105in10068.3psi815

0

430

0

⋅×==

−=

−

MI

APy

IMy

AP

in0240.00 =y



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4 - 45

Ejemplo Problema 4.8 Las tensiones admisibles mayores para el enlace de hierro fundido son 30 MPa en tensión y 120 MPa a compresión. Determine la fuerza más grande P que se puede aplicar al enlace. SOLUCION:

•  Determinar una carga centrada equivalente y momento de flexión.

•  Evaluar las cargas críticas de la tracción permisible y esfuerzos de compresión.

•  La mayor carga admisible es la más pequeña de las dos cargas críticas.

Para Ejemplo Problema 2.4,

49

23

m10868

m038.0m103

−

−

×=

=×=

I

YA

•  Superponer el estrés debido a una carga centrada y la tensión debido a la flexión.



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4 - 46

Ejemplo Problema4.8 •  Determine an equivalent centric and bending loads.

moment bending 028.0load centric

m028.0010.0038.0

====

=−=

PPdMPd

•  Evaluar las cargas críticas de tensiones admisibles.

kN6.79MPa1201559

kN6.79MPa30377

=−=−=

==+=

PP

PP

B

A

σ

σ

kN 0.77=P•  La mayor carga admisible

•  Superpose stresses due to centric and bending loads ( )( )

( )( ) PPPIMc

AP

PPPIMc

AP

AB

AA

155910868022.0028.0

103

37710868022.0028.0

103

93

93

−=×

−×

−=−−=

+=×

+×

−=+−=

−−

−−

σ

σ



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4 - 47

Flexión asimétrica •  Análisis de flexión pura se ha limitado a los

miembros sometidos a los pares de flexión que actúan en un plano de simetría.

•  Pasa a considerar las situaciones en las que los pares de flexión no actúan en un plano de simetría.

•  En general, el eje neutro de la sección no coincidirá con el eje del par.

•  No se puede asumir que el elemento se doblará en el plano de los pares.

•  El eje neutro de la sección transversal coincide con el eje del par.

•  Los miembros siguen siendo simétrica y curvos en el plano de simetría.



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4 - 48

Flexión Asimétrica

Se desea determinar las condiciones en que el eje neutro de una sección transversal de forma arbitraria coincide con el eje de la pareja como se muestra.

• 

par vector debe ser dirigida a lo largo de un eje centroidal director

inertiaofproductIdAyz

dAcyzdAzM

yz

mxy

==∫=

∫ ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛−=∫==

0or

0 σσ•  La fuerza resultante y el momento

de la distribución de las fuerzas elementales en la sección deben satisfacer

coupleappliedMMMF zyx ==== 0

• 

eje neutro pasa a través del centroide ∫=

∫ ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛−=∫==

dAy

dAcydAF mxx

0or

0 σσ

• 

define la distribución de esfuerzos

inertiaofmomentIIcIσ

dAcyyMM

zm

mz

===

∫ ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛−−==

Mor

σ



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4 - 49

Flexión Asimétrica La superposición se aplica para determinar las tensiones en el caso más general de flexión asimétrica.

•  Resolver el vector de par en componentes a lo largo de los ejes principales centroidales.

θθ sincos MMMM yz ==•  Superponer la componente de distribución de esfuerzos

y

y

z

zx I

yMIyM +−=σ

•  A lo largo del eje neutro, ( ) ( )

θφ

θθσ

tantan

sincos0

y

z

yzy

y

z

zx

II

zy

IyM

IyM

IyM

IyM

==

+−=+−==



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4 - 50

Ejemplo 4.08

Un par 1600 lb-in se aplica a una viga de madera rectangular en un plano que forma un ángulo de 30 grados. con la vertical. Determinar: (a) la tensión máxima en la viga, (b) el ángulo que forma el eje neutro con el plano horizontal.

SOLUCION:

•  Resolver el vector de par en componentes a lo largo de los ejes principales centroidales y calcular las tensiones máximas correspondientes.

θθ sincos MMMM yz ==•  Combinar los esfuerzos de las

distribuciones de tensiones en componentes.

y

y

z

zx I

yMIyM +−=σ

•  Determinar el angulo de eje neutro.

θφ tantany

zII

zy ==



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4 - 51

Ejemplo 4.08 •  Resolve the couple vector into components and calculate

the corresponding maximum stresses. ( )( )( )( )

( )( )

( )( )

( )( ) psi5.609in9844.0

in75.0inlb800

along occurs todue stress nsilelargest te The

psi6.452in359.5

in75.1inlb1386 along occurs todue stress nsilelargest te The

in9844.0in5.1in5.3

in359.5in5.3in5.1

inlb80030sininlb1600inlb138630cosinlb1600

42

41

43121

43121

=⋅==

=⋅==

==

==

⋅=⋅=⋅=⋅=

y

y

z

z

z

z

y

z

y

z

IzM

ADM

IyM

ABM

I

I

MM

σ

σ

•  El esfuerzo de tracción más grande debido a la carga combinada se produce en A.

5.6096.45221max +=+= σσσ psi1062max =σ



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4 - 52

Ejemplo 4.08

•  Determinar el angulo del eje neutro.

143.3

30tanin9844.0in359.5tantan 4

4

=

== θφy

zII

o4.72=φ



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4 - 53

Caso General de una Carga Axial Excéntrica •  Considere un elemento recto sujeto a fuerzas

excéntricas iguales y opuestas.

•  La fuerza excéntrica es equivalente al sistema de una fuerza de centrado y dos parejas.

PbMPaMP

zy === force centric

•  Por el principio de superposición, la distribución de la tensión combinada es

y

y

z

zx I

zMIyM

AP +−=σ

•  Si el eje neutro se encuentra en la sección, se puede encontrar desde

APz

IM

yIM

y

y

z

z =−

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