Libro de resistencia de materiales

Prefacio

El presente libro estudia los temas más importantes en Resistencia de Materiales, con

énfasis en aplicación a, solución de problemas y diseño de elementos estructurales y

dispositivos mecánicos. El libro está orientado para alumnos de Ingeniería del segundo o

tercer año.

El desarrollo del curso de Resistencia de Materiales presupone que el alumno posee los

recursos propios del cálculo infinitesimal, cálculo integral, geometría de masas en lo

referente a saber calcular centros de gravedad y momentos de inercia de figuras planas, y,

fundamentalmente, de la Estática, sin cuyo conocimiento es impensable poder obtener un

suficiente aprovechamiento del curso.

En la mayoría de los capítulos el primer objetivo es la determinación de las tensiones

normales y transversales, luego la determinación de los valores máximos de estos tensiones

y finalmente el cálculo de las correspondientes deformaciones. Se estudian como tipos de

carga: Tracción, Corte, Torsión y Flexión. Inicialmente se estudia la teoría y esta se

complementa con un apreciable número de ejemplos o problemas resueltos y luego con

problemas propuestos para que el alumno refuerce su comprensión.

En el primer capítulo se hace una introducción al estudio de la Resistencia de Materiales

marcando sus objetivos y estableciendo los principios generales, que completan las

conclusiones de la teoría de la Elasticidad, para poder desarrollar la disciplina siguiendo el

método lógico-deductivo.

En el resto de los capítulos se hace un análisis sistemático de las acciones que se derivan

de una solicitación externa actuando sobre un prisma mecánico. Y este estudio se hace

considerando los efectos producidos por cada una de las posibles magnitudes causantes,

actuando cada una de ellas independientemente de las otras. Así, las tensiones normal y

cortante que someten al prisma a tracción o compresión y a cortadura, respectivamente, son

tratados en los Capítulos 2 y 3.

En el capítulo 4 se estudia la teoría de la torsión y los tres capítulos siguientes se dedican al

estudio de la flexión, en sus múltiples aspectos. En los dos primeros de éstos se expone la

teoría general haciendo en uno de ellos un análisis del estado tensional que se crea en el

prisma mecánico cuando se le somete a flexión pura o flexión simple, y en el otro, el estudio

de las deformaciones producidas por la misma causa.

El importante tema del pandeo es tratado en el Capítulo 8, en el que hay que abandonar una

de las hipótesis fundamentales admitidas en Resistencia de Materiales cual es la de

pequeñez de las deformaciones.

Finalmente, un último capítulo se dedica al estudio de los estados tensional y de

deformaciones cuando la solicitación que actúa sobre el prisma mecánico es arbitraria. Era

necesario acabar la obra con un tema que nos hiciera ver la generalidad de aplicación de las

teorías de la Resistencia de Materiales a todo tipo de piezas.

En toda la obra se usa el Sistema Técnico de Unidades o el Sistema Internacional de

Unidades y para la solución de muchos de los problemas se usó software matemático.

Agradezco la ayuda y sugerencias de los docentes de Ingeniería Mecánica y

Electromecánica de la UMSA, quienes realizaron valiosos aportes al texto.

Contenido

Prefacio INDICE 1 Conceptos Básicos de la Resistencia de Materiales

1.1. Objeto y Finalidad de la Resistencia de Materiales 1.2. Concepto de Sólido Elástico 1.3. Modelo teórico de sólido utilizado en Resistencia de Materiales. (Prisma mecánico) 1.4. Principios generales de la Resistencia de Materiales 1.5. Tipos de Cargas exteriores sobre un prisma mecánico 1.6. Equilibrio estático y equilibrio elástico 1.7. Tipos de Solicitación 1.8. Determinación de las Cargas Internas (Método de las Secciones) 1.9. Tensiones o Tensiones 1.10. Deformación 1.11. Diagrama Tensión y Deformación 1.12. Constantes Elásticas 1.13,- Diagrama Tensión – Deformación para otros materiales 1.14. Diagramas Ideales 1.15. Coeficiente de Seguridad, Tensión Admisible y Carga Admisible 1.16. Falla frente a Cargas Estáticas y Variables PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS

2 Tracción y Compresión 2.1. Introducción 2.2. Diagramas de Fuerzas Normales: 2.3.- Tracción Compresión Mono axial 2.4.- Tracción Compresión Biaxial 2.6.- Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) 2.7.- Trabajo de las Fuerzas en Tracción Compresión (Energía Potencial de Deformación) PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS

3 Corte Puro 3.1. Introducción 2.2.- Tensiones y Deformaciones en Corte Puro 2.3. Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS

4.- Torsión 4.1. Introducción 4.2. Diagrama de Momentos de Torsión: 4.3.- Torsión Circular 4.4 Torsión en Elementos con Sección Rectangular 4.5 Tensiones en Secciones Cerradas de Pequeño Espesor 4.6. Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos) PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS

5.- Flexión - Fuerza Cortante y Momento Flector 5.1. Introducción 5.2. Cargas 5.3. Tipos de Apoyos 5.4. Tipos de Vigas 5.5. Cálculo de Reacciones 5.6. Momento Flector y Fuerza Cortante 5.7. Relación entre el momento Flector y la Fuerza Cortante 5.8. Determinación del Momento Flector y la Fuerza Cortante 5.9. Valores del Momento Flector y la Fuerza Cortante en los extremos 5.10. Cálculo de Momentos por funciones de Singularidad 5.11. Diagrama de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMAS PROPUESTOS 6.- Flexión – Tensiones Normales y Cortantes

6.1. Introducción 6.2. Tensiones Normales en Flexión 6.3. Tensiones Cortantes en Flexión 6.4. Perfiles Comunes Usados en Vigas PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS

7.- Deformaciones en Flexión 7.1. Introducción 7.2 Línea Elástica 7.3 Método de la Ecuación Diferencial de la Elástica o Doble Integración del Momento 7.4. Método de Superposición 7.5. Método del Área del Diagrama de Momentos o Teoremas de Mohr 7.6. Método de la viga conjugada 7.7. Sistemas Hiperestáticos PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS

8.- Solicitación Compuesta 8.1. Introducción 8.2. Combinación de Tensiones 8.3. Combinación de Deformaciones 8.4 Casos de Solicitación Compuesta PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS

9.- Métodos Energéticos 9.1. Introducción 9.2. Trabajo 9.3 Energía Potencial 9.4 Ecuaciones de la energía 9.5 Teorema de Castigliano 9.6 Ecuaciones de Castigliano PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS

10.- Pandeo de Columnas 10.1. Introducción 10.2 Equilibrio Estable, Inestable e Indiferente 10.3. Tipos de apoyos y Columnas 10.4 Carga Crítica de Euler 10.5. Ecuación de la línea elástica: 10.6. Límites de Aplicación de la Formula de Euler 10.7. Columnas cargadas Excéntricamente – Formula de la Secante PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMAS PROPUESTOS

1 Conceptos Básicos de la Resistencia de Materiales

1.1 Objeto y Finalidad de la Resistencia de Materiales

El objetivo del presente libro es establecer los criterios que nos permitan determinar el

material más conveniente, la forma y las dimensiones más adecuadas que hay que dar a los

elementos de una estructura o máquina para que puedan resistir la acción de las fuerzas y

momentos exteriores que los solicitan, así como para obtener este resultado de la forma

más económica posible.

Si se someten dos cables de la misma forma y dimensiones, pero de distinto material como

podían ser de acero y cobre a una misma fuerza por ejemplo el peso de un cuerpo, mismo

que se incrementa paulatinamente, se observa que el cable de cobre es el primero en el que

se produce la rotura. Por lo tanto se puede decir que el acero posee mayor resistencia

mecánica que el cobre, entendiendo por tal la capacidad de oponerse a la rotura al ser

sometido a una solicitación exterior.

En cuanto a las deformaciones que experimentan ambos materiales, también se observa

que son distintas. Se llama rigidez a la propiedad que presenta el material de oponerse a las

deformaciones.

Otro aspecto de gran importancia es la estabilidad, entendiendo por tal la capacidad de

oposición del elemento a grandes desplazamientos y deformaciones como resultado de las

cargas exteriores. El cálculo de la estabilidad de la pieza nos permitirá conocer su capacidad

de conservar las formas de equilibrio que adopta en estado deformado.

Teniendo presentes las anteriores consideraciones, podemos dar una definición más simple

aún que la dada inicialmente, y decir que Resistencia de Materiales es la ciencia que trata

del cálculo de la Resistencia Mecánica, Rigidez y Estabilidad de las piezas de una estructura

o máquina.

En el presente libro se estudiaran principalmente dos problemas fundamentales:

1.° Problema de dimensionamiento. Conocido el sistema de cargas que solicita a una pieza

de una estructura o máquina, calcular sus dimensiones para que la pieza resista y las

deformaciones que se originan no sobrepasen unos valores límites fijados de antemano.

2.° Problema de comprobación. Conocida la solicitación exterior y terminado el

dimensionamiento de una pieza, comprobar su resistencia y calcular las deformaciones.

La Resistencia de Materiales tiene importantes aplicaciones en todas las ramas de la

ingeniería. Sus métodos los utilizan los ingenieros aeronáuticos y navales para el diseño y

construcción de aviones y barcos, respectivamente; los ingenieros civiles, al proyectar

puentes, presas y cualquier tipo de estructura; los ingenieros de minas, para resolver la

necesidad de conocimientos de construcción que exige su profesión; los ingenieros

mecánicos y electromecánicos. para el proyecto y construcción de maquinaria y todo tipo de

construcciones mecánicas, como son los recipientes a, presión; los ingenieros energéticos,

para proyectar los diferentes componentes de un .reactor; los ingenieros metalúrgicos, por la

necesidad que tienen del conocimiento de los materiales actuales para la búsqueda de

nuevos materiales: los ingenieros eléctricos, para el proyecto de máquinas y equipos

eléctricos, y, en fin, los ingenieros químicos, para el diseño de instalaciones en industrias de

su especialidad.

1.2 Concepto de Sólido Elástico

La Estática y la Mecánica Teórica consideran indeformables los cuerpos materiales, ya se

encuentren en estado de movimiento o de reposo. Las conclusiones que se obtienen con

esta suposición son en gran número de casos buenas aproximaciones de lo que realmente

ocurre. Pero para determinar la resistencia de una pieza y sus deformaciones se deben

analizar los cuerpos como deformables.

Según lo indicado se pueden considerar los sólidos como: a) Sólido rígido, b) Sólido elástico

y c) Sólido verdadero.

a) Sólido rígido.- Es aquel que se supone indeformable y que ante cualquier carga (por

grande que sea) a que está sometido, la distancia entre dos moléculas cualesquiera

permanece invariable.

b) Sólido elástico.- Es aquel que ante una tensión exterior se deforma y recupera su forma

original al cesar la causa exterior. A los sólidos elásticos se les supone una serie de

cualidades como son las de isotropía, homogeneidad y continuidad. Un cuerpo es isótropo

cuando sus propiedades físicas no dependen de la dirección en que se han medido en dicho

cuerpo. El sólido es homogéneo si toda región del mismo posee idéntica composición y

características que otra cualquiera. Finalmente el cuerpo es continuo si no existen huecos

entre partículas ni, por consiguiente, distancias intersticiales.

c) Solido verdadero.- Las propiedades de isotropía, homogeneidad y continuidad no

concurren en ningún material, ya sea natural o elaborado por el hombre: no es posible que

se dé un grado de elasticidad exactamente igual en todas las direcciones debido a la

distribución de sus átomos o moléculas en redes cristalinas ordenadamente dispuestas.

Tampoco existe en la realidad la homogeneidad perfecta, así como sabemos por las teorías

modernas de la materia que ésta no es continua y que existen espacios vacíos entre las

moléculas y entre los mismos átomos que la componen. Por lo tanto en algunos materiales

como la madera y el hormigo el cuerpo no puede ser analizado como Solido Elástico y debe

ser analizado como solido verdadero. Entonces sólido verdadero es aquel que resulta de

considerarlo como deformable ante las cargas a que está sometido y falto de isotropía,

homogeneidad y continuidad

El considerar a los sólidos continuo es muy cómoda, pues permite admitir, cuando existe

una deformación debida a la aplicación de una fuerza a unas moléculas del sólido, que el

tensión es absorbido en parte por las moléculas próximas y de esta forma queda repartido

de forma continua y apta para el cálculo. Los materiales a que nos refiramos en lo sucesivo

los consideraremos como sólidos elásticos. Quiere ello decir que si microscópicamente no

son ciertas las hipótesis que se lo hacen, sí lo son macroscópicamente, pues los resultados

que se obtienen quedan sancionados por la experiencia. Aún podremos en muchos casos,

por ejemplo, cuando falte la homogeneidad en un sólido, considerar la existencia de varios

sólidos elásticos dentro del sólido dado, cada uno de los cuales estará concretado por zonas

que posean perfecta homogeneidad, y aplicarles las consideraciones teóricas que hagamos

para los sólidos elásticos en general.

1.3 Modelo teórico de sólido utilizado en Resistencia de Materiales. (Prisma mecánico)

Con objeto de estudiar los sólidos elásticos se crea un modelo teórico que se denomina

prisma mecánico, que desde el punto de vista físico posea las propiedades de isotropía,

homogeneidad y continuidad y que se define atendiendo a un criterio meramente

geométrico.

Se llama prisma mecánico al sólido engendrado por una sección plana S de área cuyo

centro de gravedad G describe una curva llamada línea media o directriz, siendo el plano

que contiene a S normal a la curva.

La mayoría de las piezas pueden considerarse como uno de los siguientes tipos de prismas:

a) Barra. Se llama así al prisma mecánico cuyas dimensiones de la sección transversal son

pequeñas, en comparación con la longitud de la línea media. Pertenecen a este tipo los

elementos de estructuras y los cables, por ejemplo. Este es tipo de prisma mecánico más

usado. Adicionalmente la mayor parte de barras son planos, es decir con línea media

contenida en un plano, siendo éste, además, plano de simetría del prisma.

En estructuras de hormigón armado se emplean sección transversal rectangular y cuadrada,

mientras que en estructuras metálicas secciones muy usuales son el perfil laminado doble te

I en vigas, o dos secciones en U soldadas en pilares.

Fig. 1 Barra

b) Placa. Es un cuerpo limitado por dos planos, cuyo espesor es pequeño en comparación

con las otras dos dimensiones.

Fig. 2 Placa

Pertenecen a este tipo las losas que se fabrican para tapar depósitos subterráneos, as;

como las placas utilizadas como forjados en las edificaciones.

c) Cascara. Es un cuerpo limitado por dos superficies no planas, cuya distancia es pequeña

en comparación con las otras dos dimensiones (Fig. 1.7).

Fig. 3 Cascara

Son de este tipo los depósitos, como los tanques de agua, silos, gasómetros, etc., así como

las tuberías de gran diámetro y, en general, las estructuras laminares. En los últimos tipos,

es decir, en placas y cascaras, en vez de línea media se utiliza la superficie media, que se

define como la constituida por los puntos que dividen el espesor en dos partes iguales.

1.4 Principios generales de la Resistencia de Materiales

Como se mencionó anteriormente la Resistencia de Materiales requiere hipótesis

simplificativas, en el presente texto se asumen las siguientes hipótesis:

a) Los materiales se consideran continuos.- La mayoría de los materiales cumple con esta

hipótesis aun cuando existan poros o se considere la discontinuidad de la estructura de la

materia, compuesta por átomos que no están en contacto rígido entre sí, ya que existen

espacios entre ellos y fuerzas que los mantienen vinculados, formando una red ordenada.

b) Los materiales se consideran homogéneos.- Con esta hipótesis se consideran las

propiedades idénticas en todos los puntos.

c) Los materiales se consideran isótropos.- Con esta hipótesis se consideran las

propiedades idénticas en todas las direcciones. Los metales son materiales homogéneos e

isótropos y la madera, el hormigón y la piedra no lo son.

d) Las fuerzas interiores que preceden a las cargas son nulas.- Las fuerzas interiores entre

las partículas del material se oponen al cambio de la forma y dimensiones del cuerpo

sometido a cargas. Al hablar de fuerzas interiores no consideramos las fuerzas moleculares

que existen en un sólido no sometido a cargas.

e) Es válido el principio de superposición de efectos.- Debido a que las deformaciones de los

cuerpos son pequeños en comparación con las dimensiones del mismo, las ecuaciones de

equilibrio correspondiente a un cuerpo cargado pueden plantearse sobre su configuración

inicial, es decir, sin deformaciones, y que las deformaciones son proporcionales a las

cargas.

f) Es aplicable el principio de Saint Venant.- Según este principio las fuerzas interiores en los

puntos de un sólido, situados lejos de los lugares de aplicación de las cargas no dependen

del modo de aplicación de las mismas, por lo que se puede sustituir un sistema de fuerzas

por otro equivalente

1.5 Tipos de Cargas exteriores sobre un prisma mecánico

Las cargas exteriores sobre una pieza están constituidas por las cargas directamente

aplicadas y las reacciones debidas a los apoyos. Las cargas se clasifican en:

a) Fuerzas de volumen y fuerzas de superficie.- Las primeras actúan sobre todos los puntos

del sólido y se deben a campos de fuerzas tales como el campo gravitatorio, el campo de

fuerzas de inercia, o el campo magnético. Las fuerzas de superficie son las que se aplican a

la superficie exterior del prisma. Pueden ser concentradas o repartidas.

b) Cargas concentradas y distribuidas.- Las cargas concentradas son aquellas que se

aplican en un punto mientras que las cargas distribuidas las que están aplicadas en

porciones de área o volumen, En la naturaleza no existen fuerzas concentradas sino solo

distribuidas sin embargo cuando el área o volumen de aplicación son pequeños las cargas

pueden considerarse como concentradas. Las cargas distribuidas pueden ser de superficie

(presión del viento o del agua sobre una pared) o de volumen (peso propio).

c) Cargas estáticas y dinámicas.- Las cargas cuya magnitud, punto de aplicación y dirección

no varían o lo hacen muy lentamente, se llaman cargas estáticas mismas que no provocan

vibraciones de las estructuras o elementos, mientras que las cargas que varían con el

tiempo se llaman cargas dinámicas y son las que provocan vibraciones

Si la variación de la carga es de carácter periódico, es decir, que los valores máximos de la

carga se repiten cada determinado intervalo de tiempo las cargas se denominan cargas de

régimen estable o cargas de repetición periódica. La resistencia para cargas estables se

analiza en el presente libro pero no para cargas de régimen no estable.

1.6 Equilibrio estático y equilibrio elástico

Para que un sólido rígido se encuentre en equilibrio es necesario y suficiente que se

verifiquen:

1 Que la suma de las fuerzas que actúan sobre el sólido sea igual a cero, o lo que es lo

mismo, que la resultante sea nula. Esta condición asegura que el sólido no tenga

desplazamientos.

2 Que el momento resultante de todas las fuerzas respecto de cualquier punto sea igual a

cero. Esta condición asegura que el sólido no experimente giros.

En un Sólido Elástico estas condiciones son necesarias pero no suficientes, ya que si

suponemos realizado en el sólido un corte ideal y prescindimos de una de las partes, es

necesario que el sistema de fuerzas interiores en los puntos de la sección ideal sea

equivalente al sistema de fuerzas que actúan sobre la parte eliminada. Así, para el equilibrio

en un sólido elástico no sólo se requieren las condiciones del equilibrio estático, sino

también que exista equilibrio entre las fuerzas exteriores y las internas en cada una de las

infinitas secciones.

Esta última condición es la característica del equilibrio elástico: es necesario que las fuerzas

exteriores que actúan sobre el sólido sean contrarrestadas por las fuerzas interiores de

cohesión molecular.

1.7 Tipos de Solicitación

Considérese un cuerpo en equilibrio sometido a la acción de fuerzas y momentos externos,

en cualquier sección interna aparecen una fuerza y un momento resultantes internos que

equilibran las cargas externas. Los valores de la fuerza y el Momento internos se hallan

generalmente con las ecuaciones de la estática

P1

P2

P3

P4

Pn

M1

P1

M2

M3Mn

Fuerza Interna

Momento Interno

Fig. 4 Fuerza y Momento Internos

La fuerza y el momento internos pueden descomponerse en componentes paralelas y

normales a la sección. Del análisis individual de estas componentes definen los diferentes

tipos de carga. Así la Fuerza Normal produce cargas Normales de Tracción Compresión, la

Fuerza Tangencial produce cargas de Corte, el Momento Normal produce cargas de Torsión

y el Momento Tangencial produce cargas de Flexión.

a) Tracción Compresión.- Un cuerpo está sometido a Solicitación de Tracción o

Compresión, cuando sobre él se apliquen fuerzas paralelas al eje centroidal y

perpendiculares a la sección transversal. Dependiendo si la carga tiende a estirar o a

comprimir la pieza, la carga será de tracción o compresión.

Fig. 5 Tracción

b) Corte.- Un cuerpo está sometido a Solicitación de Corte cuando sobre él se apliquen

fuerzas perpendiculares al eje centroidal y paralelas a la sección transversal.

Fig. 6 Corte

c) Torsión.- Un cuerpo está sometido a Solicitación de Torsión cuando sobre él se aplican

Momentos paralelos al eje centroidal y perpendiculares a la sección transversal.

Fig. 7 Torsión

d) Flexión.- Un cuerpo está sometido a Solicitación de Flexión cuando sobre él se aplican

Fuerzas y Momentos perpendiculares a su eje centroidal y paralelos a la sección

transversal.

Fig. 8 Flexión

e) Cargas Combinadas.- Los cuerpos y elementos en condiciones reales presentan

combinaciones de los anteriores tipos de carga. En el presente texto inicialmente se

analizan los tipos de carga de forma individual y su combinación se analiza posteriormente

1.8 Determinación de las Cargas Internas (Método de las Secciones)

En un cuerpo sometido a fuerzas y momentos, para hallar las cargas internas por el método

de corte o secciones se imagina un plano imaginario que seccione o divida el cuerpo en dos

partes. Para que cada parte este en equilibrio, en la superficie de corte de cada una de las

partes por la interacción que ejerce la otra deben actuar una fuerza y un momento internos

que equilibran las cargas exteriores, que actúan sobre la parte separada. Los valores de la

Fuerza y el Momento internos se pueden hallar generalmente con las ecuaciones de la

estática

P1

P2

P3

P4

Pn

M1

P1

M2

M3Mn

Fuerza Interna

Momento Interno

Fig. 9 Fuerza y Momento Internos

La fuerza y el momento internos tienen componentes tangencial y normal a la sección. La

componente normal de la fuerza a la sección “N” produce tracción, la componente tangencial

de la fuerza a la sección “Q” produce corte, la componente normal del momento a la sección

“Mt” produce torsión y la componente tangencial del momento a la sección “Mf” produce

flexión. Frecuentemente las fuerzas exteriores se encuentran en un mismo plano, los

momentos exteriores perpendiculares a este plano y no existen momentos de torsión Mt

Fig. 10 Configuración Frecuente

1.9 Tensiones o Tensiones

a) Análisis Molecular

Considérese una barra sometida a la acción de dos fuerzas iguales, opuestas y colineales

en sus extremos. Se verifica el equilibrio: P - P = 0

Fig. 11 Fuerzas en las Moléculas

Realizando un análisis molecular, la fuerza externa se distribuye en pequeñas fuerzas

tirando de cada molécula, que tratan de separarla de sus vecinas, sin embargo la atracción

entre moléculas opone resistencia con una fuerza igual y contraria, lo que finalmente impide

que las moléculas se alejen entre sí. Tomando un par de ellas se verifica que:

-Pi Fi - Fi Pi (1.1

Donde Pi es la acción sobre cada molécula generada por las fuerzas “P” y “Fi “ la reacción

que opone el material generada por la atracción molecular (o Atómica).

Aumentando “P” aumenta la reacción Fi , que podrá crecer hasta un determinado límite, más

allá del cual las moléculas se separan irremediablemente, y como consecuencia la barra se

deforma permanentemente o se separa.

b) Hipótesis de Navier

Según esta hipótesis los sólidos homogéneos se imaginan como una sucesión de

innumerables secciones transversales paralelas entre si y perpendiculares a su eje

longitudinal (similar naipes pegados entre sí). Cada sección es tan delgada como el

diámetro de un átomo y los átomos están ordenados según un arreglo matricial

Fig. 1.12 Hipótesis de Navier

Entonces : n

PPi

(1.2

P y Pi Fuerzas externa e interna sobre cada átomo

“n” el número de átomos que hay en la sección transversal.

c) Vector Tensión

Considérese un cuerpo sometido cargas exteriores, si el mismo es cortado idealmente en

dos partes A y B por medio de un plano π y se suprime una de las partes, por ejemplo la B,

de la condición de equilibrio elástico se concluye que en toda la sección S aparece una

distribución continua de fuerzas

Fig. 1.13 Vector Tensión

Si df es la fuerza resultante en un punto P, se define como tensión en el punto a:

A

F

Area

FuerzaEsfuerzo

(1.3

dS

fd

S

ft dS

0lim

(1.4

El tensión o tensión es un vector colineal con df.

e) Tipos de Tensiones o Tensiones

El vector tensión puede descomponerse en una componente normal al plano () que recibe

el nombre de tensión normal y en una componente paralela al plano () que recibe el

nombre de tensión tangencial o cortante. A ambas tensiones se denomina componentes

intrínsecas del vector tensión.

Fig. 1.14 Tensiones Normales y Cortantes

La tensión normal provoca que las partículas que están en el plano dado, tiendan a

separarse o a acercarse mientras que las tensiones tangenciales provocan el deslizamiento

de las partículas del material, en el plano de la sección en cuestión.

Los materiales no tienen una determinada resistencia a las fuerzas y momentos, ya que ella

depende de las dimensiones, pero sí tienen determinadas resistencias a las tensiones

normales y cortantes

En las caras de un elemento diferencial cúbico actuarán en el caso general las tensiones de

la figura

Fig. 1.15 Estado tensional

f) Densidad de Tensiones

Fig. 1.16 Densidad de Tensión

Cuando una barra de sección variable se somete a cargas de tracción F, en cualquier

sección transversal aparece una fuerza interna F que equilibra a la externa que se distribuye

en tensiones normales. Sin embargo la magnitud de estos tensiones es variable debido a la

variación del área. Estos tensiones son mayores donde las secciones normales son las

menores y viceversa. Dibujando líneas equidistantes de la periferia se puede apreciar que

ellas tienen mayor “concentración” o “densidad” donde el área es menor. La magnitud de las

tensiones es proporcional a la concentración de líneas equidistantes. Este fenómeno es

similar a la velocidad que adquiere un fluido en una tubería por lo que también es conocido

por flujo de tensiones.

g) Concentradores de tensión

Fig. 1.17 Concentración de Tensiones

Los cambios o variaciones de las secciones transversales de una pieza y especialmente las

variaciones bruscas, resultan en la magnificación de las tensiones efecto conocido como

Concentración de Tensiones.

Las hendiduras, agujeros y cambios de sección bruscos son Concentradores de Tensiones.

Se ha podido verificar que por ejemplo un agujero circular en una placa plana incrementa las

tensiones hasta tres veces.

1.10 Deformación

Consideremos dos puntos P y Q en un sólido elástico en estado neutro, sin carga, es decir,

no sometido a solicitación alguna

Fig. 1.18 Deformación

Aplicadas las cargas externas hay deformación y los dos puntos pasan a las posiciones P' y

Q'. Se definen como deformación total y unitaria a la variación de distancia entre estos dos

puntos y a la variación sobre la distancia original, respectivamente

rdrdQPQP

''''' (1.5

rd

rdrd

PQ

PQQP

'''

(1.6

Los sólidos, bajo la acción de cargas externas se deforman y cambian sus dimensiones o

forma, Al cambio de dimensión se le denomina deformación lineal y al cambio de forma

deformación angular.

a) Deformación provocada por Cargas de Axiales

Fig. 1.19 Deformación por Cargas Axiales

Una barra sometida a cargas axiales además de experimentar una deformación en la

dirección de axial también presenta otra deformación en la dirección transversal. Las cargas

de tracción provocan alargamiento en la dirección axial y adelgazamiento en la dirección

transversal, mientras que las cargas de compresión provocan acortamiento en la dirección

axial y ensanchamiento en la dirección transversal.

Las deformaciones se cuantifican con:

δ = lf - lo Deformación longitudinal (1.7

ε = (lf – lo)/lo Deformación longitudinal unitaria (1.8

δq = df - do Deformación transversal (1.9

εq = (df – do)/do Deformación transversal unitaria (1.10

Donde lf, lo, df y do son las longitudes y diámetros final e inicial

b) Deformación provocada por Cargas de Corte

Las cuerpos sometidos a cargas de corte no presentan deformaciones significativas (no se

verifica cambio de dimensiones) pero si presentan distorsión (se verifica cambio de forma).

Fig. 1.20 Distorsión por Cargas de Corte

La deformación se cuantifica con:

γ Angulo de inclinación de las caras

c) Deformación provocada por Cargas de Torsión

Las barras sometidas a cargas de torsión no presentan deformaciones longitudinales sino

rotaciones o deformaciones angulares entre secciones. Las secciones transversales giran

una respecto a otra.

Fig. 1.21 Deformación por Cargas de Torsión

La deformación se cuantifica con:

φ Angulo de rotación entre secciones de los extremos de la barra

d) Deformación provocada por Cargas de Flexión

Los cuerpos generalmente rectos sometidos a cargas de Flexión se vuelven curvos por lo

que presentan deformaciones lineales y angulares.

Fig. 1.22 Deformación por Cargas de Flexión

Las deformaciones se cuantifican con:

ô Deformación lineal

θ Deformación angular

1.11 Diagrama Tensión y Deformación

La deformación depende de las cargas externas y consecuentemente de las tensiones y de

fuerzas de atracción molecular, es decir, de la estructura interna del material. Para obtener

la relación entre tensiones y deformaciones se procede por vía experimental mediante

ensayos realizados en el laboratorio, en donde se comprueba, en efecto, que para dos

piezas de distintos materiales, de iguales dimensiones y sometidas al mismo estado de

cargas, las deformaciones son distintas.

El ensayo más simple que se hace es el de tracción. En este ensayo sometiendo una pieza

de dimensiones normalizadas llamada probeta a una carga de tracción que se aumenta

gradualmente hasta la rotura.

En la probeta se realizan previamente dos marcas, que determinan una longitud

denominada distancia entre puntos, sobre las que se efectúa, por medio de un

extensómetro, la medida de los alargamientos.

Si A es la sección de la probeta y P la fuerza aplicada en sus extremos en dirección axial, la

fuerza origina en el interior del material un estado de tensiones que se supone constante.

A

P

(1.11

La probeta, debido al tensión, se alarga. La deformada unitaria longitudinal es:

o

of

l

ll

(1.12

Aumentando progresivamente el valor de P, midiendo ε y llevando los valores a un gráfico,

se obtiene para el acero dulce el diagrama tensión-deformación similar al de la figura

Fig. 1.23 Diagrama ζ - ε

En este diagrama pueden distinguirse ciertas zonas con determinadas características:

a) Período elástico.- Este período queda delimitado por la tensión Se (límite de elasticidad).

El límite de elasticidad se caracteriza porque, hasta llegar al mismo, el material se comporta

elásticamente, es decir que producida la descarga, la probeta recupera su longitud inicial. En

la práctica, este límite se considera como tal cuando en la descarga queda una deformación

especifica remanente igual al 0.001 %.

Este período comprende dos zonas: la primera, hasta el Sp (límite de proporcionalidad),

dónde el material verifica la ley de Hooke. La segunda zona entre Sp y Se, si bien es

elástica, no manifiesta proporcionalidad entre tensiones y deformaciones.

En la primera zona:

Ed

d

(1.13

En la segunda zona

)(

f

d

d

(1.14

En general, los límites de proporcionalidad y de elasticidad difieren muy poco entre sí.

b) Período elasto-plástico.- Para tensiones superiores al límite elástico, la pieza no recobra

su dimensión original y la deformación es permanente acorde con la carga aplicada. A

medida que aumenta la solicitación, la gráfica disminuye el valor de su tangente, tendiendo a

anularse en el tramo final del período, al cual se llega con un valor de tensión que se indica

como Sy (tensión de fluencia).

c) Período plástico (fluencia).- Una vez arribado al valor de tensión Sy (límite de fluencia),

el material fluye, aumentan las deformaciones sin que existe aumento de tensión. El

fenómeno no es tan simple, ya que la tensión oscila entre dos valores cercanos entre sí,

denominados límites de fluencia superior e inferior, respectivamente. La tensión de

proporcionalidad es aproximadamente 80% la de fluencia

Fig. 1.24 Líneas de Chernov - Lüders

Los experimentos demuestran que durante la fluencia se producen deslizamientos relativos

entre los cristales y en la superficie de la probeta aparecen las llamadas líneas de Chernov -

Lüders, que forman con el eje de la misma un ángulo de 45º.

d) Período de endurecimiento y de estricción.- Luego de la fluencia hay un

reacomodamiento cristalográfico y el material se endurece e incrementa su resistencia, es

decir, admite un incremento de carga. En este período las deformaciones son muy

pronunciadas. La tensión aumenta hasta alcanzar un valor máximo, denominado “tensión de

rotura”, a partir del cual la tensión disminuye hasta que alcanza una determinada

deformación de rotura, produciéndose la rotura física. La tensión Sut no es en realidad la

máxima tensión que se origina en la probeta sometida a carga. En efecto, alcanzado el valor

de la deformación específica correspondiente a Sut, comienza a manifestarse en la probeta

un fenómeno denominado “estricción”.

Fig. 1.25 Fenómeno de estricción

La estricción es la reducción de una sección central de la pieza, misma que hace que las

tensiones aumenten y que, en realidad, el diagrama efectivo en lugar de presentar su

concavidad hacia abajo muestra un punto de inflexión en las vecindades de Sut y cambia su

curvatura presentando una rama creciente hasta alcanzar la deformación de rotura.

Entonces el diagrama que anterior suele denominarse “diagrama convencional, ya que los

cálculos de las tensiones se realizan siempre sobre la base de suponer la sección

transversal constante, con área igual a la inicial.

La estricción se mide por el “coeficiente de estricción lateral” con la siguiente expresión:

f

fi

A

AA

(1.15

Dónde:

Ai y Af área inicial y final respectivamente

En los aceros comunes φ ≈ 50 %

Fig. 1.26 Diagrama ζ - ε efectivo y convencional

Para tensiones mayores a la fluencia como M en la gráfica la pieza presenta deformaciones

permanentes. Cuando se quita la carga las tensiones y deformaciones desaparecen a través

de una recta paralela a la del período elástico. Si la probeta vuelve a cargarse la curva llega

al punto N, pero con un nuevo recorrido donde ya no existe el período de fluencia y la zona

recta se prolonga hasta un valor ζ'p > ζp.

Fig. 1.27 Endurecimiento mecánico del acero dulce

Este fenómeno se denomina endurecimiento mecánico o por trabajo en frío, y también

puede lograrse por laminado en frío, trefilado o torsión. El trefilado se utiliza para endurecer

alambres o barras circulares finas, y el torsionado especialmente para barras redondas (en

general, con conformaciones superficiales), para hormigón armado.

Para aceros endurecidos mecánicamente o los de dureza natural, logrado por un mayor

contenido de carbono o mediante aleaciones especiales, el diagrama ζ - ε es distinto del

que se vio. Las características más importantes son las siguientes:

- Sus límites de proporcionalidad y elasticidad son más elevados que los aceros comunes.

- No poseen un límite de fluencia definido ni tampoco zonas de escurrimiento plástico.

- La deformación de rotura se reduce considerablemente.

Al no existir un límite de fluencia definido, este se determina en forma convencional como la

tensión para la cual la deformación especifica remanente alcanzan al 0.2 %.

Fig. 1.28 Límite Convencional de Fluencia 0,%

Los materiales como el acero dulce, que presentan una gran capacidad de deformación

antes de alcanzar la rotura, se denominan “dúctiles”. Se puede decir que estos materiales

avisan la rotura física, ya que antes de alcanzarse la misma las deformaciones son tan

grandes, que la estructura llega a la falla por este motivo.

Los materiales como el acero duro, para los cuales la rotura se produce bruscamente, sin

grandes deformaciones previas, se denominan “frágiles”.

e) Elasticidad y Plasticidad.- La propiedad que posee un material de volver parcial o

completamente a su forma inicial una vez que desaparece la carga es lo que se llama

“elasticidad”. Si la pieza recupera completamente su longitud inicial, se dice que el material

es “perfectamente elástico” sino “parcialmente elástico”. Un material es “perfectamente

plástico” cuando al dejar de actuar la carga que lo deforma mantiene su configuración

deformada.

En la realidad ningún material es perfectamente elástico o plástico, pero el acero, aluminio,

goma, la madera y el hormigón se consideran perfectamente elásticos dentro de ciertos

límites. Otros materiales como la arcilla y la masilla pueden considerarse como

perfectamente plásticos.

1.12 Constantes Elásticas

El comportamiento lineal elástico de los sólidos, permite definir las constantes elásticas,

a) Módulo de Elasticidad Longitudinal (E).- Considérese una barra recta sometida a

tracción.

Fig. 1.33 Barra de sección constante sometida a tracción

La deformación unitaria es :

L

L

(1.16

En la zona elástica, las tensiones son proporcionales a las deformaciones

Fig. 1.34 Proporcionalidad entre ζ – ε en la zona elástica

ETg

(1.17

E (1.18

Ecuación conocida como de Hooke. La constante E, se conoce como módulo de elasticidad

longitudinal o módulo de Young. Es la más importante de las cuatro constantes elásticas.

b) Módulo de Elasticidad Transversal (G).- Sea un paralelepípedo fijo en su parte inferior

y con una fuerza P en su cara superior.

Fig. 1.35 Distorsión provocada por tensiones cortantes

La deformación se cuantificada por el ángulo y la tensión tangencial o cortante es:

A

P

(1.19

La grafica entre - es similar a la vista anteriormente para las tensiones normales.

-

Dentro de la zona elástica, la constante que vincula la tensión tangencial con la deformación

angular, es llamada módulo de elasticidad transversal o módulo de rigidez (G).

GTg

(1.20

Esta es la ecuación de Hooke para tensiones cortantes. Para el acero común Sy’ = 0,57 Sy

c) Coeficiente de Poisson

Al someter a una barra a un tensión axial, además de experimentar deformación según la

dirección de la fuerza, el cuerpo también deforma en la dirección normal a ella.

Fig. 1.37 Deformaciones Longitudinal y Transversal

Las deformaciones unitarias son:

L

L

(1.21

a

aq

(1.22

Experimentalmente se ha visto que ambas deformaciones son proporcionales

εq = ν ε (1.23

ν se define como el coeficiente o módulo de Poisson y su valor depende del material, En

general para materiales isótropos, varía entre 0,25 y 0,33. En cualquier caso ν < 0,50

Valores de Constantes Elásticas según el material

Material E (Ton/cm²) γ

Acero 2.000 a 2.100 0.22 a 0.33

Cobre 1.160 a 1.300 0.31 a 0.34

Bronce 1.100 0.32 a 0.35

Hierro fundido 750 a 1600 0.23 a 0.27

Aluminio 760 0.32 a 0.36

Madera (paralela a la fibra 80 a 120 -

Hormigón 150 a 350 0.10 a 0.20

Mampostería de ladrillo < 120 -

Caucho 0.01 0.47

Corcho - » 0.00

Los módulos de elasticidad longitudinal y transversal están relacionados por:

E = 2 G ( 1 + ν ) (1.24

Donde ν es el coeficiente de Poisson

1.13 Diagrama Tensión – Deformación para otros materiales

En la figura 1.29 se presentan los diagramas tensión – deformación para diferentes

materiales. Ahora bien como se observa en la figura 1.30, hay algunos materiales para los

cuales se observa que el diagrama ζ - ε es una curva continua sin tramos rectos, es decir,

que prácticamente en ningún momento se verifica la ley Hooke. Un ejemplo clásico es el

hormigón, donde interesa la curva ζ - ε en compresión.

Mat. Dúctil

Mat. Frágil

Acero de Alta Calidad

Acero Media Calidad

Acero Corriente

Fig. 1.29 Diagramas Tensión Deformación

En estos casos no puede hablarse de un módulo de elasticidad único. Cabe distinguir tres

valores del módulo de elasticidad:

Fig. 1.30 Módulos Tangentes y Secantes

a) Módulo al origen.- Es el valor al origen

E = tg α (1.25

b) Módulo Instantáneo.- Su valor lo da la pendiente a la curva ζ - ε en cada punto:

)( otgd

dE

(1.26

c) Módulo Secante.- Su valor viene dado por la tangente trigonométrica del ángulo α1. Para

estos materiales, Bach, propuso como relación entre ζ - ε una ley de tipo exponencial que

lleva su nombre:

ζk = E e (1.27

el coeficiente k depende del material (valor medio, ya que depende de muchas variables):

Material Coeficiente k

Hormigón k = 1,15

Cobre k = 1,10

Latón k = 1,085

Cuero k = 0,70

Fig. 1.31 Diagramas no lineales ζ - ε

En el caso que k = 1, 0 se obtiene la ley de Hooke. Ciertos materiales presentan un

comportamiento diferente en compresión que a tracción, tal es el caso del hormigón.

1.14 Diagramas Ideales

Los diagramas que se vieron a veces son reemplazados por diagramas idealizados por

Prandtl, resumiendo las características fundamentales de los tres tipos de materiales. El

diagrama ideal correspondiente a un material dúctil se compone de dos tramos rectos: uno

inclinado, correspondiente al período elástico; el otro horizontal, materializando el período de

fluencia. El período de endurecimiento no interesa porque la deformación al final de la

fluencia es tan significativa que el material está en falla antes de llegar a la rotura.

Fig. 1.32 Diagramas ideales a) material dúctil b) material frágil c) material plástico

En los materiales frágiles el límite de proporcionalidad es próximo a la tensión de rotura,

prescindiéndose del tramo curvo y en materiales plásticos el diagrama es una recta

horizontal, lo que significa que sometidos a una carga, se deforman indefinidamente sin

incremento de tensión.

1.15 Coeficiente de Seguridad, Tensión Admisible y Carga Admisible

No hay la seguridad absoluta y las piezas están amenazadas por incertidumbres.

Existen numerosas causas de incertidumbres: Las hipótesis de cargas, las hipótesis de

cálculo, los errores de cálculos, los defectos del material, los errores de las dimensiones, los

errores de ejecución, etc.

La falla de una pieza puede provocar pérdidas económicas y humanas por lo que se debe

buscar la máxima seguridad. Para evitar la falla, la tensión máxima en una pieza no debe

superar un valor límite. Para materiales dúctiles el valor límite es el límite de fluencia y para

de materiales frágiles es el límite de resistencia o tensión de rotura

Sadm = Sy/ Para materiales dúctiles (1.28

Sadm = Sut/ Para materiales frágiles (1.29

Donde es el coeficiente de seguridad. La elección del coeficiente de seguridad es

compleja pero disposiciones reglamentarias que tratan sobre construcciones de acero;

indican valores que varían entre 1.25 y 1.60, para estructuras de hormigón armado, los

coeficientes de seguridad varían entre 1,75 y 2,10 y en la construcción de máquinas el valor

varía, entre 1.5 a 2.5.

1.16 Resistencia para Cargas Estáticas y Variables

a) Cargas Estáticas.- Son aquellas cuya magnitud no varía con el tiempo,

P

t

Pmin

Pmax

Fig. 1.38 Carga Estática

Como se mencionó anteriormente, la falla frente a cargas estáticas se previene con :

= E < Sadm (1.30

= G < S’adm (1.31

b) Cargas Variables.- Son aquellas cuya magnitud varía con el tiempo. Cuando la variación

es de carácter periódico y los valores máximos de la carga se repiten cada determinado

intervalo de tiempo las cargas se denominan de régimen estable o de repetición periódica.

En el presente libro se analiza la resistencia solo para cargas estables

P

t

Pmin

Pmax

2

minmax PPPmed

Fig. 1.39 Carga variable de régimen estable

Los dos casos más comunes de cargas variables de régimen estable son:

- Cargas Intermitentes.- Son aquellas que aparecen y desaparecen. Es decir que varían

periódicamente de un valor máximo a cero. ( Pmin = 0 )

P

tPmin

Pmax

2

maxPPmed

Fig. 1.40 Carga Intermitente

- Cargas Alternantes.- Son aquellas cuya magnitud cambia de un valor positivo al mismo

valor negativo. ( Pmax = - Pmin)

P

t

Pmin

Pmax

0

2

minmax

PPPmed

Fig. 1.41 Carga Alternante

Existen varias teorías para verificar la falla frente a cargas variables. En el presente libro se

desarrollará sólo la teoría de Goodman Modificado.

Esfuerzos Máximos

Esfuerzos Medios

Esfuerzos Mínimos

45º

Sy

Sut

Se

-Se

med

Fig. 1.42 Diagrama de Goodman Modificado

Según esta teoría la pieza no falla mientras las tensiones se encuentran dentro de la región

sombreada.

Para construir el diagrama se necesitan: El Limite de Rotura Sut , El Limite de Fluencia Sy y

el Limite de Resistencia a la fatiga Se (cuyo valor aproximado es la mitad de la resistencia a

la rotura. Se = Sut/2). Por cada una de estas tensiones se traza una línea horizontal que

intersecte a una línea a 45 grados que constituye la línea de Tensiones Medias.

PROBLEMAS RESUELTOS

1.1. Se tiene dos cables metálicos, el primero de Aluminio con un diámetro de 1 mm y el

segundo de Acero con un diámetro de 0.5 mm. Tomar Sy al = 283 Mpa (2884.8 Kg/cm²) y Sy

ac = 428 Mpa (4362.8 Kg/cm²). Se pide hallar la carga máxima que pueden soportar ambos

cables y cuál es el de mayor resistencia

Cable Al

0.1 [cm]

Cable Ac

0.05 [cm]

(a) (b)

Solución:

Para evitar la falla

= P/A < Sy

Despejando P = d2 Sy /4

Reemplazando valores

Pal = 22.65 Kg

Pac = 8.56 Kg

El cable de aluminio es más resistente.

1.2. Dos piezas “a” y “b” con una longitud inicial de 10 cm y 100 cm, se deforman hasta

alcanzar longitudes finales de 11 cm y 105 cm respectivamente. Se pide calcular la

deformada total y unitaria

Solución: = lf – l

= / l = (lf - l)/ l

a = 1 cm

a = 0.1 (10%)

b = 5 cm

b = 0.05 (5%)

Nótese que: a < b pero a > b

1.3. Si en el problema anterior los diámetros de ambas piezas es de 1 cm. Se pide calcular

la deformada total y unitaria transversal. Tomar = 0.3

Solución: q = -

df = q d + d

qa = - 0.03 (3%)

dfa = 0.97 cm

qb = - 0.015 (1.5%)

dfb = 0.985 cm

1.4. Para el problema 1.2 se pide hallar las tensiones a los que están sometidas las piezas si

son de acero. Tomar E = 2.1 x 10 6 Kg/cm²

Solución: = E

a = 0.1 (10%)

b = 0.05 (5%)

Entonces a = 210000 Kg/cm²

b = 105000 Kg/cm²

Ningún material soporta estos tensiones. Estas deformadas (10 y 5 %) son imposibles.

1.5. Cuál es la deformada máxima que puede tener un acero antes de fallar.

Tomar Sy = 428 Mpa (4362.8 Kg/cm²) y E = 2.1 x 10 6 Kg/cm²

Solución: < Sy

= E

< = Sy/ E = 0.00207 (0.2%)

1.6. Una carga de 100 Kg se aplica a dos piezas de aluminio y acero con el mismo diámetro

de 1 cm. Tomando Eacero = 2.1 x 10 6 Kg/cm², Ealuminio = 0.9 x 10 6 Kg/cm², Sy acero = 428 Mpa

(4362.8 Kg/cm²) y Sy aluminio = 283 Mpa (2884.8 Kg/cm²). Se pide hallar : La relación de

deformadas y la relación de factores de seguridad.

Solución: = / E

= Sy/

acero = P/A = aluminio

acero/aluminio = Ealuminio / Eacero = 0.428 (42.8 %)

acero / aluminio = Syacero/ Syaluminio = 1,512 (151,2 %)

Estos resultados muestran primero que el acero se deforma menos que el aluminio y

segundo que el acero resiste más que el aluminio

1.7. Hallar los módulos de elasticidad al corte para los materiales del 1.anterior. Tomar =

0.3 Eac = 2.1 x 10 6 Kg/cm², Eal = 0.9 x 10 6 Kg/cm²

Solución:

G = E/[2 ( 1 + )]

Gacero = 8,07 x 105 Kg/cm²

Galumino = 3,46 x 105 Kg/cm²

1.8. Construir el diagrama de Goodman Modificado para un material con Sy = 4000 Kg/cm²

Sut = 6000 Kg/cm² y Se = Sut/2 = 3000 Kg/cm²

Solución:

45º

6000

med

S

4000

3000

-3000

A

B

C

D

E

A(0,3000)

B(6000,6000)

C(4000,4000)

E(0,-3000)

1.9. En el anterior 1.hallar las ecuaciones de las tensiones máximas, tensiones medios y

tensiones mínimas.

Solución: A (0,3000)

B (6000,6000)

C (4000,4000)

E (0,-3000)

La ecuación de la recta conocidos dos puntos es

(y – y1)/(x – x1) = (y2 – y1)/(x2 – x1)

Para (A,B)

(y – 3000)/(x - 0) = (6000 – 3000)/(6000 – 0)

Smax = x/2+3000 para Smax< 4000

Las curvas de tensiones mínimas van de B a E y de C a D

(y – 6000)/(x - 6000) = (-3000 – 6000)/(0 - 6000)

Smin = 1,5 x – 3000 para min < 0

Cuando Smin = 0 se halla que x = 2000 y D = ( 2000,0)

(y – 4000)/(x - 4000) = (0 – 4000)/(2000 - 4000)

y = 2 x – 4000

Smin = 2x – 4000 para min > 0

1.10. Hallar las tensiones admisibles para carga estática, carga intermitente y carga

alternante del material de los problemas 6 y 7

Solución:

a) Carga estática

S = Sy = 4000 Kg/cm²

b) Carga intermitente

S = . Smax = x/2+3000 y x = 2000

S = 4000 Kg/cm²

c) Carga alternante

S = Se = 3000 Kg/cm²

1.11. Para las cargas dadas determinar en cada caso si hay o no falla con el material de los

problemas 6 y 7

max = 3500 Kg/cm² y min = – 3500 Kg/cm².


max = 4500 Kg/cm² y min = 0 Kg/cm².


Solución: med = (max+ min)/2

a med = 0

b med = 1500 Kg/cm²

c med = 2250 Kg/cm²

d med = 3000 Kg/cm²

45º

6000

med

S

4000

3000

-3000

A

B

C

E

D(20000,0)

a) a med = 0

S max = 3000 < a max = 3500 Hay falla

b) b max = 1500 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² y = x/2+3000

Smax = 3750 > b max = 3500 Kg/cm² No hay falla

b min = - 500 Kg/cm² < 0 y = 1,5 x – 3000

Smin = - 750 < b min = -500 Kg/cm² No hay falla

c) c max = 2250 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² y = x/2+3000

Smax = 4125 < b max = 4500 Kg/cm² Hay falla

d) d max = 3000 Kg/cm² < 4000 Kg/cm² y = x/2+3000

Smax = 4500 < b max = 4500 Kg/cm² No hay falla

d min = 3000 Kg/cm² > 0 y = 2x – 4000

Smin = 2000 > b min = 1500 Kg/cm² Si hay falla

1.12. Hallar las ecuaciones genéricas de las tensiones máximas, medios y mínimos.

45º

med

S

A

B

C

D

E

A(0,0.5*Sut)

B(Sut,S

ut)

C(Sy,S

y)

D(Descon,0)

E(0,0.5*Sut)

Sy

Sut

Se

-Se

La ecuación de la recta conocidos dos puntos es

(y – y1)/(x – x1) = (y2 – y1)/(x2 – x1)

La curva de tensiones máximas va de A a B

(y – 0.5 Sut)/(x - 0) = (Sut – 0.5 Sut)/(Sut – 0)

Smax = (x + Sut)/2 para Smax< Sy

Las curvas de tensiones mínimas van de B a E y de C a D

BE) (y – Sut)/(x – Sut) = (-0.5 Sut – Sut)/(0 – Sut)

Smin = 1,5 x – 0,5 Sut para min < 0

CD) Cuando Smin = 0 se halla que x = Sut/3 y la coordenada de D ( Sut/3, 0)

(y – Sy)/(x – Sy) = (0 – Sy)/(Sut/3 – Sy)

y = (x – Sy)( – Sy)/(Sut/3 – Sy) + Sy

Smin = (x – Sy)( – Sy)/(Sut/3 – Sy) + Sy para min > 0

PROBLEMAS PROPUESTOS

1.13. Se pide hallar la carga que pueden levantar (resistencia) dos cables metálicos, el

primero de Aluminio con un diámetro de 2 mm y el segundo de Acero con un diámetro de 1

mm. Tomar S y al = 2884.8 Kg/cm² y S y ac = 4362.8 Kg/cm²

1.14. Se pide hallar resistencia de los cables del 1.anterior, para cargas Alternante e

Intermitente.

1.15. Una carga de 100 Kg se aplica a una pieza de Acero con un diámetro de 1 cm y una

longitud de 100 cm. Se pide calcular las deformadas longitudinal y transversal.

1.16. En el anterior 1.se pide calcular la variación del volumen debido a la deformación.

1.17. Que carga aplicada a una pieza cilíndrica de Acero con un diámetro de 1 cm y una

longitud de 100 cm produce una deformación de 0,1 mm.

1.18. Cuál es la deformada máxima que puede tener un Aluminio antes de alcanzar la

fluencia. Tomar Sy = 2884.8 Kg/cm² y E = 0.7 x 10 6 Kg/cm²

1.19. Construir el diagrama de Goodman Modificado para un material con

Sy = 3000 Kg/cm² Sut = 5000 Kg/cm² y Se = Sut/2 = 2500 Kg/cm²

1.20. En el anterior 1.hallar las ecuaciones de las tensiones máximas, tensiones medios y

tensiones mínimas.

1.21. Hallar las tensiones admisibles para carga estática, carga intermitente y carga

alternante del material de los problemas 4 y 5

1.22. Para las cargas dadas determinar en cada caso si hay o no falla con el material de los

problemas 4, 5 y 6





1.23. Hallar las ecuaciones genéricas de las tensiones máximas, tensiones medios y

tensiones mínimas.

PROPIEDADES MECANICAS

Material Sy Sut E G

Ksi MPa Ksi MPa Ksi GPa Ksi GPa

Aluminun allys 2014-T4 41 283 62 428 10,6 73 4 27.6 0.33

Aluminun allys 2014-T6 60 410 70 480 10,6 73 3,8 26.2 0.33

Aluminun allys 2024-T4 48 331 68 470 10,6 73 3,9 27 0.33

Aluminun allys 6061-T6 40 276 45 310 10,4 72 3,9 27 0.33

Aluminun allys 7075-T6 70 483 80 552 10 69 3,75 26 0.33

Brass (Red, cold rolled) 60 414 75 518 15 104 5,5 38 0.34

Brass (Red, annealed) 15 104 40 276 15 104 5,5 38 0.34

Bronze (cold rolled) 75 772 100 515 15 104 6,5 44.9 0.34

Bronze (annealed) 20 138 50 345 15 104 6,5 44.9 0.34

Cast iron (tension) 29.5 205 40 274.5 25 173 12,5 86.3 0.28

Cast iron (compression) - - 125 870 25 173 12,5 86.3 0.28

Concrete (compression) 2 13.8 5 35 4,5 31 - - 0.15

Copper (cold-drawn) 40 280 45 310 17 117 6,3 43.5 .35

Plate glass - - 10 70 10 69 4 27.6 0.2

Magnesium alloy 22 150 40 280 24 166 20 138 0.35

Monel (wrough, hot rolled) 50 345 90 621 26 179 9,5 65.6 .32

Nickel alloy 60 414 80 552 30 207 11,4 78.7 0.31

Nylon - - 9 60 400 2.76 - - 0.4

Polyethylene - - 2.5 17.5 150 1 - - 0.4

Rubber (average) 0.6 4 2 13.5 .4 .00276 .0007 41.5 0.48

Steel .2% C hardened 62 428 90 620 30 207 11,6 80 .32

Steel .2% C cold-rolled 60 414 85 587 30 207 11,6 80 .32

Steel .2% C hot-rolled 53 366 62 428 30 207 11,6 80 .32



Steel Stainless (cold-rolled) 165 1140 190 1310 29 200 12,5 86.3 .27

Steel Stainless (heat-treated) 132 911 150 1040 29 200 12,5 86.3 .27

Steel, structural - - - - -

Steel ASTM-A36 36 250 60 400 29 200 11 75.9 .32

Steel ASTM-A572 50 340 70 500 29 200 11 75.9 .32

Steel ASTM-A514 100 700 120 830 29 200 11 75.9 .32

Douglas Fir 6 41 7.4 51 1,3 9 - - .29

Southern Pine 6.5 45 8.4 58 1,9 13.1 - - .3

Red Oak 4.6 32 6.9 48 1,8 12.4 - - .3

2 Tracción y Compresión

2.1 Introducción

Un elemento está sometido a tracción o compresión cuando al realizar un corte por cualquier

sección recta no aparecen momentos internos, tampoco fuerzas de corte y solo se verifica

una fuerza normal N en el centro de gravedad de la sección, es decir, en todas las

secciones rectas del elemento se anulan el tensión cortante y los momentos torsor y flector.

Dependiendo si la carga tiende a estirar o a comprimir la pieza, la carga será de tracción o

compresión.

Fig. 2.1 Tracción

Ejemplos de elementos sometidos a tracción compresión son: Los cables metálicos, los

arriostres, los elementos de las vigas armadas y elementos de las estructuras metálicas.

Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad de las

siguientes condiciones:

1.- Se cumple la hipótesis de Bernoulli (Conservación de las secciones planas)

2.- Los elementos tienen secciones transversales uniformes

3.- Los materiales son homogéneos

4.- Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la sección

5.- Los miembros sometidos a compresión no son tan esbeltos y no hay pandeo.

2.2 Diagramas de Fuerzas Normales:

Se denominan diagramas de fuerzas normales a los diagramas que dan las fuerzas

normales N en cada sección de una barra prismática.

Fig. 2.4 Diagrama de Fuerzas Normales

2.3 Tracción Compresión Monoaxial

a) Tensiones

Considérese una barra prismática sometida a Tracción-Compresión.

Fig. 2.1 Tensiones en Tracción Compresión

Realizando un corte en la barra por la sección recta transversal A, se observa que:

n = P/A (2.1

n = 0 (2.2

La hipótesis de Bernoulli se comprueba experimentalmente observando que en una barra

sin carga en la que se trazaron líneas rectas paralelas y perpendiculares a su eje

longitudinal, con carga las líneas paralelas al eje longitudinal se alargan por igual (La

deformación longitudinal es constante),

Fig. 2.1 Hipótesis de Bernoulli

Entonces si εX = cte, de la ley de Hooke se concluye que como el área es también

constante, las tensiones resultan constantes. Para una pieza de sección variable las

tensiones varían inversamente proporcionalmente a la magnitud del área

Si en lugar de cortar la barra por la sección recta transversal A, se la corta por una sección

inclinada en un ángulo α

Fig. 2.3 Tensiones en una sección inclinada

Por equilibrio, la fuerza externa P genera una fuerza interna de igual magnitud, sin embargo

esta ya no es perpendicular a la sección y se la puede descomponer en una componente N

perpendicular a la sección que producirá tensiones normales y en otra componente Q

tangencial a la sección que producirá tensiones cortantes. Se tiene:

N = P Cos α (2.3

Q = P Sin α (2.4

α = N/Aα (2.5

α = Q/Aα (2.6

AN = Aα Cos α (2.7

De 2.2, 2.3 y 2.6

α = N/Aα = P Cos α /(AN /Cos α) = P Cos2 α / AN (2.8

α = (P/2AN) (1 + Cos 2 α) (2.9

De 2.4, 2.5 y 2.6

α = Q/Aα = P Sin α/(AN /Cos α) = P Sin α Cos α / AN (2.10

α = (P/2AN) Sin 2 α (2.11

Reemplazando α = 0 en 2.7 y 2.8, se verifican los resultados obtenidos en 2.1

La ecuación de una circunferencia es :

(x – xo)2 + (y – yo)2 = R2 (2.12

Y se verifica que

(α - P/2AN)2 + α2 = (P/2 AN)2 (2.13

P/2AN

max

max

Fig. 2.4 Tensiones en una sección normal

Entonces, la relación entre las tensiones α y α puede se representa por una circunferencia

con un radio de P/2AN y con centro desplazado horizontalmente con el mismo valor del

radio.

b) Tensiones Principales

Se llaman tensiones principales a las tensiones máximas. De 2.7, 2.8 y del gráfico

Para α = 0 max = N = P/AN min = 0 (2.14

Para α = 45 45 = P/2AN max = P/2AN (2.15

Para cargas de tracción y compresión en una dimensión las tensiones normales máximos

ocurren en una sección transversal α = 0 y las tensiones cortantes máximos en una sección

a α = 45º. Para prevenir la falla, ambos tensiones máximas no deben exceder las fluencias.

max = P/AN < Sy (2.16

max = P/2AN < S´y (2.17

c) Deformaciones

Una pieza recta de sección constante y longitud l cargada en sus extremos por una fuerza

de tracción (compresión) sufre una deformación L

Fig. 2.5 Deformación en una pieza de sección constante

En la zona elástica, la deformada es proporcional a la carga y es válida la ecuación de

Hooke

x = P/AN = E x (2.18

y = z = 0 (2.19

x = /L (2.20

y = z = - ν x = - ν x /E (2.21

Entonces x = PL/EA (2.22

Resultado válido para piezas con sección constante. Para piezas con sección variable se

aplica la anterior ecuación a un elemento diferencial “dx” donde el área se puede considerar

constante.

dx

PP

llf

Fig. 2.6 Deformación en una pieza de sección variable

d = Pdx/EA (2.23

l

EA

Pdx

0

(2.24

Para una sección transversal constante se obtienen los mismos resultados de 2.17

d) Cargas, Tensiones y Deformadas debido al Peso Propio

En objetos de gran altura como por ejemplo edificios, torres y otros, el peso propio es una

carga que tiene mucha importancia y debe ser tomada en cuenta. El peso es una carga

variable ya que a analizando una sección horizontal a una altura “y”, esta soporta el peso de

la porción del objeto que se encuentra encima de ella. Para entender mejor esto se presenta

la analogía de una torre humana de 3 personas cada una con un peso de 75 Kg. En ésta

torre la persona de arriba no soporta sobre sus hombros ninguna carga, la del medio soporta

75 Kg. y la de abajo soporta 150 Kg. sobre sus hombros.

y

h

dy A

W(y )

Peso

sobre "y "

Fig. 2.7 Peso Propio

Para un elemento diferencial “dy” el área de la sección se considera constante y su peso es

dW = A(y) dy (2.25

El peso de la porción de la pieza que se encuentra sobre una sección a una altura “y” es

h

y

dyyAyW )()(

(2.26

Un error común es tomar el límite inferior como cero, ya que en este caso el peso calculado

es el de toda la pieza. Entonces se enfatiza en que el límite inferior de la integral es “y”.

La tensión en una sección a una altura “y” es:

)(

)(

)(

)()(

yA

dyyA

yA

yWy

h

y

(2.27

La deformación longitudinal debido al peso propio se halla con la ecuación 2.19

reemplazando en ella el peso como carga

h

h

yh

EA

dydyyA

EA

Pdy

00

)(

(2.28

e) Deformaciones debido a la temperatura

Además de las deformadas debido a las cargas externas se presentan deformadas originados por cambios de temperatura, conocidas como dilataciones y contracciones. Los cambios de temperatura originan una deformación lineal uniforme en todas las direcciones, que se calcula por :

lf = l +l T (2.29

Entonces t = l T (2.30

t = T (2.31

es el coeficiente de dilatación que es un valor específico de cada material.

Material

Aluminio 23.2

Fundición 10.4

Cobre 16.7

Acero 11.7

Hormigón 10.8

Las deformada total es por consiguiente la suma de las deformadas debido a cargas

externas y la deformada debido a los cambios de temperatura.

tot = mec + t = /E + T (2.32

Si la deformación por cambios de temperatura se restringe, provocan tensiones. Para

encontrar estas tensiones, se usa la anterior ecuación escrita en otra forma que se conoce

como la ley de Hooke extendida o la ley de Duhamel – Neumann

= E (tot - T) (2.33

Cuando la expansión térmica de un sistema se restringe por ejemplo anclando una pieza

entre dos paredes rígidas, aun pequeños cambios de temperatura producen grandes

tensiones térmicos. Esto se debe al módulo de Young que para la mayoría de los materiales

usados en Ingeniería es grande

2.4 Tracción Compresión Biaxial

a) Tensiones

Considérese un elemento diferencial sometido simultáneamente a cargas de tracción

compresión en dos direcciones

Fig. 2.8 Tensiones en Tracción Compresión Biaxial

En la sección inclinada aparecen simultáneamente tensiones normales y cortantes .

Por trigonometría

L Cos = dy (2.34

L Sin = dx (2.35

De la estática

F1 = 0 L dz - y dx dz Sin - x dy dz Cos = 0 (2.36

- y Sin2 - x Cos2 = 0 (2.37

= y (1-Cos 2)/2+ x (1+ Cos 2)/2 (2.38

= (y+ x )/2+(x - y )(Cos 2)/2 (2.39

F2 = 0 L dz + y dx dz Cos -x dy dz Sin = 0 (2.40

+ y Sin Cos - x Sin Sin = 0 (2.41

= (x -y )(Sin2)/2 (2.42

Las ecuaciones 2.26 y 2.29 dan las tensiones normales y cortantes para una sección

inclinada.

Ya que (Sin 2 )2+( Cos 2 )2 = 1 (2.43

Entonces [-(x + y )/2]2 + 2 = [(x - y )/2]2 (2.44

Similar a una dimensión, las ecuaciones representan una circunferencia con desplazamiento

en de (x +y )/2, sin desplazamiento en y radio igual al (x - y )/2. Esta ecuación no

necesariamente pasa por el origen

(x-

y)/2

max

max

(x

y)/2

Fig. 2.9 Circulo de Mohr en Tracción Compresión Biaxial

b) Tensiones Principales

Las tensiones máximas o principales son:

Para = 0 max = x min = 0 (2.45

Para = 90 max = y min = 0 (2.46

Para = 45 min = 0 max = (x -y )/2 (2.47

Una pieza sometida a tracción compresión en dos dimensiones tiene tensiones normales

máximas en los ejes “x” y “y”, y tensiones cortantes máximos en secciones inclinadas a =

45º.

Para que la pieza no falle, las tensiones máximas no deben exceder los límites de fluencia

max < S y (2.48

max < S´y (2.49

c) Deformaciones

En la figura se muestra un elemento sometido a tracción compresión en dos dimensiones o

biaxial

Fig. 2.10 Deformaciones en Tracción Compresión Biaxial

Debido a que las ecuaciones son lineales, se aplica el principio de superposición, donde se

hallan primero las deformaciones originadas sólo por las cargas horizontales y luego las

deformaciones originadas sólo por las cargas verticales. Las deformadas totales se hallan

por la superposición o combinación de ambos resultados parciales.

Considerando inicialmente sólo las tensiones horizontales

x = x /E (2.50

y = - q = - x /E (2.51

Considerando ahora sólo las tensiones verticales

y = y /E (2.52

x = - q = - y /E (2.53

Superponiendo

xt = x /E - y /E = x- y (2.54

yt = y /E - x /E = y- x (2.55

2.5 Tensiones en Recipientes de Pequeño Espesor

a) Tensiones en Recipientes Cilíndricos de Pequeño Espesor

Considerando recipiente cilíndrico de radio interior r y espesor de pared t, que contiene un

fluido a presión. Se van a determinar las tensiones ejercidos sobre un pequeño elemento de

pared con lados respectivamente paralelos y perpendiculares al eje del cilindro. Debido a la

simetría axial del recipiente y de su contenido, no se ejercen tensiones cortantes sobre el

elemento.

Figura 2.11 Recipiente cilíndrico

Las tensiones ζ1 y ζ2 mostrados en la figura 2.11 son por tanto tensiones principales. El

tensión ζ1 se conoce como tensión de costilla y se presenta en los aros de los barriles de

madera. El tensión ζ2 es el tensión longitudinal. Para determinar las tensiones de costilla se

retira una porción del recipiente y su contenido limitado por el plano “xy” y por dos planos

paralelos al plano yz con una distancia Δx de separación entre ellos. Se aclara que p es la

presión manométrica del fluido.

Figura 2.12 Trozo del cilindro

Con la ecuación de equilibrio de fuerzas en “z” se halla el tensión de costilla:

p (2r) Δx = 2 ζ1 Δx t (2.56

ζ1 = p r / t (2.57

Para hallar el tensión longitudinal ζ2 como se muestra en la figura 2.13 se hace un corte

perpendicular al eje x y se considera, el cuerpo libre, consta de la parte del recipiente y de

su contenido a la izquierda de la sección

Figura 2.13 Corte del cilindro

De la sumatoria de fuerzas en z, finalmente se concluiría que:

p (π r2) = ζ2 2 π r (2.58

ζ2 = p r / (2 t) (2.59

El tensión en la costilla es el doble del tensión longitudinal

b) Tensiones en Recipientes Esféricos de Pequeño Espesor

Debido a la presión interior p, un elemento diferencial y por la simetría de la esfera estará

sometido a las tensiones ζ2 uniformes

Fig. 2.14 Tensiones en un Recipiente de Pared Delgada Esférico

La tensión ζ2 se halla de una manera similar a la tensión longitudinal en cilindros

De la sumatoria de fuerzas en x, finalmente se concluiría que:

p (π r2) = ζ2 2 π r (2.60

ζ2 = p r / (2 t) (2.61

2.6 Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos)

Cuando en una barra o en una estructura el número de ecuaciones de equilibrio es inferior al

número de incógnitas, se dice que es un caso Hiperestático. Estos casos suelen darse

cuando la barra o la estructura tiene apoyos (ligaduras) de más. Para resolver pues un caso

hiperestático no serán suficientes las Ecuaciones de equilibrio y se buscarán para

complementarlas Ecuaciones de Deformación,

PROBLEMAS RESUELTOS

2.1. Una pieza con una sección de 1 cm² está sometida a una fuerza de tracción en una

dimensión de 100 Kg. Hallar las tensiones en secciones con ángulos de 0º hasta 360º con

un intervalo de 10º.

Solución:

2.2. Hallar las tensiones máximas del 2.1.

Solución: max = P/AN = 100/1 = 100 Kg/cm²

max = P/2AN = 100/2 = 50 Kg/cm²

2.3. Una pieza está sometida a cargas de tracción compresión en dos dimensiones con x =

90 Kg/cm² y y = -120 Kg/cm². Hallar las tensiones para ángulos desde 0º hasta 360º con un

intervalo de 10º. Graficar los resultados.

(Gr) (Rad) =(P/2An)(1+Cos 2) =(P/2An)(Sin 2)

0 0.0 100.0 0.0

10 0.2 97.0 17.1

20 0.3 88.3 32.1

30 0.5 75.0 43.3

40 0.7 58.7 49.2

50 0.9 41.3 49.2

60 1.0 25.0 43.3

70 1.2 11.7 32.1

80 1.4 3.0 17.1

90 1.6 0.0 0.0

100 1.7 3.0 -17.1

110 1.9 11.7 -32.1

120 2.1 25.0 -43.3

130 2.3 41.3 -49.2

140 2.4 58.7 -49.2

150 2.6 75.0 -43.3

160 2.8 88.3 -32.1

170 3.0 97.0 -17.1

180 3.1 100.0 0.0

190 3.3 97.0 17.1

200 3.5 88.3 32.1

210 3.7 75.0 43.3

220 3.8 58.7 49.2

230 4.0 41.3 49.2

240 4.2 25.0 43.3

250 4.4 11.7 32.1

260 4.5 3.0 17.1

270 4.7 0.0 0.0

280 4.9 3.0 -17.1

290 5.1 11.7 -32.1

300 5.2 25.0 -43.3

310 5.4 41.3 -49.2

320 5.6 58.7 -49.2

330 5.8 75.0 -43.3

340 5.9 88.3 -32.1

350 6.1 97.0 -17.1

360 6.3 100.0 0.0

-60.0

-40.0

-20.0

0.0

20.0

40.0

60.0

-50.0 0.0 50.0 100.0

Esf Normal

Es

f C

ort

e

Solución:

2.4. Hallar las tensiones máximas del problema 2.3.

Solución: = 0 max = x = 90 Kg/cm²

= 90 max = y = -120 Kg/cm²

= 45 max = (x - y )/2 = 105 Kg/cm²

2.5. Una pieza cilíndrica de Acero tiene = 3 cm y largo L = 100 cm está sometida a una

carga de 1000 Kg. Tomando Sy = 1800 Kg/cm² y Sy´ = 960 Kg/cm²sse pide hallar:

Las tensiones máximas

Las tensiones a 30o

Las deformadas total, unitaria longitudinal y transversal

Los coeficientes de seguridad

Solución:

a) A = 2/4 = 7,07 Kg/cm²

max = N = P/AN = = 141,47 Kg/cm² para = 0o

(Gr) (Rad)

= (x+y)/2 +

(x-y)(Cos 2)/2 =(x-y)(Sin 2)/2

0 0.0 90.0 0.0

10 0.2 83.7 35.9

20 0.3 65.4 67.5

30 0.5 37.5 90.9

40 0.7 3.2 103.4

50 0.9 -33.2 103.4

60 1.0 -67.5 90.9

70 1.2 -95.4 67.5

80 1.4 -113.7 35.9

90 1.6 -120.0 0.0

100 1.7 -113.7 -35.9

110 1.9 -95.4 -67.5

120 2.1 -67.5 -90.9

130 2.3 -33.2 -103.4

140 2.4 3.2 -103.4

150 2.6 37.5 -90.9

160 2.8 65.4 -67.5

170 3.0 83.7 -35.9

180 3.1 90.0 0.0

190 3.3 83.7 35.9

200 3.5 65.4 67.5

210 3.7 37.5 90.9

220 3.8 3.2 103.4

230 4.0 -33.2 103.4

240 4.2 -67.5 90.9

250 4.4 -95.4 67.5

260 4.5 -113.7 35.9

270 4.7 -120.0 0.0

280 4.9 -113.7 -35.9

290 5.1 -95.4 -67.5

300 5.2 -67.5 -90.9

310 5.4 -33.2 -103.4

320 5.6 3.2 -103.4

330 5.8 37.5 -90.9

340 5.9 65.4 -67.5

350 6.1 83.7 -35.9

360 6.3 90.0 0.0

-150.0

-100.0

-50.0

0.0

50.0

100.0

150.0

-150.0 -50.0 50.0

Esf Normal

Es

f C

ort

e

max = P/2AN = 70,73 Kg/cm² para = 45o

b) = (P/2AN )(1 + Cos 2)

30 = 106,10 Kg/cm²

= (P/2AN) Sin 2

30 = 61,25 Kg/cm²

c) = Pl/EA = 6,73 x 10-3 cm

= /l = 67 x 10-6 ( 67 x 10 –4 %)

q = - = -20,20 x 10 –6 (-20,20 x 10 –4 %)

q = q d = -60,6 x 10 –6 cm

d) = Sy/max = 1800/141,47 = 12,72

= Sy´/max = 960/70,73 = 13,57

2.6. Una pieza de a = 2 cm de ancho por b = 3 cm de alto y c = 1 cm de profundidad está

sometida a una fuerza horizontal de 100 Kg. y una vertical de 200 Kg. Se pide hallar las

dimensiones finales. Tomar = 0.3

200[kg]

100[kg]c

b

a

Solución:

x = Fx/(b c) = 33,33 Kg/cm²

y = Fy/(a c) = 100,00 Kg/cm²

xt = x /E - y /E = 1,58 x 10-6

yt = y /E - x /E = 4,28 x 10-5

af = a + a xt = 2,000003 cm

bf = b + b yt = 3,00012 cm

2.7. En la pirámide truncada de área transversal cuadrada de la figura. Se pide calcular:

a) El peso parcial sobre cualquier altura “y”

b) El tensión normal máximo

c) La deformada total

y

1000[cm]

dy

60[cm]

90[cm]

AA

SEC. A-A

Solución: b(y) = (- 30/1000) y + 90

a) El peso sobre y es

dyydyyAyW

h

y

h

y

2

901000/30)()(

30)3(

1000901000/3060)(

33 yyW

b) El tensión normal es máximo en la base ( y = 0)

3

33

max90

)9060(1000

max = 703.83

c) La deformada

l

EA

Wdy

0

ydl

yE

dyy

02

901000

30

390

1000

3036090

1000

)30(2

10009060

90

1

60

1

30

100060

90

1000 223

E

2.8. En la pieza cónica truncada de la figura, se pide hallar la deformación debida a la acción

de la fuerza P y del peso propio.

y

h

dyD/2

D

BB

SEC. B-B

P

Solución:

h

EA

dyyWP

0

)(

1

2 h

yDd

22

1244

h

yDdA

dyy

h

yDdy

yyAyW

0

124

0

)()(

2

)33(

48)( 22

2

2

hyhyh

yDyW

hh

h

yDE

dyhyhyh

yD

h

yDE

Pdy

0

2

22

2

2

0

2

124

)33(48

124

2

2

3

)Dh(24P

DE

h

2.9. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables.

l/2

P

(b) (c)

l l

(a) (b) (c)

l l

a

b

c

Solución:

Fy = 0 Ta+ Tb + Tc = P (i

Ma = 0 P l/2 – Tb l – Tc 2l = P/2 - Tb –Tc 2 = 0 (ii

El sistema es hiperestático ya que son tres incógnitas (Ta , Tb ,Tc) y sólo 2 ecuaciones. La

tercera ecuación se halla analizando las deformaciones

(a-c)/2l = (b-c)/l

c

c

b

b

c

c

a

a

EA

T

EA

lT

EA

lT

EA

lT2

Ta –Tc = 2 (Tb – Tc)

Ta – 2 Tb + Tc = 0 (iii

De i, ii y iii Ta = P - Tb - Tc = 2 Tb - Tc

Tb = P/3

Tc = P/12

Ta = 7P/12

2.10. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables

O

O'

P

ab c

Solución:

lb = la Sin = 0.5 la

lb = lc Sin = 0.866 lc

Fy = 0 Ta Sin + Tb+Tc Sin = P

Ta 0.5 + Tb + Tc 0,866 = P (I

Fx = 0 Ta Cos = Tc Cos

Ta 0,866 = Tc /2 (ii

Ma = 0 No existe ya que las fuerzas son concurrentes

El sistema es hiperestático ya que son tres incógnitas (Ta , Tb ,Tc) y sólo 2 ecuaciones. De la

ecuación de deformadas

O

O'

O

O'

Del gráfico a = OO´Sin (-) = Ta la / EA (iii

b = OO´Sin (90-) = Tblb/EA (iv

c = OO´Sin (+) = Tclc/EA (v

De iii y iv Ta la/ Sin (-) = Tb lb/ Sin (90-) (vi

De iv y v Tb lb/ Sin (90-) = Tc lc/ Sin (+) (vii

la 0.5 = lb

lc 0,866 = lb

De vi Tala/(Sin Cos - Sin Cos ) = Tblb/ Cos

Ta (lb/0.5)/(Cos 0.5- Sin 0,866) = Tblb/ Cos

Ta = 0.5Tb( 0.5- 0.866 Tan )

0.5 - (Ta / 0.5Tb) = 0.866 Tan

Tan = [( 0.52Tb - Ta) / (0.5Tb)]/0.866 (viii

De vii Tb lb/ Cos = Tc lc/ SinCos+Sin Cos)

Tb lb/ Cos = Tc (lb/0.866)/ (0.866Cos+Sin 0.5)

0.5 Tan = (Tc/0.866 Tb) – 0.866

Tan = [(Tc – 0.8662Tb) / (0.866 Tb)]/0.5 (ix

De viii y ix [( 0.52Tb - Ta) / (0.5Tb)] 0.5 = [(Tc – 0.8662Tb) / (0.866 Tb)] 0.866

( 0.52Tb - Ta) = (Tc – 0.8662Tb)

( 0.52Tb - Ta) = (Tc – 0.8662Tb)

Tb = Ta + Tc (x

Esta última es la ecuación de deformaciones buscada.

De x y i Ta 0.5 + (Ta +Tc )+ Tc 0,866 = P

1.5 Ta + 1.866 Tc = P

1.5 Ta + 1.866 (2Ta 0.866) = P

Ta = 0.211 P 0.29 P

Tc = 0.366 P 0.42 P

Tb = 0.577 P 0.5 P

2.11. En el sistema de la figura se piden hallar las tensiones en los cables a y b. La barra

horizontal se supone rígida y articulada en la pared

l/2

(a) (b)

Pl/2

l/2

l/2

TaTb

Pl/2

Ry

Rx

Solución:

Tan = (l/2)/(l/2) = 1

= 45º

Tan = (l/2)/l = 0.5

= 26,56

Fx = 0 Rx- TaCos -Tb Cos = 0 (i

Fy = 0 Ry + Ta Sin +Tb Sin -P = 0 (ii

Mo = 0 - Ta Sin l/2 -Tb Sin l + P l = 0

Ta 0.3535 + Tb 0.4472 = P (iii

Son tres ecuaciones con cuatro incógnitas Rx , Ry , Ta y Tb

l/2

A

a

b

A'

B'

Del grafico la Cos = l/2

lb Cos = l

a = AA´Sin

b = BB´Sin

AA´ = BB´/2

Entonces AA´ = a / Sin = BB´/2 = b /2 Sin

Tala/(EA Sin ) = Tblb/ (2EA Sin )

Ta/(2 Cos Sin ) = Tb/ (2 Cos Sin )

Ta/ Sin (2 ) = Tb/ Sin (2 )

Ta/ 1 = Tb/ 0.8 (iv

Que es la cuarta ecuación buscada, De donde

Ta = 1.405 P

Tb = 1.124 P

2.12. Hallar las tensiones en los cables a y b

P

Ry

Rx

Ta T

b

P

(a) (b)

l/2

l/2

Solución:

Fx = 0 Rx + Ta Sin 30 = 0 (i

Fy = 0 Ry + Ta Cos 30 + Tb -P = 0 (ii

Mo = 0 -Ta l/2 -Tb Sin 60 l + P Sin 60 l/2 = 0

-Ta 0,5 -Tb 0,866 + P 0,433 = 0 (iii

El 2.es hiperestático con tres ecuaciones y cuatro incógnitas Rx , Ry , Ta y Tb

(a)

b

A

A'

B

B'

lb Cos 30 = la

a = AA´Sin 90

b = BB´Sin 60

AA´ = BB´/2

Entonces AA´ = a / Sin 90 = BB´/2 = b /(2 Sin 60)

Tala/(EA) = Tblb/ (2EA Sin 60)

Ta lb Cos 30 = Tb lb / (2 Sin 60)

Ta 1,5 = Tb (iv

Resolviendo

Ta = 0,2406 P

Tb = 0,361 P

2.13. Se pide hallar el diámetro de la barra AC. Tomar Sy = 1800 Kg/cm²

P

20

30

B

B

A

C

60

P

TAC

2TBC

Cos

Vista Lateral

Solución:

Tan = 20/60 = 18.43

Tan = 15/60 = 14.03

Fy = 0 TAC Sin = P

TAC = 3163.09 Kg Tracción

Fx = 0 TAC Cos + 2TBC Cos = 0

TBC = - 1546.56 Kg Compresión - Pandeo

Analizando solo la barra AC

AC = TAC/( dAC2/4) < Sy

dAC = 1.49 cm

2.14. En el sistema de la figura se piden las reacciones en A y B

Solución:

Fy = 0 Rb = Ra + P (i

El sistema es hiperestático con una ecuación y dos incógnitas Ra y Rb. Las ecuaciones de

los círculos respecto del sistema x - y son

x2+y2 = 302

x2 + (y-40)2 = 152

60[cm]

40[cm]

30[cm]

A

B

T

A

B

yx

Ra

2

1P P

Rb

los diámetros 1 = 2 (302-y2)1/2

2 = 2 [152-(y-40)2]1/2

éstos se igualan a un altura de

2(302-y2)1/2 = 2[152-(y-40)2]1/2

302-y2 = 152- y2+ 80y –1600

y = 28,43

ec deformaciones

t = 1+2 = 0

dy

yyE

R

yE

dyR aa

43.28

0

43.28

0

22/1221)30(

1

)30(

1

60)30(2

4

)6167.3(

601

E

Ra

dy

yyE

PR

yE

dyPR aa

40

43,28

40

43,28

22/1222)40(15

1

)40(15

1

30

)(

))40(15(2

4)(

)0472.2(

30

)(2

E

PRa

0)0472.2(

30

)()6167.3(

6021

E

PR

E

R aa

Ra = - 0.259 P

Rb = 0.741 P

2.15. Se pide hallar las reacciones en las paredes

60

45 1030

30P

A B

P

A B

RA

RB

x

1 2 3

RA

Solución:

Fx = 0 Rb + P = Ra (i

Los diámetros y deformadas

d1 = -30 x/45 + 60

d2 = 30

d3 = 3 x - 195

30

45

)6045/30(

4

6045/30

445

0

21

xE

Rdy

xE

dyR aa

7

1 09,9)60

1

30

1(

30

)45(4 eRE

Ra

a

8

22 02,230

)4(30 eRE

Ra

a

)3)(1953(

)(4

1953

4)(85

75

23

xE

PRdy

xE

dyPR aa

9

3 36,3)()30

1

60

1(

)3(

)(4

ePR

E

PRa

a

La ec de deformadas

t = 1 +2+3 =

Ra9,09 E-7+Ra2,03 E-8+(Ra-P)3,36 E-9 = 0,001

Ra = 0.75 P

Rb = 0.25 P

2.16. Hallar las tensiones en las barras del sistema de la figura

30

ab

a100 cm

P

Ta

Tb

P

Ta

Solución

Fx = 0 Ta Cos 30 = Ta Cos 30 No aporta

Fy = 0 2 Ta Sin 30 + Tb = P (i

M = 0 Las fuerzas son concurrentes

Se tiene una ecuación y dos incógnitas. De las deformaciones

30

ab

a

a

b

O

O'

b = OO´

a = OO´Sin 30

b = a /Sin 30

Tb lb/EA = Tala/(EA Sin 30)

la Sin 30 = lb

Tb la Sin 30 = Ta la/Sin 30

Tb = Ta / Sin2 30

4 Tb = Ta (ii

De i y ii 2 (4 Tb) Sin 30 + Tb = P

Ta = 0.2 P

Tb = 0.8 P

2.17. Tres barras se encuentran articuladas en A para soportar juntas, un peso W como se

indica en la figura. El desplazamiento horizontal del punto A esta impedido por una varilla

corta horizontal AO que se supone infinitamente rígida, a) Determinar las expresiones para

calcular las tensiones en cada una de las barras y la fuerza total sobre la barra AO. b)

Utilizando las anteriores relaciones determinar las tensiones sí: A1 = A2 = A3 = 2 cm² = 30º;

= 45º; W = 2500 [ Kg].

L

L1,A

1,E

0

L2,A

2,E

0

L3,A

3,E

0

a

W

Solución.

Mo = 0

0)cos()cos( 321 WaaTaTaT

0coscos 321 WTTT (i

L

L1,A

1,E

0

L2,A

2,E

0

L3,A

3,E

0

W

Además 21 /cos

23 /cos (ii

l1 Cos = l2 = l3 Cos (iv

2

2

12

1 ··cos TA

AT

2

2

32

3 ··cos TA

AT

(v

1

3

3

3

2

1

2

1coscos

cos

AAA

WAT

(vi

1

3

3

3

2

22

coscos AAA

WAT

(vii

1

3

3

3

2

3

2

3coscos

cos

AAA

WAT

(viii

Además

R

T1

T2

T3

x

y

W

013 RsenTsenT

1

3

3

3

2

1

2

3

2

coscos

)cos(cos

AAA

AsenAsenWR

(ix

Con los datos se halla que:

T1 = 936.062 Kg

T2 = 1248 Kg

T3 = 624.041 Kg

R = - 26.768 Kg

2.18. Hallar la deformación total de la barra de la figura, considerando el material Acero con

D = 10 cm, l = 50 cm, E = 2.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg

P 2PDD/3

l/2 l/2 l/2

D/2

2/3

3

3

2/ 2

2

2/

0 1

1

l

l

l

l

l

TEA

dxP

EA

dxP

EA

dxP

P1 = -P (compresión) P2 = -P (compresión) P3 = P (tracción)

21

DD

31

Dd

144

5)(

22

1

2

11

DdDA

)4

2(

422

l

lxD

D

l

DxD

32

Dd

9

1

4

2

4)(

222

2

2

22l

lxDdDA

)4

2(

423

l

lxD

D

l

DxD

03 d

222

3

2

334

2

4)(

l

lxDdDA

222

2/3

3

3

2/ 2

2

2/

0 1

1

3

8

13

25ln

12

5

72

ED

Pl

ED

Pl

ED

Pl

EA

dxP

EA

dxP

EA

dxPl

l

l

l

l

T

Reemplazando T = - 0,00296 cm

2.19. En el sistema mostrado en la figura, se pide determinar las reacciones que soportan

las paredes rígidas por efecto de las cargas que se indican. Considerar una sección

rectangular de espesor constante “b” y los siguientes datos:

L = 30cm; H = 10 cm; h = H/3; E = 2.1x106 Kg/cm² ; P = 5000 Kg; b = 5 cm

Solución:

l

l

l

l

l

l

l

TEA

dxP

EA

dxP

EA

dxP

EA

dxP3

2/5 3

4

2/5

2 3

3

2

2

2

0 1

1

Hl

xbA

3

211

3/2 bHA

l

xlbHhx

l

hHbAA

3

)'2('43

Asumiendo que el bloque no llega a chocar en el extremo izquierdo

P1 = 0

P2 = P

P3 = P

P4 = 3P

Reemplazando

l

l

ll

l

l

T

l

xlbHE

Pdx

l

xlbHE

Pdx

bHE

Pdx

Hl

xEb

dx

2/

2/

0

2

0

3

)'2(

3

3

)'2(

33

21

0

l

l

ll

l

l

T

l

xlbHE

Pdx

l

xlbHE

Pdx

bHE

Pdx

Hl

xEb

dx

2/

2/

0

2

0

3

)'2(

3

3

)'2(

33

21

0

cmEbH

PLT 00837.0)3ln

2

92ln33(

ya que ésta deformada es mayor a la tolerancia indicada, hay contacto en la pared izquierda

y se debe tomar en cuenta la reacción R1 sobre la pared izquierda del apoyo. Recalculamos

la deformada con

P1 = -R1

P2 = P - R1

P3 = P - R1

P4 = 3P - R1

Además la deformación iguala a la tolerancia dada ( = 0.001)

l

l

ll

l

l

T

l

xlbHE

dxRP

l

xlbHE

dxRP

bHE

dxRP

Hl

xEb

dxR

2/

1

2/

0

1

2

1

0

1 001.0

3

)'2(

)3(

3

)'2(

)(

3

)(

3

21

001.0)13(ln

3)3ln32ln22(

2

3 1 EbH

lR

EbH

PlT

De donde R1 = 4657.03 Kg

Además R2 = P + 2P – R1

2PPR

2R1

De donde R2 = 10342.97 Kg

2.20. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con sección

variable según una función cuadrática, como se ve en la figura.

dx

y

D

f(x2)

l

P

dx

y

D

xdx

Dx

Solución:

l

x

tEA

Pdx

0

la variación del diámetro en función de x es cuadrática

BAxDx 2

para x = 0 Dx = d

para x = l Dx = D

Resolviendo

dxl

dDDx

2

2

2

2

2··

4

dx

l

dDAx

l

02

2

2

t

dxl

dD

4E

dxP

···

·

De donde

)(1

···

·2

dDd

dDarctg

dD

D

DdE

lPt

2.21. Hallar una expresión para determinar la reacción en cada uno de los apoyos, de los

elementos mostrados en la figura, originados por un aumento de la temperatura T,

considerando como datos: , l, a.

Cua

l

aa/2

l

Al

Solución:

Suponiendo que la deformación por dilatación es mayor a la holgura

Cu Al

La deformada en la pieza de cobre por tensiones es

l

xcu

cuAE

dxR

0

·

)1(

2

l

xaDx

l

cu

cu

l

xaE

dxR

0 2

124

·

2

8

aE

Rl

cu

cu

En el aluminio la deformación es similar:

l

xal

alAE

dxR

0

·

)1(

2

l

xaDx

l

al

al

l

xaE

dxR

0 2

124

·

2

8

aE

Rl

al

al

La deformación por la variación de temperatura:

TlTlTl alcualcuT )(

Además Talcu

Reemplazando, obtenemos:

TlaE

Rl

aE

Rlalcu

alcu

)(88

22

De donde:

Tl

aE

Rl

aE

Rlalcu

alcu

)(88

22

TlEE

aEER alcu

alcu

alcu )(

2

2

2.22. La pieza mostrada en la figura fue maquinada con las dimensiones mostradas, si la

temperatura aumenta a 120ºC, determinar las reacciones que soportan los apoyos luego de

la dilatación, tomando: l = 20[cm]; D = 5[cm]; d = 2[cm]; cu = 17x10-6[1/ºC]; al = 22.2x10-

5[1/ºC]; Ecu = 1.1x106[ Kg/cm²]; Eal = 7x105[ Kg/cm²

Cu Al

l l

D d

Tº=25 ºC

Solución:

La deformación debido a la dilatación es:

TlTlTl alcualcuT )(

)25120)(102.221017(20 56

xxT

cmT 0745.0

Ya que la deformada es mayor a la holgura, hay contacto en la pared derecha.

TR

Cu AlR

x

x

dx

Dx

l

l cucu

l

alal

RAE

dxP

AE

dxP2

2

0

1

alcu2al

2cu

TlaE

lR8

aE

lR8*

**

*

**

*

P1 = R

A1 = d2/4

P2 = R

A1 = Dx2/4

El diámetro es lineal

Dx = A x + B

de las condiciones de borde se obtiene que:

Ddxl

dDDx

2

Reemplazando:

l

l

cu

l

al

R

Ddxl

dDE

Rdx

dE

Rdx2

2

0

2

244

Resolviendo:

cual

cual

REEDd

dEDER

2

)(4

Reemplazando

T

cual

cual

EEDd

dEDER2

)(4

Con los datos

R = 2599.39 Kg

2.23. En la siguiente figura determinar las tensiones que ocurren en cada uno de los

alambres flexibles, que soportan a la barra rígida, articulada en uno de sus extremos.

(Considerar los datos mostrado en la figura.

l l l

E,A1,l

1E,A

2,l

2

E,A3,l

3

P

Solución:

Las deformaciones

1

2

3

a

b

entonces a / l = b / (2l)

1 = a Sin

2 = b Sin

3 = b Sin

además l = l1 Cos

l = l2 Cos

l = l3 Cos

reemplazando:

sensen

12 2

sen

sen1

2 2

sen

sen13 2

Las deformadas:

1

111

EA

lT

2

22

2EA

lT

3

33

3EA

lT

senEA

sen

lT

EA

lT

1

1

2

2cos

2cos

1

122

cos

cos2

Asen

TAsenT

senEA

sen

lT

EA

lT

1

1

3

3cos

2cos

1

13

3cos

cos2

Asen

TAsenT

De la estática

022 321 lsenTlsenTPllsenT

K

PAsenT 1

1

cos

K

PAsenT

2cos 2

2

K

PAsenT

2cos 3

3

Donde cos4cos4cos 2

3

2

2

2

1 senAsenAsenAK

2.24. Determinar la deformación debido al peso propio del bloque mostrado en la figura.

Siendo la sección, circular y variable con la altura, de forma parabólica, según el sistema de

coordenadas, mostrado.

H

H/3

H

y

x

ry

y

x

y

dy

wy

Solución:

dyEA

ywH

y

T 0

)(

la ec. de la parábola es

2)( oo yyPxx

),6

(),( HH

yx oo

para x = H/2 y = 0

63

)( 2 H

H

Hyrx r

El área a cualquier altura “y” es:

22

2

63

)()(

H

H

HyryA r

El peso por debajo de “y” es:

dyryw y

2)(

Reemplazando y simplificando:

54322345

2126014018013547

540)( yHyyHyHyHH

Hyw

La deformada:

dy

H

H

HyE

yHyyHyHyHHHH

T

0 2

2

54322345

2

63

)(

126014018013547540

simplificando:

)3ln617(90

2

E

HT


2.25. Hallar la tensión normal en una barra de sección circular sujeta a una carga de tracción

de 100 Kg si su diámetro es de 1 cm.

2.26. Hallar las tensiones normal y cortante para una sección a 30º en el anterior problema

2.27. Una pieza está sometida a tensiones de tracción compresión en dos dimensiones con

x = - 120 Kg/cm² y y = -150 Kg/cm². Hallar las tensiones para una sección que forma un

ángulo de 30º con la horizontal

2.28. Hallar el círculo de Mohr y las tensiones máximas en el anterior problema.

2.29. Una pieza de acero tiene sección cuadrada de 3 x 4 cm y un largo de 900 cm y está

sometida a una carga de 1500 Kg. Se pide hallar:

Las tensiones máximas

Las tensiones a 30o

Las deformadas total y unitaria longitudinal y transversal

Los coeficientes de seguridad Sy = 1800 Kg/cm² y Sy´ = 960 Kg/cm²

2.30. Una pieza de a = 3 cm de ancho por b = 4 cm de alto y c = 2 cm de profundidad está

sometida a una fuerza horizontal de 150 Kg. y una vertical de -200 Kg. Se pide hallar las

dimensiones finales. Tomar = 0.3

200[kg]

150[kg]c

b

a

2.31. En el sistema de la figura la sección transversal es circular y las dimensiones están en

centímetros. Se pide hallar:

a) El peso parcial sobre cualquier altura “y”

b) La tensión normal máxima

c) La deformada total

500

1000

30

45

15

y

2.32. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables.

P

(a) (b) (c) (b) (a)l

l

l/2

2.33. En el sistema de la figura se piden las tensiones en los cables

(a) (b) (c)

P

2.34. Hallar las tensiones en los cables

l/5

(a)

l/4

l/5 l/5 l/5 l/5

(b) (c) (d) (e)

P

2.35. Hallar las tensiones en los cables

P

(a)(b)

l/2

l/2

(c)

2.36. Se pide hallar el diámetro de la barra AC. Tomar Sy = 1800 Kg/cm²

P

20

30

B

B

C

60

A

A

2.37. Hallar la deformación total debido al peso propio. Tomar las unidades en cm

40

P

60

30

25

2.38. Para el sistema de la figura se piden las reacciones en A y B. Tomar las unidades en

cm

50

P

50A

30

40B

2.39. Se pide hallar las reacciones en las paredes. Tomar = 0.01 cm

70

60 2050

40P

A B

2.40. Tres barras se encuentran articuladas en A para soportar juntas, un peso W como se

indica en la figura. El desplazamiento horizontal del punto A esta impedido por una varilla

corta horizontal AO que se supone infinitamente rígida, a) Determinar las expresiones para

calcular las tensiones en cada una de las barras y la fuerza total sobre la barra AO. b)

Utilizando las anteriores relaciones determinar las tensiones sí: A1 = A2 = A3 = 2 cm² = 30º;

= 45º; W = 2500 Kg.

P

l/4 l/4 l/4 l/4

l/3

A

2.41. Hallar la deformación total del sistema de la figura. Tomar E = 2.1x106 Kg/cm² y P =

2000 Kg

45 45

0.35

60P

2.42. Hallar la deformada debido a la fuerza P y el peso propio

y

hdy A

D/2

P

D

A

2.43. En el sistema mostrado en la figura determinar las reacciones que soportan las

paredes rígidas por efecto de las cargas y un incremento de la temperatura. Considerar una

sección rectangular de espesor constante “b” y los siguientes datos:

L = 30cm; H = 10 cm; h = H/3; E = 2.1x106 Kg/cm² ; P = 5000 Kg; b = 5 cm T = 90C

H

l

Hh

l

2P

l

l/2

PA

B

B

B-B

b


variable según una función cúbica, como se ve en la figura.

dx

y

D

f(x2)

l

P

dx

y

D

xdx

Dx

2.45. Hallar una expresión para determinar la reacción en cada uno de los apoyos, de los

elementos mostrados en la figura, debido a la variación de temperatura T, considerando

como datos: , l, a.

Cu Ala/2 a

l l

T

2.46. Si la temperatura aumenta a 120 º C, determinar las reacciones que soportan los

apoyos luego de la dilatación, tomando: l = 20 cm; D = 5 cm; d = 2 cm; cu = 17x10-6 (1/ºC);

al = 22.2x10-5 (1/ºC); Ecu = 1.1x106[ Kg/cm²]; Eal = 7x105[ Kg/cm²

Cud a

l l

cm

T

Al D

2.47. Hallar las tensiones en el sistema de la figura. Cuando las deformaciones además de

la carga P provienen de un incremento de la temperatura T

l l l

E,A1,l

1E,A

2,l

2

E,A3,l

3

P

2.48. Determinar la variación que debe tener la sección circular del elemento de la figura, de

modo que las tensiones debido al peso propio sean constantes.

ry

y

x

y

dy

wy

2.49. La barra maciza mostrad en la figura, consta de un tramo troncocónico y otro cilíndrico,

determinar la deformación total del sistema siendo el material el mismo para ambos tramos.

3P P 2P

l l

Dd

2.50. Determinar la expresión para calcular la deformación total de la barra, que tiene una

perforación que produce una pared de espesor constante t, como se muestra en la figura, la

barra se encuentra sometida a la acción de las respectivas cargas. La sección de la barra

varía según se ve en dicha figura.

tD

D/2

l l

l/2

P2P 3P 2P

2.51. La barra mostrada en la figura se encuentra sometida a la acción de las fuerzas

mostradas que produce una reacción interna de la barra, debido a los apoyos que se

muestran, determinar las reacciones que se producen en dichos apoyos, considerando

además que los materiales tienen diferente módulo de elasticidad, y su sección transversal

es circular y varía en cada tramo.

l

3P 2P

E1

E1

E2

l l

d 2d

2.52. Determinar la ecuación para determinar el Área de las secciones transversales de los

elementos elásticos que se muestran en la figura. Considerar conocidas las longitudes de

cada una de éstas.

P

2

1

3a

a

2.53. Hallar las tensiones de los elementos mostrados en la figura.

P

2

a

1

2.54. Hallar las tensiones en las barras de la armadura mostrada en la figura cuando se

aplica la fuerza indicada. Considerar E, A igual para todas las barras.

a

a a

P1 2

2.55. Una armadura simétrica experimenta las cargas mostradas en la figura. Determinar las

tensiones normales que experimentan cada una de ellas.

3a

3a

a

P

1 1

22

2.56. Calcular las tensiones de montaje de los elementos flexibles mostrados en la figura, si

uno de ellos fue fabricado con una falla en su longitud = 0.5 cm.

a

a=1[m]

2a

2.57. Determinar los desplazamientos, horizontal y vertical, del punto de aplicación de la

fuerza P, además determinar todas las tensiones en las diferentes barras. Considerar, el

módulo de rigidez a la tensión E·A, constante.

P

l

2ll

l

1 2

3

.

2.58. Determinar el desplazamiento del punto A debido a las cargas aplicadas sobre la

armadura mostrada en la figura.

P

2l l

2

3

1

A l

l

3 Corte Puro

3.1 Introducción

Un elemento está sometido a Corte Puro cuando al realizar un corte por cualquier sección

recta no aparecen momentos internos, tampoco fuerzas normales y solo se verifica una

fuerza tangencial Q en el centro de gravedad de la sección, es decir, en todas las secciones

rectas del elemento se anulan la fuerza normal y los momentos torsor y flector.

Fig. 3.1 Corte Puro

Ejemplos de elementos sometidos a Corte Puro son: Vigas de muy pequeña luz donde la

rotura se produce por corte puro y el efecto de flexión es despreciable, el corte de planchas

metálicas mediante cizallado, punzonado o troquelado y las uniones con remaches, bulones,

soldadura, pernos, etc.








3.2 Tensiones y Deformaciones en Corte Puro

a) Tensiones

Considérese una pieza sometida a una carga horizontal en su cara superior y anclada en su

cara inferior:

Fig. 3.2 Tensiones en Corte Puro

Realizando un corte en la pieza por la sección recta horizontal A, se observa que:

= 0 (3.1

= Q/A (3.2

Ahora bien, las tensiones cortantes no aparecen aisladas. Analizando un elemento

diferencial del cuerpo

(a) (b) (c) (d)

No equilibrio en x Si equilibrio en x Si equilibrio en x Si equilibrio en x

Si equilibrio en y Si equilibrio en y Si equilibrio en y Si equilibrio en y

No equilibrio rotación No equilibrio rotación No equilibrio rotación Si equilibrio rotación

Fig. 3.3 Condiciones de Equilibrio

Para que el elemento diferencial este en equilibrio, necesariamente se requiere que:

a) Las tensiones de corte actúen en cuatro caras del elemento diferencial.

b) Las tensiones sean concurrentes o divergentes en las aristas y que tengan igual

magnitud.

Si en lugar de cortar la barra por la sección recta horizontal A, se la corta por una sección

inclinada en un ángulo α

Fig. 3.4 Tensiones en una Sección Inclinada

Geométricamente

dl Cos α = dy (3.3

dl Sin α = dx (3.4

De la estática

F1 = 0 α dl dz + y dy dz Sin α + x dx dz Cos α = 0 (3.5

α + y Cos α Sin α + x Sin α Cos α = 0 (3.6

α = - Sin 2α (3.7

F2 = 0 α dl dz - y dy dz Cos α + x dx dz Sin α = 0 (3.8

α - y Cos α Cos α + x Sin α Sin α = 0 (3.9

α = Cos 2α (3.10

Cuando α = 0 se verifica que

0 = 90 = 0 (3.11

0 = 90 = (3.12

Ya que (Sin 2 α)2+( Cos 2 α)2 = 1 (3.13

De 3.3 y 3.5 α2 + α

2 = 2 (3.14

Que es la ecuación de una circunferencia con centro en el origen.

max

max

Fig. 3.5 Circulo de Mohr

b) Tensiones principales

Los valores máximos de las tensiones normales y cortantes son:

Paαa α = 0 min = 0 max = P/AN (3.15

Paαa α = 45 max = P/AN min = 0 (3.16

Estos resultados indican que un elemento con cargas cortantes presenta las tensiones

cortantes máximos cuando α = 0 y las tensiones normales máximas en una sección a α =

45º. Para prevenir la falla, las tensiones máximas no deben excedeα las fluencias.

max = P/AN < Sy (3.17

max = P/AN < S´y (3.18

c) Deformaciones

Como se mencionó anteriormente, los elementos sometidos a la acción de fuerzas cortantes

o tangenciales, más que presentar cambios en las dimensiones sufre distorsión o cambios

de forma. Dentro de la zona elástica, las tensiones de corte son proporcionales al ángulo de

deformación.

De la ecuación de Hooke

= Q/AN = G (3.19

= Q/(AN G) (3.20


En algunas ocasiones las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y M = 0) son en número

menores al número de Cargas incógnitas que se desean hallar. Estos problemas se

conocen como estáticamente Indeterminados y en ellos se deben introducir ecuaciones

adicionales de deformaciones.

PROBLEMAS RESUELTOS

3.1. Una pieza con un área de 1 cm² soporta una fuerza cortante de 100 Kg. Se piden: a)

Las tensiones en ángulos de 0 a 360 con intervalos de 10.y b) Graficar vs.

Solución:

3.2. El remache de la figura une tres piezas y soporta las cargas dadas. Hallar las tensiones.

Tomar d = 25.4 mm y F = 100 kN.

Solución:

= F/(2AN) = 100000/(2 ( 25.42)/4] = 98,67 N/mm2

(Gr) (Rad) =(Q/An)Sin 2 =(Q/An)Cos 2

0 0.0 0.0 100.0

10 0.2 34.2 94.0

20 0.3 64.3 76.6

30 0.5 86.6 50.0

40 0.7 98.5 17.4

50 0.9 98.5 -17.4

60 1.0 86.6 -50.0

70 1.2 64.3 -76.6

80 1.4 34.2 -94.0

90 1.6 0.0 -100.0

100 1.7 -34.2 -94.0

110 1.9 -64.3 -76.6

120 2.1 -86.6 -50.0

130 2.3 -98.5 -17.4

140 2.4 -98.5 17.4

150 2.6 -86.6 50.0

160 2.8 -64.3 76.6

170 3.0 -34.2 94.0

180 3.1 0.0 100.0

190 3.3 34.2 94.0

200 3.5 64.3 76.6

210 3.7 86.6 50.0

220 3.8 98.5 17.4

230 4.0 98.5 -17.4

240 4.2 86.6 -50.0

250 4.4 64.3 -76.6

260 4.5 34.2 -94.0

270 4.7 0.0 -100.0

280 4.9 -34.2 -94.0

290 5.1 -64.3 -76.6

300 5.2 -86.6 -50.0

310 5.4 -98.5 -17.4

320 5.6 -98.5 17.4

330 5.8 -86.6 50.0

340 5.9 -64.3 76.6

350 6.1 -34.2 94.0

360 6.3 0.0 100.0

-150.0

-100.0

-50.0

0.0

50.0

100.0

150.0

-100.0 -50.0 0.0 50.0 100.0

Esf Normal

Es

f C

orte

3.3. Que diámetro debe tener un remache para unir dos placas que soportan una fuerza de

corte de 1000 Kg. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm²

Solución:

max < P/AN = 1000/( d2/4) < 900

d2 = 4(1000)/( 900)

d = 1.19 cm Se adopta d = 1,27 cm

3.4. Dos placas unidas por dos cordones de soldadura a 45º soportan una carga de corte de

6000 Kg. Si el ancho de las placas es de b = 3 cm, se pide hallar las dimensiones de la

garganta y de la base de la soldadura. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

P

P

a

e

Solución:

El área mínima es

A = e b = e 3

max = P/AN = 6000/[2(3)e] < 900

De donde e = 1.11 cm

Y a = 2 e Cos 45 = 1.57 cm

3.5. Una pieza de madera con una sección transversal de 3 x 3 cm. está colada como se ve

en la figura. Hallar la fuerza máxima que puede soportar. Tomar Sy´ = 200 Kg/cm²

1.

60PP

Solución:

De 2.7 y 2.8 = (P/2AN) (1 + Cos 2 )

= (P/2AN) Sin 2

60 = (P/2AN) Sin 2 = P/[2(3)(3)] Sin 60 < 200

P = 4156.92 Kg

3.6. Hallar las tensiones cortantes en función del momento torsor en un pasador que sostiene una polea en un eje

Solución:

El Momento de Torsión

T = Q r

Q = T / r

= Q/AN = T /(r a b)

3.7. Una polea está fijada a su eje por medio de un pasador cilíndrico. Los ejes del eje y del

pasador son perpendiculares. Si el momento torsor soportado es de 150 Kg cm. y el

diámetro del eje de 3 cm. Se pide hallar el coeficiente de seguridad en el pasador. Tomar

diámetro pasador 0,5 cm. y Sy` = 900 Kg/cm²

Pasador

Polea

Eje

Solución:

T = F r

F = T / r eje = 150 Kg cm/(3/2) cm = 100 Kg

max = P/AN = 100/( pas2/4) = 509.29 Kg/cm²

= Sy´/max = 900/509.29

= 1.76

3.8. En la figura se representan planchuelas, unidas por cordones de soldadura. Se trata de

soldaduras en ángulo compuestas por dos cordones laterales y dos frontales. Se pide la

fuerza P que pueden soportar los cordones

Solución:

g = 0.7 e

AN = (2 a + 2 b) g

= P/AN = P/ [(a + b) 1.4 e]

3.9. Hallar la intensidad máxima H de la carga que puede soportar la plataforma rígida de la

figura. Los pasadores en A, B y C tienen un diámetro de 1 cm y Sy´ = 900 Kg/cm²

40 30

30

A

B

C

30

C

AC

Rx

Rv P

eq

35

Solución:

= Arctan(30/40) = 36.86

La carga equivalente

Peq = H 70

Fx = 0 Rx – AC Cos = 0 (i

Fy = 0 Ry + AC Sin = Peq (ii

MB = 0 AC Sin 40 = Peq 35 (iii

AC = H(70)35/(Sin 40) = 102,08 H

Rx = AC Cos = 81.66 H

Ry = H70 - AC Sin = 8.75 H

HRRR yx 12.82)(

22

AC = AC/AN = 102,08H/( 12/4) < 900 Kg/cm²

HAC = 6.92 Kg/cm

O = R/AN = 82,12H/( 12/4) < 900 Kg/cm²

HO = 8.6 Kg/cm

Entonces H = 6.92 Kg/cm.

3.10. La plataforma rígida de la figura está soportada por dos cables a y b. Hallar el diámetro

del pasador en O si Sy´ = 900 Kg/cm² y P = 100 Kg

O

30

30

60

P

a

b Rx

Ry

Ta

Tb

P

30

60

Solución:

De 2.11 Ta = 0.24 P = 24 Kg

Tb = 0.36 P = 36.1 Kg

Fx = 0 Rx + Ta Sin 30 = 0 (i

Rx = -12.04 Kg

Fy = 0 Ry + Ta Cos 30 + Tb -P = 0 (ii

Ry = 43.2 Kg

KgRRR yx 64.44)(

22

O = R/AN = 44.64/( pas2/4) < 900 Kg/cm²

pas = 0.25 cm

3.11. Hallar la fuerza que se necesita para troquelar un disco de 3 cm de diámetro y 0,2 cm

de alto . Tomar Sy´ = 1500 Kg/cm².

P

Solución:

max = P/AN > S`ut

A = t = 3 0,2 = 1,88 cm²

P > S`ut A = 1500 Kg/cm 2 1.88 cm² = 2827.4 Kg

3.12. Una escalera está diseñada para soportar una persona de 500 Kg y está fijada al piso

por dos pasadores que evitan su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los pasadores:

Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

60

P

60

P

Ry

Rx

x

N

Solución:

Fx = 0 Rx = N (i

Fy = 0 Ry = P (ii

MA = 0 P x Cos 60 – N l Sin 60 = 0 (iii

N = P x Cot 60 /l

Rx = N = P x Cot 60 /l

Ry = P

22yx RRR

2)60(1 Cotl

xPR

Máx con x = l

R = 1.15 P

max = R/AN = 1.15 (500)/(2 pas2/4) < 900 Kg/cm²

pas = 0.6377 cm

3.13. Una escalera soporta una persona de 500 Kg en su punto medio y está fijada al piso

por dos pasadores que evitan su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los pasadores:


60

P

Solución: Del anterior problema

2)60(1 Cotl

xPR

para x = l/2 R = 1,04 P

max = R/AN = 1,04 (500)/(2 pas2/4) < 900 Kg/cm²

pas = 0.606 cm

3.14. La pieza de la figura está fijada por cuatro pasadores y soporta una carga de P = 3000

Kg. Se pide hallar el diámetro mínimo de los pasadores. Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm².

Solución:

Por simetría, la carga P se reparte equitativamente entre los cuatro pernos

Fy = 0 Fa = Fb = Fc = Fd = P/4 (i

Fa = Fb = Fc = Fd = 750 Kg (i

= F /A < S´y

750 Kg/( d2/4) < 1100 Kg/cm²

d > 0.9317 cm

3.15. La plataforma de la figura soporta una carga de 100 Kg y esta soportada por 2

pasadores de 1 cm de diámetro. Se pide el coeficiente de seguridad en los pasadores.


9

P

9

A B C D

9 75

P=100[kg]P

Fa

Fb

M

Solución:

Los pasadores además de soportar la carga vertical deben soportar el momento que se

origina respecto del centro de los mismos.

Fy = 0 Fa + Fb = P (i

MA = 0 P (75+9) = Fb 9 (ii

De i y ii Fb = 933.33 Kg

Fa = - 833.33 Kg

a = Fa /A = 833.33/( 12/4) = 1061.02 Kg/cm²

b = FB /A = 933,33/( 12/4) = 1188.34 Kg/cm²

a = S`y/ a = 1.036 (No hay falla)

b = S`y/ b = 0.925 (Hay falla)

3.16. La plataforma de la figura soporta una carga de 400 Kg y esta soportada por 4

pasadores de 1 cm de diámetro. Se pide el coeficiente de seguridad en los pasadores.


Solución:

d = (9 )21/2/2 = 6,36

Fy = 0 Fa = Fb = Fc = Fd = P/4 = 100 Kg (i

Mo = 0 Fa = Fb = Fc = Fd = M/(d4) (ii

Fa = Fb = Fc = Fd = [400(75+9/2)]/[4(6.36)] = 1250 Kg

La composición da

P=400 kg

759

A

C

B

D

P=400 kg M=P(75+9/2)

d

Fax = -1250 Cos 45 = - 883.88 Kg

Fay = 100-1250 Sin 45 = -783.88 Kg

Fatot = 1181.40 Kg

Fbx = -1250 Cos 45 = - 883.88 Kg

Fby = 100+1250 Sin 45 = 983.88 Kg

Fbtot = 1322.60 Kg

Fcx = 1250 Cos 45 = 883.88 Kg

Fcy = 100-1250 Sin 45 = -783.88 Kg

Fctot = 1181.40 Kg

Fdx = 1250 Cos 45 = 883.88 Kg

Fdy = 100+1250 Sin 45 = 983.88 Kg

Fdtot = 1322.60 Kg

Los pasadores más solicitados son los “b” y “d”, es decir los de la derecha

b = d = F /A = 1322.60/( 12/4) = 1683.98 Kg

= S`y/ = 0.653 (Hay Falla)

3.17. La plataforma de la figura soporta una carga de 1000 Kg y esta soportada por un

pasador en su extremo izquierdo y dos cables. Se pide el diámetro del pasador O. Tomar

Sy´ = 900 Kg/cm².

l/2

l/2 l/2 l/2 l/2

Ry

Tb

Ta

P

R

x

P

Solución:

De 2.10 Ta = 1.405 P = 1405 Kg

Tb = 1.124 P = 1124 Kg

Fx = 0 Rx- TaCos -Tb Cos = 0 (i

Fy = 0 Ry + Ta Sin +Tb Sin -P = 0 (ii

= 45º

= 26,56

Rx = 1496.9 Kg

Ry = -496.9 Kg

22

yx RRR

R = 1577.21 Kg

max = R/AN = 1577.21/( pas2/4) < 900 Kg/cm²

pas = 1.49 cm


3.18. Una pieza circular con un diámetro de 1 cm soporta una fuerza cortante de 150 Kg. Se

piden a) Las tensiones para ángulos de 0 a 360 con intervalos de 10.y b) Graficar vs.

3.19. Cuantos remaches de 2 cm. de diámetro se necesitan para unir dos placas que deben

soportar una fuerza de corte de 1500 Kg. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm

P

P

3.20. Dos placas con un ancho de b = 3 cm y un espesor de e = 0,5 cm. están unidas por

cordones de soldadura a 45º: Se pide hallar la carga máxima que la unión soportan. Tomar

Sy´ = 900 Kg/cm²

P

P

a

e

3.21. Una pieza de madera con sección cuadrada soporta una carga de 1000 Kg y está

unida a 70 º. Se piden las dimensiones. Tomar Sy´ = 200 Kg/cm²

PP

70

3.22. Una polea está fijada a su eje por medio de un pasador rectangular. El momento torsor

soportado es de 150 Kg cm y el diámetro del eje de 3 cm. Hallar el área que debe tener la

chaveta. Tomar Sy` = 900 Kg/cm²

Chav eta

PoleaEje

3.23. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y un

cable. Para una intensidad de la carga distribuida de H = 10 Kg/cm. Se pide hallar los

diámetros de los pasadores en A, B y C. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm²

30

40 30

A

B

3.24. La plataforma de la figura esta soportada por un pasador en su extremo izquierdo y

dos cables. Para una carga horizontal en su extremo derecho de P = 100 Kg, se pide hallar

el diámetro del pasador en O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm²

O

30

30

60

P

P

3.25. Que fuerza se necesita para troquelar una pieza de sección cuadrada de 6 cm de lado

y 0,3 cm de alto. Tomar Sy´ = 1500 Kg/cm²

P

3.26. Una escalera soporta una carga distribuida de H = 10 Kg/cm y se fija al piso por dos

pasadores para evitar su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los pasadores. Tomar

Sy´ = 900 Kg/cm².

60

H

3.27. La plataforma de la figura esta soportada por 4 pasadores de diámetro de 1,5 cm y en

ella actúa una fuerza P. Se pide hallar el valor máximo de P que pueden soportar los

pasadores. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

9

A B

9

C D

P

3.28. La plataforma de la figura esta soportada por 4 pasadores con un diámetro de 1 cm y

en ella actúa una fuerza P = 2000 Kg. Se pide el factor de seguridad en los pasadores.

Tomar Sy´ = 1100 Kg/cm²

9 90 P = 400 Kg

A B

C D

6

3.29. La plataforma de la figura esta soportada por 3 pasadores con un diámetro de 1 cm y

en ella actúa una fuerza P = 400 Kg. Se pide el factor de seguridad en los pasadores. Tomar

Sy´ = 1100 Kg/cm².


dos cables. Para las cargas en su extremo derecho de P y 3P, se pide hallar el diámetro del

pasador en O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm² y P = 1000 Kg.

l/2 l/2

3P

P


cuatro cables. Para una carga vertical en su extremo derecho de P = 1000 Kg, se pide hallar

el diámetro del pasador en O. Tomar Sy´ = 900 Kg/cm².

l/4

P

l/4l/4l/4

l/2

P=400 kg

90

12

A

B C

4 Torsión

4.1 Introducción

Un elemento está sometido a torsión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen fuerzas internas, tampoco momentos de flexión y solo se verifica un momento normal Mt en el centro de gravedad de la sección o una cupla que queda contenida en el plano de la misma, es decir, en todas las secciones rectas del elemento se anulan las fuerzas y el momento flector.

Fig. 4.1 Torsión

Los ejes y árboles de cualquier maquina son ejemplos de elementos sometidos a torsión.

Los elementos sometidos a torsión son comúnmente de sección circular, sólida o hueca,

debido a que piezas tales como rodamientos, poleas y engranajes en los sistemas de

transmisión de potencia (donde se generan pares de torsión) tienen agujeros circulares que

se montan sobre árboles y ejes.








4.2 Diagrama de Momentos Torsores:

Se denominan diagramas de momentos torsores a los diagramas que dan los momentos de

torsión Mt en cada sección de una barra prismática.

Fig. 4.2 Diagrama de Momentos Torsores

4.3 Torsión Circular

a) Tensiones

Aceptando la hipótesis de Coulomb que establece que las secciones normales al eje de la pieza permanecen planas y paralelas a sí misma luego de la deformación por torsión. Como consecuencia de lo enunciado resulta que las secciones tienen rotaciones relativas, de modo que las rectas trazadas sobre ellas continúan siendo rectas y los ángulos mantienen su medida. Por otro lado, las generatrices rectilíneas de la superficie lateral del cilindro se transforman en hélices.

Fig. 4.3 Rotación de Secciones en Torsión

Considérese una barra prismática sometida a momentos de torsión en sus extremos. Una

línea recta (A-B) dibujada en su superficie exterior y paralela a su eje axial antes de la

aplicación de los momentos de torsión, se inclina y curvea luego de la aplicación de los

momentos (A-C).

Analizando el giro d entre las secciones laterales en un elemento diferencial de longitud dx

Fig. 4.4 Análisis de un Elemento Diferencial

Se puede apreciar, que una figura rectangular a, b, c, d se distorsiona en la forma romboidal

a´, b´, c, d debido al desplazamiento de los puntos a y b hacia a` y b` en la sección derecha.

Ésta deformación o distorsión es la misma que se producía en cargas de corte. Entonces :

Tg ≈ = AA’/AAo (4.1

AA` = r d (4.2

AAo = dz (4.3

De Hooke = G (4.4

= G r d/ dz (4.5

En la ecuación se aprecia las tensiones cortantes son proporcionales al radio ( r ).

Fig. 4.5 Tensiones Cortantes en Torsión

De la estática Mo = 0

A

MtrdA0

)( (4.6

Y de 4.5

R

Mtrdrrdz

Grd

0

2 (4.7

Mtdz

drG

R

0

4

42

(4.8

dz

dGIMt o

(4.9

De 4.5 y 4.9

o

t

I

rM (4.10

o

t

I

RMmax (4.11

Para piezas sólidas

34max

16

32

)2

(

d

T

d

dT

(4.12

Las tensiones máximas nunca deben sobrepasar los Límites de Fluencia del material.

max < S´y (4.13

b) Deformaciones

El ángulo que giran las secciones laterales de una pieza sometida a torsión.

R

d

Fig. 4.6 Angulo de Rotación entre Secciones en Torsión

Integrando 4.10

dzGI

Ml

o

t

0

(4.14

Si el diámetro es constante

o

t

GI

LM (4.15

c) Tensiones Principales

Fig. 4.7 Tensiones Tangenciales y Normales

Un elemento diferencial del interior de una barra circular torsionada se encuentra en un

estado de corte puro. Como se vio, las tensiones principales resultan iguales en valor

absoluto y de signo contrario e iguales al valor de las tensiones tangenciales. Además

actúan a 45º con respecto a los planos de las secciones, formando superficies helicoidales.

En vista que las tensiones de la parte central de la sección maciza son pequeñas, no tienen un aporte significativo, por lo que para torsión son más convenientes las secciones huecas

Fig. 4.8 Tensiones en una Pieza Circular Hueca

4.4 Torsión en Elementos con Sección Rectangular

Fig. 4.9 Torsión en una Pieza Rectangular

En este caso la hipótesis de Coulomb: "las secciones transversales permanecen planas

durante la torsión", válida para secciones circulares, no es válida para secciones

rectangulares ya que las secciones se alabearán.

Fig. 4.10 Alabeo de una Pieza Rectangular

Aun así se supone que sólo aparecerán tensiones cortantes x. El cálculo exacto de

tensiones y deformaciones en una pieza de sección cualquiera sometida a Torsión, se debe

a Saint-Venant y es parte de la Teoría de la Elasticidad. Aquí se exponen solo los resultados

que se obtienen al aplicar dicha teoría al caso se piezas de sección rectangular.

Fig. 4.11 Tensiones en una Pieza Rectangular

El esfuerzo cortante máximo se da en el punto medio del lado mayor y su valor es

hb

M t

2max

(4.16

El Angulo

3Ghb

M t

(4.17

h/b 1 1,5 1,75 2 2,5 3 4 6 8 10 OO

0,208 0,231 0,239 0,246 0,258 0,267 0,282 0,299 0,307 0,313 0,333

0,141 0,196 0,214 0,229 0,249 0,263 0,281 0,299 0,307 0,313 0,333

4.5 Tensiones en Secciones Cerradas de Pequeño Espesor

Para piezas con pequeño espesor las tensiones normales se consideran cero y sólo habrá tensiones cortantes.

Considérese un elemento diferencial de una pieza de longitud dx sometida a Torsión. Las tensiones cortantes aparecen solo en las secciones cortadas y son tangentes a ellas

Fig. 4.12 Sección Cerrada de Pequeño espesor

Analizando el elemento b c d e. De la estática en x

Fig. 4.13 Tensiones en Sección Cerrada de Pequeño espesor

b tb dx = c tc dx (4.18

b tb = c tc (4.19

t = Constante (Flujo cortante es constante (4.20

Las tensiones cortantes, son mayores donde el espesor es menor

Tomando momentos respecto del centro de gravedad G de la sección, de todas las fuerzas que actúan en la misma:

Fig. 4.14 Momentos de las Tensiones en Sección Cerrada de Pequeño espesor

dF = dSm t Sm Longitud de la Linea Media

Sm

m MtrtdS )( (4.21

Sm

m

Sm

mm AtdAtrdStMt 22 (4.22

m

t

tA

M

2 (4.23

Dónde: Am = "área encerrada por la línea media de la sección transversal"

La tensión cortante máxima se da donde el espesor es mínimo, resultando su valor:

m

t

At

M

min

max2

(4.24


De manera similar a lo visto anteriormente, cuando las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y

M = 0) son en número menores al número de reacciones incógnitas que se deben hallar, los

problemas se conocen como estáticamente indeterminados o hiperestáticos. En estos casos

se deben complementar las ecuaciones de la estática con ecuaciones de deformaciones

PROBLEMAS RESUELTOS

4.1. Una pieza cilíndrica de Acero de diámetro = 3 cm y largo L = 100 cm está sometida a

una carga de 1000 Kg. cm. Tomando Sy´ = 960 Kg/cm², se pide: a) Las tensiones máximas

b) El coeficiente de seguridad y c) Las deformadas total y unitaria longitudinal y transversal

Solución:

La inercia es I = 4/32 = 7,95 cm4

a) Tensión máximo

max = TR/Io = 1000(1,5)/7,95

max = 188,62 Kg/cm²

b) Coeficiente de seguridad

= S`y/max = 960/188,62 = 5,08

= 5,08

c) Deformada = TL/(GIo) = 1000(100)/(6,67 x 105 7,95)

= 0,0188 rad

4.2. Un tambor con un diámetro de 30 cm, levanta una carga de 1000 Kg. Calcular el

diámetro del eje. Tomar Sy` = 900 Kg/cm²

Ø

30[cm]

d

1000[kg]

Solución:

El momento T = 1000(30)/2 = 15000 Kg. cm

De 4.14 max = 16 T/ ( d 3)

d = [16 T / ( S`y)]1/3

d = 4,39 cm

4.3. Un motor de 5 Hp esta acoplado por medio de una transmisión a un eje que gira a 30

rpm. Si el material del eje tiene una fluencia de S`y = 900 Kg/cm². Tomando = 1,5 se pide

calcular el diámetro del eje.

Solución:

La potencia Pot (CV) = T ( Kg. m) (rad/seg)/ 75

(rad/seg) = (30 rpm) (2 rad / rev) (min/60 s) = 3,14 rad/seg

El momento T = 5 (75)/3,14 = 119,36 Kg. m = 11942,59 Kg. cm

Tensión max = 16 T/ ( d 3) < S`y/

d = [16 T / ( S`y)]1/3 = 4,66 cm

Se adopta d = 5 cm

4.4. En el sistema de la figura, se pide el ángulo de deformación del extremo libre respecto

al extremo fijo. El material es acero y las dimensiones están en cm

6 Ø

1Ø3Ø

120

40 100 [kg]

Solución:

T = F r = 100(3) = 300 Kg cm

1 = TL/(GIo) = 300(120)/(6.67 x 105 34/32) = 0.00678 rad

2 = TL/(GIo) = 300(40)/(6.67 x 105 14/32) = 0.182 rad

tot = 1 + 2 = 0.189 rad

4.5. Dos piezas cilíndricas del mismo material están cargadas con el mismo momento de

torsión “T”. La primera pieza es sólida con un diámetro “d” y la segunda es hueca con un

diámetro externo “D” y un espesor “e”. Si la fluencia al corte es Sy. Se pide :

La relación de dimensiones

La relación de masas.

dD

e

Solución:

a) Las tensiones de corte no pueden ser mayores a la fluencia

´max y

o

SI

TR

R

I

S

T o

y

'

En el cilindro sólido

d

d

S

T

y

2

32'

4

(i

En el cilindro hueco

D

eDD

S

T

y

2

32

)2(

'

44

(ii

Ya que ambos tienen la misma carga y el mismo material. Igualando i y ii

D

eDD

d

d 444 )2(

3/144 )2(

D

eDDd

(iii

b) La relación de masas

22 )2(

4eDDM h

(iv

4

2dM s

(v

De iii, iv y v

3/244

3/222

2

22

)2(

)2()2(

eDD

DeDD

d

eDD

M

M

s

h

4.6. Para un cilindro hueco con un diámetro D = 5 cm y un espesor e = 0,3 cm. Hallar :

a) El diámetro de un cilindro sólido que soporta la misma carga de torsión

b) La relación de masas

dD

e

Solución:

a)

3/144 )2(

D

eDDd

d = 3.6849 cm

b)

2

22 )2(

d

eDD

M

M

s

h

(Mh/Ms) = 0.41536

Este resultado indica que si bien ambos cilindros tienen la misma resistencia, la pieza hueca

solo pesa el 41,64 % de la pieza sólida.

4.7. El sistema de la figura tiene una forma cónica circular. En ella se pide calcular

La tensión cortante máxima

La deformada total

Solución:

El diámetro d(y) = - (30/1000) y + 90

y = 0 d = 90

y = 1000 d = 60

a) La tensión máxima se presenta en el menor diámetro

max = 16 T/( d 3 ) = 16(1000)/ [ (60)3]

max = 0,0235 Kg/cm²

b) La deformada

dy

yGdy

GI

Th

o

1000

0

4

0)9003,0(

)32(1000

= 0.368717 /G

4.8. El sistema de la figura tiene una forma cónica circular hueca. En ellas se pide:

a) La tensión cortante máxima

b) La deformada total

60

1000

90

y

dy

T=1000 kg cm

60

1000

90

y

dy

T=1000 kg cm

45

15

Solución:

Las ec. de los diámetros externo e interno son :

D(y) = - (30/1000) y + 90

d(y) = (30/1000) y + 15

La inercia Io = [-(30/1000)y + 90]4 - [(30/1000)y + 15]4/32

a) La tensión máxima se presenta en la menor inercia

I o min = ( 604 - 454)/32 = 869767.09 cm4

max = TR/I = (1000)(30)/ 869767.09

max = 0,0344 Kg/cm²

b) La deformada

dyyyG

dyGI

Th

o

1000

0

44

0 1503.09003.0

)32)(1000(

= 0,4145 /G

4.9. La pieza de la figura tiene una forma semiesférica truncada, con un diámetro en la base

de 60 cm y una altura de 20 cm. Para un momento torsor T aplicado en su parte superior, se

pide la deformación angular.

T

60[cm]

20[cm

]

y

x

Solución:

Definiendo un sistema de coordenadas en la base. La ecuación del círculo es :

x2+y2 = 302

El diámetro d = 2x = 2 (302-y2)1/2

20

0

222

20

0

42/122 )30(

2

)30(2

32

y

dy

G

T

yG

dyT

= 2,3634 10-5 T / G

4.10. La pieza de la figura está formada por dos semiesferas truncadas con diámetros de 60

y 30 cm en sus bases. Para un momento torsor T aplicado en la sección común, se pide

hallar los momentos de reacción en A y B

T

60[cm]

40[cm]

30[cm]

A

B

T

A

B

yx

Ta

Tb

2

1

Solución:

M = 0 Ta + Tb = T (i

Sistema hiperestático con una ecuación y dos incógnitas. La ec de deformadas

t = 1+ 2 = 0

Se define un sistema de coordenadas en la base. Las ecuaciones de los círculos son :

x2+y2 = 302

x2 + (y-40)2 = 152

Los diámetros

d1 = 2(302-y2)1/2

d2 = 2[152-(y-40)2]1/2

Que igualan a una altura de

d1 = 2(302-y2)1/2 = d2 = 2[152-(y-40)2]1/2

y = 28,43

G

T

yG

dyT aa

443.28

0

42/1221

10)309.1(

)30(2

32

G

TT

yG

dyTT aa

440

43,28

42/1222

10)761.2)((

))40(15(2

32)(

010)761.2)((10)309.1( 44

G

TT

G

T aaT

De donde

Ta = 0,678 T

Tb = 0,322 T

4.11. La pieza de la figura tiene una sección circular. En ella se pide hallar las reacciones en

las paredes

60

45 1030

30

A B

T 4T

A B

T 4T

Ta

Tb

1 2 3

x

Solución:

M = 0 Ta + T + Tb = 4T (i

Sistema hiperestático con una ecuación y dos incógnitas. La ec de deformadas

t = 1 + 2 + 3 = 0

Los diámetros d1 = -30 x/45 + 60

d2 = 30

d3 = 3 x + 30

G

T

xG

dxT aa

445

0

41

10)65.1(

)6045/30(

32

G

TT

G

TT aa

4

42

10)773.3)((

30

)32(30)(

G

TT

xG

dxTT aa

585

75

43

10)668.3)(3(

)1953(

32)3(

Resolviendo

0

10)668.3)(3(10)773.3)((10)65.1( 544

G

TT

G

TT

G

T aaa

T

De donde

Ta = 0,462 T

Tb = -3,462 T

4.12. Determinar la deformación total que se produce en la barra de la figura que consta de

dos tramos, una cilíndrica y otra cónica, sometida a la acción de un momento torsor T en su

extremo libre. Tomar D = 10 cm y l = 50 cm.

T

l/2l/2

l/2

D/3

D/2 D

Solución:

23

32 2

2

0 1

l

l o

l

lo

l

o GI

Tdx

GI

Tdx

GI

Tdx

(i

0<x<l/2 ext = D/2

int = D/3

32

)3/()2/( 44

1

DDIo

(ii

l/2<x<l ext = (D/2) (x/l)+ D/2

int = D/3

32

)3

(22

44

2

DD

l

Dx

Io

(iii

l<x<3l/2 ext = (D/2) (x/l)+ D/2

int = 0

32

22

4

3

D

l

Dx

Io

(IV

Reemplazando

23

42

4444

22

32

)3

(22

32

)3/()2/(

32)2/( l

l

l

lD

l

Dx

dx

DD

l

Dx

dx

DDG

lT

(V

= 0.721 T/G


variable según una función cuadrática, como se ve en la figura.

dx

y

D

xdx

Dx

T

l

Solución:

La variación del diámetro en función de x es cuadrática

= Ax2 + B

para x = 0 Dx = d

x = l Dx = D

resolviendo dx

l

dDD 2

2x

·

l

oIG

dxT

0 ·

·

l

dxl

dDG

dxT

04

2

2)(·

32

32233 3

16

3

2010

)(

)(tan10

dDDdDddDdd

dDd

dDA

G

Tl


variable según una función potencial, como se ve en la figura.

dx

y

D

xdx

Dx

T

l

Solución:

La variación del diámetro en función de x es polinómica

= A xm + B

Para x = 0 Dx = d

x = l Dx = D

resolviendo = (D - d)(x / l)m + d

l

m

m

l

odx

l

dDG

dxT

IG

dxT

0 40

)(·

32

·

·

4.15. Determinar la deformación angular de la pieza de sección circular, sometida a las

cargas de torsión mostradas en la figura. Tomar D = 10cm; d = 3cm; l = 150cm; Mt = 7000

Kg·m; G = 7.648x105 Kg/cm²

l/4 l/4 l/4 l/4

D d

3Mt

2Mt

Mt

x

Solución:

l/4 x

d

d

x

DD1x

x

d

dx

DD

2

x

D

l

xDdD

)(21

dD

l

xdDD 2

)(22

4/

0

42

4/3

2/

42

2/

4/

41

4/

0

41

32)2(323232l

t

l

l

t

l

l

t

l

t dxDG

Mdx

DG

Mdx

DG

Mdx

DG

M

GDdD

lM

GDdd

lM

GDddD

lM ttt

)(3

32

)(3

16

)()(

128333

= - 4.283 Mt/G

4.16. Calcular la deformación angular del eje circular de la figura. Tomar D = 20cm; l = 50

cm Gac = 7.64x105 Kg/cm²; Gal = 2.65x105 Kg/cm²;Gcu = 4.1x105 Kg/cm²; Mt = 2000

Kg·cm

GAc

Gal

Gcu

D D/2 D/3

l l l

2Mt

Mt

3Mt

x

Solución:

l

l ac

ttt

l

l al

tt

l

cu

t dxDG

MMMdx

DG

MMdx

DG

M3

2

4

2

4

0

4 )(

32)32(

)2/(

32)2(

)3/(

322

acalcu

t

GGGD

lM )1)(32(4)16)(32(1)81)(32(24

= 5.866 x 10--5 rad

4.17. Hallar la deformación de la pieza troncocónica y cilíndrica hueca mostrada en la figura.

Tomar D = 20cm, d = 5 cm, Mt = 8000 Kg·cm, G = 7.6x105 Kg/cm².

Mt

2Mt

D d D/2d/2

ll

x

Solución:

0< x < l Dext = D/2

dint = d/2

l< x < 2l Dext = (Dx)/(2l)

dint = (dx)/(2l)

l

l

t

l

t dx

l

dx

l

DxG

Mdx

dDG

M2

440

44

22

32

22

32

integrando

= 7.243 x 10-4 Mt/G

4.18. El eje de la figura tiene sección circular. Se pide hallar las reacciones en los extremos.

5 4 3 2 1

l/3

5Mt2Mt

D D/2

Mt

x

M bMa

D

l/3 l/3

Solución:

M = 0 Ma + 2Mt – Mt – 5 Mt + Mb = 0 (i

0< x < l/3 d = (D/2) (2-3x/l) Mt1 = Mb

l/3< x < l/2 d = (D/2) Mt2 = Mb – 5 Mt

l/2< x < 2l/3 d = (D/2) Mt3 = Mb – 6 Mt

2l/3< x < 5l/6 d = (D/2) (3x/l-1) Mt4 = Mb – 6 Mt

5l/6< x < l d = (D/2) (3x/l-1) Mt5 = Mb – 4 Mt

El sistema es hiperestático. La ecuación de deformadas es :

total = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 0 (ii

l

l

t

l

l

t

l

l

t

l

l

t

l

ttot dx

DG

Mdx

DG

Mdx

DG

Mdx

DG

Mdx

DG

M

6/5

4

5

5

6/5

3/2

4

4

4

3/2

2/

4

3

3

2/

3/

4

2

2

3/

0

4

1

1 3232323232

0

13

)4(

13

)6(

1

)6(

1

)5(

32

6/5

4

6/5

3/2

4

3/2

2/

4

2/

3/

4

3/

0

4

l

l

tb

l

l

tb

l

l

tb

l

l

tb

l

b dx

l

x

MMdx

l

x

MMdx

MMdx

MMdx

l

x

M

Reemplazando

Mb = 4.507 Mt

Ma = - 0.507 Mt

4.19. Hallar la deformación angular del extremo derecho de la pieza mostrada en la figura.

Evaluar el resultado cuando d = D/2 ;

Solución:

M = 0 Ma + 2Mt – Mt – 5 Mt + Mb = 0 (i

0< x < l D1 = D (l + x)/l Mt1 = Mt

l< x < 2l D2 = D (3l - x)/l Mt1 = -4Mt

l

l

t

l

t dxdDG

Mdx

dDG

M2

442

2

0

441

1

)(

32

)(

32

simplificando 4

195.9

DG

lM t

4.20. Hallar la deformación angular del sistema. Tomar H = 3R/4 y R = 5 cm

yh

h

R

4Mt

Mt

Solución:

Definiendo un sistema de coordenadas en la base de la esfera

5Mt

Mt

l l

d

D

2D

x

x2 + y2 = R2

22

1 22)( yRxyD

Cuando y = h = 3R/4 D1 = D2

2/72 22

2 RhRD

2/3

4/3

4

2

4/3

0

4

1 )(

32

)(

323R

R

t

R

t dyyDG

Mdy

yDG

M

2/3

4/3

4

4/3

0

2224 49

)16(32

)(2

323R

R

t

R

t dyRG

Mdy

yRG

M

evaluando

4

3

49

512

7

36

2

7ln3333 RG

M

RRG

M tt

4.21. Hallar las reacciones en los extremos empotrados del eje de sección circular mostrado

en la figura. Tomar m0 = 10 Kg·cm/cm, a = 100 cm y D = 2 cm.

mo

a a

5D4D

x

Ma Mb

Solución:

M = 0 Ma + Mb = mo a

El sistema es hiperestático con una ecuación y dos incógnitas. De las deformadas

total = 1 + 2 = 0

0)4(

32)(

)5(

32)(2

4

0

4

a

a

oa

a

oa dxDG

amMdx

DG

xmM

0)4(

)(

)5(

)2

(

44

amM

amM

oaoa

entonces Ma = 0.8547 moa

Mb = 0.1452 moa

4.22. Hallar la longitud que debe tener un eje macizo de acero de d = 13 mm de diámetro

para que sus extremos giren 90º uno respecto del otro. No se debe rebasar un tensión

cortante permisible de 713.8 Kg/cm², y G = 8.1573x105.

max

l

d

Solución:

Las ecuaciones de deformación y tensión

o

t

GI

lM

o

t

I

rMmax

De ambas max

rGl

l = 116.68 m

4.23. La barra de la figura tiene sección transversal circular sólida en el tramo AB, y sección

transversal circular hueca en el tramo BC. Obtener la expresión de la relación a/L tal que los

momentos de reacción en los apoyos sean iguales.

d dD

a

L

A B

Solución:

M = 0 Ma + Mb = 2Ma = 2Mb = Mt (i

El sistema es hiperestático. La ecuación de deformación es :

tot = 1 + 2 = 0

0)(

32))((32444

dDG

alMM

dG

aM taa

resolviendo )2(

)(444

4

ldadaD

alMdM t

a

(ii

De i y ii t

t MldadaD

alMd

)2(

)(2444

4

(a / l) = (d / D)4

4.24. La barra circular de la figura está empotrada en sus extremos. Sobre ella actúa un Par

de Torsión distribuido q(x) en toda su longitud con intensidad cero en A y qo en B. Se piden

los momentos de reacción Ma y Mb.

q(x)

q x( )q o x

L

Ma M

b

L

x

Solución:

M = 0 Ma + Mb = Mt (i

El sistema es hiperestático. La ecuación de deformación es :

tot = 0

0])([

0

dxGI

xxqMl

o

a

resolviendo con

q(x) = qox/l

Ma = qo l / 3

Mb = qo l / 6

4.25. Una pieza está conformada por dos materiales, la exterior de acero y la interior de

latón. Si los diámetros externo e interno son 75 y 60 mm respectivamente y asumiendo las

tensiones permisibles como a = 82 Mpa y l = 50 Mpa en el acero y latón respectivamente,

se pide hallar el momento máximo de torsión que puede aplicarse a la pieza. (Ga = 80 Gpa

Gl = 36 Gpa)

LDd

Mp

Acero

Latón

Solución:

laton = acero

)(

3232444 dDG

lM

dG

lM acerolaton

(i

Mtot = Mlaton + Macero (ii

44

4

dGDG

dGMM

latonacero

latontlaton

44

4

dGDG

DGMM

latonacero

acerotacero

Las tensiones permisibles par cada barra son:

4

32)2/(

d

dMlatonlaton

)(

32)2/(44 dD

DMaceroacero

5

4444

16

)()(

DG

dDdGDGM

acero

latonaceroacerot

dG

dGDGM

laton

latonacerolatont

16

)( 44

remplazando Mt = 4.749 x 103 Nm para el acero

Mt = 1.363 x 104 Nm para el latón

Luego Mt = 4.749 x 103 Nm


4.26. Hallar el diámetro de una pieza cilíndrica de Acero con un largo de 100 cm para que

pueda soportar un momento de 1000 Kg cm. Tomar Sy´ = 960 Kg/cm², y = 2. Hallar

además la deformación.

4.27. Un tambor de una máquina de elevación tiene un diámetro de 30 cm y se encuentra

montado sobre un eje con un diámetro de 3 cm con Sy` = 900 Kg/cm². Se pide hallar el peso

máximo que puede levantar

4.28. Un eje gira a 120 rpm y esta acoplado a un motor de 9 Hp por medio de una

transmisión. Si el material tiene una fluencia de S`y = 900 Kg/cm². Para = 2 se pide

calcular el diámetro del eje.

4.29. Hallar el ángulo de torsión del extremo libre respecto al extremo fijo del sistema de la

figura. El material es acero y las dimensiones están en cm.

12 Ø

3Ø6Ø

150

60 150 [kg]

4.30. La pieza de la figura tiene forma cónica truncada. Se pide hallar la deformada total y la

tensión máxima

4.31. Hallar la deformada total y la tensión máxima en el sistema de la figura


H

T=1000[kg.cm]

d

D

d/2

H

T=1000[kg.cm]

d

D


y

1000

[cm]dy

T=1000[kg-cm]

A

]cm[45d;]cm[90D intext

]cm[30d;]cm[60D intext

A

4.34. Una pieza tiene la forma de cascaron semiesférica truncada de diámetro 60 cm, altura

20 cm y espesor 3 cm. Hallar la deformada angular para un momento torsor aplicado en su

parte superior de T.

T

60[cm

]

20[cm

]

3

4.35. Hallar las reacciones en A y B en el sistema de la figura

T

A

yx

60[cm]

40[cm]

30[cm]B

25[cm]

HT=1000[kg.cm]

d

D

4.36. Se pide hallar las reacciones en las paredes para el sistema de la figura

60

50 1030

30

A

T 4T

40B

4.37. En el sistema de la figura se pide hallar las reacciones en las paredes. Las

dimensiones están en cm

9

Ø

304520 45

30

Ø

45

Ø

60

Ø

T

4.38. Para el sistema de la figura, se pide determinar las reacciones en los apoyos. Tomar D

= 10 cm, l = 50 cm, E = 2.1x106 Kg/cm² y P = 2000 Kg

T

l/2 l/2

l/2

D/3

D/2

4.39. Para el sistema de la figura se pide hallar las reacciones. Tomar D = 10cm; d = 3cm; l

= 150cm; Mt = 7000 Kg·m; G = 7.648x105 Kg/cm²

Mt

3Mt

l/4 l/4 l/4 l/4A B

Dd

4.40. Hallar las reacciones del sistema de la figura, considerar para cada caso los valores

indicados a continuación. D = 10cm; d = 3cm; l = 150cm; Mt = 7000 Kg·m; G = 7.648x105

Kg/cm²

4.41. Hallar las reacciones del sistema de la figura, considerar para cada caso los valores

indicados a continuación. D = 10cm; d = 3cm; l = 150cm; Mt = 7000 Kg·m; G = 7.648x105

Kg/cm²

4.42. Hallar la deformación de la pieza troncocónica hueca mostrada en la figura. Tomar D =

20cm d = 5cm Mt = 8000 Kg·cm G = 7.6x105 Kg/cm²

4.43. Hallar las reacciones en los extremos del sistema de la figura.

5 4 3 2 1

Ma

D D/2

l/3l/3 l/3

Mb

D/8

2Mt Mt 5Mt

4.44. Hallar la deformación angular del extremo derecho de la pieza mostrada en la figura.

Evaluar el resultado cuando d = D/2 y e = D/9

Mt

3Mt

l/4 l/4 l/4 l/4A B

d D

Mt

3Mt

l/5 l/5 l/5 l/5A B

d D

l/5

Mt

3Mt

l/5 l/5 l/5A

B

d D

3Mt

l/4 l/4 l/2

A B

dD e

Mt

4.45. Hallar la deformación angular de la figura. Tomar H = 3/4R, R = 15 cm y d = 3

h

h

R

3M t

Mt

d

4.46. Hallar las reacciones en los extremos empotrados del bloque de sección circular

mostrado en la figura. Tomar m0 = 10 Kg·cm / cm, a = 100 cm y D = 2 cm.

4.47. Hallar la longitud que debe tener una barra hueca de acero de D = 1.5 cm y d = 0.5 cm

de diámetros para que sus extremos giren 30º uno respecto del otro. No se debe rebasar un

tensión cortante permisible de 713.8 Kg/cm², y G = 8.1573x105.

4.48. La barra cónica de la figura tiene sección transversal circular. Obtener la expresión de

la relación a/L tal que los momentos de reacción en los apoyos sean iguales.

Mt

L

d

a

D

m

l/2A

d

l/2

D

B

4.49. La barra circular. de la figura, está empotrada en ambos extremos. Sobre ella actúa un

par de Torsión distribuido q(x) que actúa a lo largo de su longitud, y varía de intensidad

desde cero en A hasta qo en B parabólicamente. Calcular los momentos de reacción Ma y

Mb.

B

q(x)

A

4.50. Un cono macizo está constituida por dos materiales, uno exterior, de acero y otro

interior cilíndrico de latón, como se muestra en la figura. Si se supone que las tensiones

permisibles son a = 82 Mpa y l = 50 Mpa en el acero y latón respectivamente, determinar

el momento máximo de torsión permisible que puede aplicarse a la barra. (Ga = 80 Gpa Gl =

36 Gpa) D = 15 cm

l

D D/4 D/2

5 Flexión - Fuerza Cortante y Momento Flector

5.1 Introducción

Un elemento está sometido a torsión cuando al realizar un corte por cualquier sección recta no aparecen fuerzas ni momentos internos normales a la sección y solo se verifican fuerzas y momentos internos en el centro de gravedad de la sección y paralelos a ella.

Fig. 5.1 a) Flexión Pura a) Flexión Simple

Se llama FLEXIÓN PURA cuando actúan únicamente los momentos flectores: Mz y/o My. (Fig. 5.1.a) y cuando actúan los momentos flectores Mz y/o My y también las fuerzas cortantes Qy y/o Qz, se llama FLEXIÓN SIMPLE.(Fig.5.1.b). Las vigas, losas de las viviendas y puentes y pasarelas son ejemplos de elementos sometidos a torsión.

Para la validez de las ecuaciones y resultados se asumen las siguientes condiciones:

1.- Los elementos son rectos


3.- Las cargas y reacciones en apoyos actúan perpendicularmente al eje de la viga.

4.- Las vigas no están sometidas a torsión

5.- Las vigas son relativamente largas y angostas respecto a su peralte


7.- Las tensiones no exceden al límite de fluencia del material

8.- Las vigas no fallan por pandeo

5.2 Cargas

a) Tipos de Cargas.- Las cargas pueden ser : Puntuales y Distribuidas.

Fig. 5.2 (a) Cargas Puntuales (b) Cargas Distribuidas

- Cargas puntuales.- Son aquellas que actúan en un solo punto. Son ideales ya que no

existen físicamente, sin embargo las cargas aplicadas en áreas pequeñas pueden

idealizarse como puntuales. Así, las reacciones en las llantas de los vehículos automotores;

las fuerzas en elementos de estructuras metálicas, las tensiones en cables, etc., son cargas

que se pueden idealizar como puntuales

- Cargas distribuidas - Son aquellas que están aplicadas en áreas no muy pequeñas. La

fuerza del viento, el peso de materiales continuos, la presión de los líquidos en superficies

sólidas sumergidas, etc., son ejemplos de cargas distribuidas.

b) Carga Puntual Equivalente de Distribuida.- Las cargas distribuidas deben cuantificarse

y concentrarse en una carga puntual que produzca similares efectos (cargas y momentos).

Esta carga puntual se denomina equivalente de la carga distribuida.

Considérese una carga distribuida cualquiera

x

P

0 x

dx

Fig. 5.3 Carga Distribuida en un Elemento diferencial

Tomando un elemento infinitesimal “dx” en él, la altura es constante p(x) y su peso es :

dw = dV = h(x) dx dz (5.1

donde es el peso específico del material

h(x) es la altura de la carga en la posición x

dx es el ancho diferencial

dz es la profundidad

Llamando p(x) = h(x) dz e Integrando

l

eq dxxpWP0

)(

(5.2

Los momentos que producen las cargas puntual y distribuida deben ser iguales

dM = x dw (5.3

eqeq

l

XPxdxxpM 0

)(

(5.4

_

0

0

)(

)(

X

dxxp

xdxxp

Xl

l

eq

(5.5

De 5.2 y 5.5 se concluye que :

- El área de una carga distribuida es igual a la carga puntual equivalente

- La carga puntual equivalente debe ubicarse en el centro de gravedad de la carga

distribuida

5.3 Tipos de Apoyos

Los apoyos que sostienen a las vigas son : a) Apoyo móvil, b) Apoyo fijo y c) Empotramiento

Fig. 5.4 Tipos de Apoyos

a) Apoyo Móvil.- Este apoyo restringe el movimiento vertical pero no el horizontal ni los

giros. En él aparecen solo reacciones verticales. Un rodillo es un ejemplo de apoyo móvil

b) Apoyo Fijo.- Este apoyo restringe los desplazamientos vertical y horizontal pero no los

giros. En este apoyo aparecen reacciones verticales y horizontales. Una bisagra es un

ejemplo de un apoyo fijo.

c) Empotramiento.- Este apoyo restringe los desplazamientos vertical, horizontal y los giros.

En este apoyo aparecen reacciones verticales, horizontales y momentos.

5.4 Tipos de Vigas

Los tipos de vigas dependen de los tipos de apoyos. Como hay infinitas combinaciones de

apoyos hay infinito tipos de vigas. Las vigas más comunes son la simplemente apoyada y la

simplemente empotrada.

(a) (b) (c)

Fig. 5.4 Tipos de Vigas

a) Viga simplemente apoyada.- Es aquella que descansa sobre un apoyo móvil y otro fijo.

b) Viga simplemente empotrada.- Es aquella que tiene uno de sus extremos empotrado.

c) Viga con apoyos múltiples.- Las vigas que tenga más de un apoyo fijo y otro móvil o un

empotramiento, tiene apoyos múltiples y su cálculo es hiperestático.

5.5 Cálculo de Reacciones

El cálculo de las reacciones en los apoyos se realiza con las ecuaciones de la estática.

0M

0F (5.6

(a) (b) (c)

Rx

Rx

Ry Ry

Ry

Mr

Notas :

- Las cargas distribuidas previamente deben reemplazarse por sus equivalentes puntuales

- Las vigas con múltiples apoyos son hiperestáticas y serán analizadas posteriormente.

5.6 Momento Flector y Fuerza Cortante

Como se vio anteriormente, en cualquier sección plana interna de un cuerpo en equilibrio

sometido a la acción de fuerzas y momentos externos, aparecen una fuerza y un momento

internos que equilibran las cargas externas.

Fig. 5.5 Fuerza Cortante y Momento Flector

Las componentes tangenciales de la fuerza y del momento internos, son respectivamente la

fuerza cortante y el momento flector.

5.7 Relación entre el momento Flector y la Fuerza Cortante

Analizando un elemento diferencial de viga, la carga puede ser tomada constante.

Adoptando las direcciones de la figura para el momento flector y la fuerza cortante.

dx

M M+dM

Q Q+dQ

Peq

Fig. 5.5 Relación entre M y Q

Entonces :

Peq = p(x) dx (5.7

De la estática Fy = 0

Q = (q+dQ)+p(x)dx (5.8

dQ/dx = -p(x) (5.9

Mder = 0 M - Peq dx/2 + Q dx - (M+dM) = 0 (5.10

M-p dxdx/2 + Q dx - M - dM = 0 (5.11

dM/dx = Q (5.12

De 5.8 y 5.11

d2M /dx2 = -p (5.13

Es decir que la derivada de la función del momento flector da la función de la fuerza cortante

y la derivada de esta da la función de la carga.

5.8 Determinación del Momento Flector y la Fuerza Cortante

Para la determinación del Momento Flector y la Fuerza Cortante se emplean generalmente

dos métodos: El cálculo estático y el cálculo por integración.

a) Cálculo estático.- Por este método se realiza un corte y el momento flector y la fuerza

cortante se calculan aplicando las ecuaciones de la estática

0F

0M (5.13

b) Cálculo por integración.- Por este método el momento flector y la fuerza cortante se

calculan aplicando las EC. 5.8, 5.11 y 5.12., es decir integrando una vez la función de la

carga se obtiene la Fuerza Cortante e integrando dos veces la función de la carga se

obtiene el Momento Flector.

5.9 Valores del Momento Flector y la Fuerza Cortante en los extremos

Cuando se emplea el método de doble integración para el cálculo de la fuerza cortante y del

momento flector, la integración de la función de la carga origina constantes que deben

hallarse por las condiciones de borde, las mismas que se describen a continuación

a) M y Q para extremo izquierdo empotrado

Fig. 5.6 Valores de M y Q en los extremos extremo izquierdo empotrado

Cuando x 0. Peq = 0 y de la estática

Q = Ry (5.14

M = -Mr (5.15

b) M y Q para extremo izquierdo con apoyo fijo o móvil

Q = Ry (5.16

Mr

Rx

Rv

Q

x

Peq

M(x)

M = 0 (5.17

c) M y Q para extremo izquierdo libre

Q = 0 (5.18

M = 0 (5.19

d) M y Q para extremo derecho empotrado

Fig. 5.7 Valores de M y Q en los extremos extremo derecho empotrado

Cuando x l Peq = 0 y de la estática

Q = -Ry (5.20

M = - Mr (5.21

e) M y Q para extremo derecho con apoyo fijo o móvil

Q = -Ry (5.22

M = 0 (5.23

f) M y Q para extremo derecho libre

Q = 0 (5.24

M = 0 (5.25

5.10 Cálculo de Momentos por funciones de Singularidad

Las funciones de singularidad se emplean para integrar cargas puntuales

Mr

Rx

Rv

l-x

Peq

M(x)

Q

Funcion Forma Valor

Momento Puntual

<x-a>-2

Fuerza Puntual

Carga Constante

Carga Lineal

Parabola de Grado 2

a x

<x-a>-1

<x-a>0

<x-a>1

<x-a>2

a

a

a

a

x

x

x

x

<x-a>-2 = 1 si x=a

<x-a>-2 = 0 si x<>a

x

<x-a>-2dx = <x-a>-1

<x-a>-1 = 1 si x=a

<x-a>-1 = 0 si x<>a

x

<x-a>-1dx = <x-a>0

<x-a>0 = 0 si x<a

<x-a>0 = 1 si x>=a

x

<x-a>0dx = <x-a>1

<x-a>1= 0 si x<a

<x-a>1= (x-a) si x>=a

x

<x-a>1dx = <x-a>2/2

<x-a>2 = 0 si x<a

<x-a>2 = (x-a)2 si x>=a

x

<x-a>2dx = <x-a>3/3

5.11 Diagrama de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores

Se denominan diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores a los diagramas que

dan las fuerzas cortantes y momentos de flexión en cada sección de una barra prismática.

Fig. 5.8 Diagrama de Fuerzas Cortantes y de Momentos Flectores

PROBLEMAS RESUELTOS

5.1. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de la carga distribuida cuya función

es p(x) = H(x/l)n.

Solución: )1()1(

0

)1(

n

lH

ln

lHdx

l

xHWP

l

n

nn

eq

)2(

)1(

)1(

)2(

)1(

)2(

0

n

ln

n

lH

ln

lH

n

lH

xdxl

xH

Xn

nl n

eq

5.2. Analizar los resultados del 5.1, para diferentes valores de n

Solución:

Cuando n = 0 carga constante

Cuando 0<n<1 carga parabolica inv

Cuando n = 2 carga parabolica

Cuando n = 1 carga triangular

5.3. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una carga triangular en una viga

simplemente apoyada.

Solución:

Peq = Área = Hl/2

xeq = CG = 2l/3

MA = 0 Peq xeq – RB l = 0

RB = Hl/3

MB = 0 RA l - Peq (l - xeq) = 0

RA = Hl/6

método de cortes

H

A B

l

H

A B

l

xeq

Peq


Peq = Area = Hx2/2l

xeq = CG = 2x/3

Mcorte = 0 RA x- Peq (x – xeq) – M = 0

M = (Hl/6)x – (Hx2/2l)(x/3)

M = Hlx(1- x2/l2)/6 (i

Fy = 0 RA - Peq – Q = 0

Q = Hl/6 – Hx2/2l

Q = H (l/6 – x2/2l) (ii

b) método de la doble integración

p = Hx/l

Integrando Q = -Hx2/2l + c1

M = -Hx3/6l + c1 x + c2

Las condiciones de borde

x = 0 M = 0 c2 = 0

x = l M = 0 0 = -Hl2/6 +c1l

c1 = Hl/6

de donde Q = - Hx2/2l + Hl/6 (iii

M = -Hx3/6l + Hlx/6 (iv

c) método de la doble integración de funciones singulares

p(x) = Ra <x>-1- (H/l)<x>1 + Rb<x-l>-1

p(x) = (Hl/6)<x>-1- (H/l)<x>1+(Hl/3)<x-l>-1

Integrando y aplicando las propiedades de las funciones de singularidad

Q = Hl/6<x>0- (H/2l)<x>2+(Hl/3)<x-l>0

M = (Hl/6)<x>1- (H/6l)<x>3+(Hl/3)<x-l>1

A M

Q

x

xeq

Peq

p=Hx/l

Cuando 0<x<l

<x>1 = x

<x>3 = x

<x-l>1 = 0

Q = Hl/6 - (Hx2/2l) (v

M = Hlx/6 –Hx3/6l (vi

Los resultados son los mismos por todos los métodos

5.4. Hallar las funciones de Momento Flector y Fuerza Cortante del sistema de la figura

Solución:

De 2 Peq = Hl/3

xeq = 3l/4

Ma = 0 Peq xeq-Rb l = 0

Rb = (Hl/3)(3l/4)/l

Rb = Hl/4

Mb = 0 Ra l - Peq (l - xeq) = 0

Ra = (Hl/3)(l-3l/4)/l

Ra = Hl/12

Prueba Ra + Rb = Hl/4 + Hl/12 = 4HL/12 = Hl/3 = Peq OK

a) Método de cortes


H

A B

L

p(x)

=Hx2/l2

A

RA

xeq

Peq

A M

QRA

x

xeq

Peq

p(x)

=Hx2/l2

x

eql

xHdx

l

xHWP

0

2

32

3

4

3

3

4

3 2

3

2

4

2

3

0

2

x

l

xH

l

xH

l

xH

xdxl

xH

X

x

eq

Fy = 0 Ra - Peq - Q = 0

Q = Ra – Peq = Hl/12- Hx3/3l2 (i

Mcorte = 0 Ra x - Peq (x-xeq) – M = 0

M = (Hl/12)x-(Hx3/3l2)(x/4)

M = Hlx/12 - (Hx4/12l2) (ii

Prueba:

x = 0 Q = Hl/12 = Ra Ok

x = l Q = Hl/12-Hl/3 = -3Hl/12 = -Hl/4 = -Rb Ok

x = 0 M = 0 Ok

x = l M = Hl2/12-(Hl/3)(l/4) = 0 Ok

Finalmente Q

3l

Hx-

12 2

3

Hl

x

M

Ok

b) Método de la doble integración

p = H(x/l)2

Integrando Q = -Hx3/3l2 + c1

Integrando M = -Hx4/12l2+c1x+c2

x = 0 M = 0 0 = c2

x = l M = 0 0 = -Hl2/12 + c1l

c1 = Hl/12

De donde Q = -Hx3/3l2+Hl/12 (iii

M = -Hx4/12l2+Hl/12x (iv

Idénticas expresiones a las halladas por el otro método.

5.5. Una viga simplemente apoyada tiene una carga distribuida cuya función p(x) = H(x/l)n.

a) Hallar la carga equivalente b) Hallar las reacciones y c) Hallar el momento flector y la

fuerza cortante

Solución:

)1(0 )1(

)1(

n

lH

l

nln

nl

Hdx

n

l

xHWeqP

)2(

)1(

)1(

)2(

)2(

)1(

0

n

ln

n

lH

nln

nl

H

n

lH

lxdx

n

l

xH

eqX

Ma = 0 Peq xeq-Rb l = 0

Rb = Hl/(n+2)

Mb = 0 Ra l - Peq (l-xeq) = 0

Ra´ = Hl/(n+2)(n+1)

Prueba Ra + Rb = Hl/(n+1) = Peq OK


)2(

)1(

)1(

)2(

)1(

)1(

)2(

)1(0

n

xn

ln

xH

ln

xH

ln

xH

xdxl

xH

X

n

n

n

n

n

n

x n

eq

x

n

nn

eqln

xHdx

l

xHWP

0

)1(

)1(

Fy = 0 Ra - Peq - Q = 0

n

n

l

x

n

l

n

HQ

1

2)1( (i

Mcorte = 0 Ra x - Peq (x-xeq) –M = 0

n

n

l

xl

nn

HxM

1

)1)(2( (ii

H

A B

L

p(x)=H(x/l)n

A

RA

xeq

Peq

RB

p(x)

=H(x/l)n

A M

QRA

x

xeq

Peq

Verificación

x = 0 Q = Hl/(n+1)(n+2) = Ra Ok

x = l Q = Hl/(n+1)(n+2)-Hl/(n+1) = -Hl/(n+2) = -Rb Ok

x = 0 M = 0 Ok

x = l M = 0 Ok

Finalmente Q

x

M

Ok


p = H(x/l)n

Integrando 1

)1(

)1(c

nl

HxQ

n

n

(i

21

)2(

)1)(2(cxc

nnl

HxM

n

n

(ii

Condiciones de borde

x = 0 M = 0 0 = c2

x = l M = 0 0 = -Hl2/(n+2)(n+1) + c1l

c1 = Hl/(n+2)(n+1)

De donde

n

n

l

x

n

l

n

HQ

1

2)1( (i

n

n

l

xl

nn

HxM

1

)1)(2( (ii

Idénticas expresiones a las halladas por el otro método. No se aplica el método de doble

integración de funciones de singularidad por ser muy similar.

5.6. Una viga simplemente apoyada tiene una carga cuya función p(x) = H(x/l)n. Hallar el

momento flector y la fuerza cortante máximos.

Solución: Del 5.anterior

n

n

l

x

n

l

n

HQ

1

2)1(

H

A B

L

A

RAx

eq

Peq

RB

cuando x = l Qmax = - Rb = - Hl/(n+2)

n

n

l

xl

nn

HxM

1

)1)(2(

Máximo cuando Q = 0

02)1(

1

n

n

l

x

n

l

n

HQ

l (n+1)/ (n+2) = x(n+1)

x = l/ (n+2)1/(n+1)

)2()2( )1/()2(

2

max

nn

HlM

nn

)1/()32(

2

max)2(

nnn

HlM

5.7. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente apoyada con una

carga cuya función p(x) = H(1-x/l)n

H

A B

l

p(x)

=H(1-x/l)n

RA RB

Solución: Este problema es el conjugado del problema anterior y basta reemplazar en los

resultados obtenidos x por su complemento l-x

Carga p = H(l-x)/ln = H (1-x/l) n (i

Fuerza Cortante

n

n

l

xl

n

l

n

HQ

1)(

2)1( (ii

Momento Flector

n

n

l

xll

nn

xlHM

1)(

)1)(2(

)(

(iii

5.8. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una carga triangular en una viga

simplemente empotrada.

Solución:

Peq = Area = Hl/2

xeq = CG = 2l/3

Mo = 0 Peq (l-xeq )– Mr = 0

Mr = - Hl2 /6

Fy = 0 R - Peq = 0

R = Hl/2



Peq = Area = Hx2/2l

xeq = CG = 2x/3

Mcorte = 0 Peq (x – xeq) + M = 0

M = – (Hx2/2l)(x/3)

M = – Hx3 /6l (I

Fy = 0 - Peq – Q = 0

Q = – Hx2/2l (ii


p = Hx/l

Integrando Q = -Hx2/2l + c1

M = -Hx3/6l + c1 x + c2


ol

R

M

H

xeq

Peq

R

p(x)

=Hx/lM

Qxx

eq

Peq

x = 0 M = 0 c2 = 0

x = 0 Q = 0 c1 = 0

De donde Q = -Hx2/2l (iii

M = -Hx3/6l (iv

c) método de la doble integración de funciones singulares

p(x) = (H/l)<x>1 + R<x-l>-1

p(x) = (H/l)<x>1+(Hl/2)<x-l>-1

Integrando y aplicando las propiedades de funciones de singularidad

Q = - (H/2l)<x>2+(Hl/2)<x-l>0

M = - (H/6l)<x>3+(Hl/2)<x-l>1

Cuando 0<x<l <x>1 = x

<x>3 = x

<x-l>1 = 0

Q = - (Hx2/2l) (v

y M = – Hx3/6l (vi

Los resultados son los mismos por todos los métodos


Solución:

Peq = Hl/3

xeq = 3l/4

Mo = 0 Peq (l - xeq) = - Mr

Mr = Hl2 /12

Fy = 0 R - Peq = 0

R = (Hl/3)


ol

R

M

Hp(x)

=H(x/l)2

p(x)

=H(x/l)2

xeq

Peq

x

eql

xHdx

l

xHWP

0

2

32

3

4

3

3

4

3

2

4

0

2

x

xH

l

xH

xH

xdxl

xH

X

x

eq

Fy = 0 - Peq - Q = 0

Q = -Hx3/3l2 (i

Mcorte = 0 - Peq (x-xeq) – M = 0

M = -(Hx3/3l2)(x/4) = - (Hx4/12l2) (ii

Verificación

x = 0 Q = 0 Ok

x = l Q = -Hl/3 = -Rb Ok

x = 0 M = 0 Ok

x = l M = Hl2/12 = Mr Ok

Finalmente Q

3l

Hx-

2

3

x

M

Ok


p = H(x/l)2

Integrando Q = -Hx3/3l2 + c1

M = -Hx4/12l2+c1x+c2

x = 0 M = 0 0 = c2

x = 0 Q = 0 0 = c1

De donde Q = -Hx3/3l2 (iii

M = -Hx4/12l2 (iv

Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes

5.10. Una viga simplemente empotrada tiene una carga cuya función es p(x) = H(x/l)n. Hallar

a) La carga equivalente b) Las reacciones y c) El momento flector y la fuerza cortante

M

Qxx

eq

Peq

p(x)

=H(x/l)2

Solución:

)1(0 )1(

)1(

n

lH

l

nln

nl

Hdx

n

l

xHWeqP

)2(

)1(

)1(

)2(

)2(

)1(

0

n

ln

n

lH

nln

nl

H

n

lH

lxdx

n

l

xH

eqX

Mo = 0 Peq (l - xeq) = Mr

Mr = Hl2/(n+1)(n+2)

Fy = 0 R - Peq = 0

R = Hl/(n+1)


x

n

nn

eqln

xHdx

l

xHWP

0

)1(

)1(

)2(

)1(

)1(

)2(

)1(

)1(

)2(

)1(0

n

xn

ln

xH

ln

xH

ln

xH

xdxl

xH

X

n

n

n

n

n

n

x n

eq

Fy = 0 - Peq - Q = 0

n

n

ln

xHQ

)1(

)1(

(i

Mcorte = 0 - Peq (x-xeq) –M = 0

n

n

lnn

HxM

)1)(2(

)2(

(ii

Verificación

ol

R

M

Hp(x)

=H(x/l)n

xeq

Peq

p(x)

=H(x/l)n

M

Qxx

eq

Peq

p(x)

=H(x/l)n

x = 0 Q = 0 Ok

x = l Q = -Hl/(n+1) = -Rb Ok

x = 0 M = 0 Ok

x = l M = -Hl2/(n+2)(n+1) = Mr Ok

Finalmente Q

3l

Hx-

2

3

x

M

Ok


p = H(x/l)n

Integrando 1

)1(

)1(c

nl

HxQ

n

n

(i

21

)2(

)1)(2(cxc

nnl

HxM

n

n

(ii

x = 0 M = 0 0 = c2

x = 0 Q = 0 0 = c1

De donde )1(

)1(

nl

HxQ

n

n

(i

)1)(2(

)2(

nnl

HxM

n

n

(ii

Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes. No se aplica el método de

doble integración de funciones de singularidad por ser muy similar.

5.11. Hallar los valores máximos de la fuerza cortante y del momento flector de la viga del

problema anterior.

Solución:

De 5.10 )1(

)1(

nl

HxQ

n

n

(i

)1)(2(

)2(

nnl

HxM

n

n

(ii

Máximos en el empotramiento (x = l)

ol

R

M

H

xeq

Peqp

(x)=H(x/l)n

p(x)

=H(x/l)n

)1(max

n

HlQ

)1)(2(

2

max

nn

HlM


Solución:

Se reemplaza en 5.11 x por su complemento l - x

Carga p = H(x/l)n

p = H(l-x)/ln = H (1-x/l) n (i

Fuerza Corte )1(

)1(

nl

HxQ

n

n

(i

)1(

)( )1(

nl

xlHQ

n

n

Momento )1)(2(

)2(

nnl

HxM

n

n

(ii

)1)(2(

)( )2(

nnl

xlHM

n

n

5.13. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura

a l-a x

M1

Q1 x

M2

Q2

PP

a

Solución:

Ma = 0 P(a) - Rbl = 0

Rb = Pa/l

Mb = 0 Ral - P(l-a) = 0

Ra = P(l-a)/l

ol

R

M

H p(x)

=H((l-x)/l)n

x x'

Prueba Ra + Rb = P Ok

a) Método de los cortes

1er intervalo Ra x = M1

M1 = P(l-a)x/l

2do intervalo Ra x - P(x-a) - M2 = 0

M2 = P(l-a)x/l - P(x-a) = Pa (1-x/l)

b) Método de integración con funciones de singularidad

De derecha a izquierda

p(x) = Ra <x>-1 - P<x-a>-1 + Rb<x-l>-1

p(x) = P(l-a)/l<x>-1 - P<x-a>-1 + Pa/l<x-l>-1

Integrando y aplicando las propiedades de este tipo de funciones

Q = P(l-a)/l<x>0 - P<x-a>0 + Pa/l<x-l>0

M = P(l-a)/l<x>1 - P<x-a>1 + Pa/l<x-l>1

Cuando 0<x<a <x>1 = x

<x-a>1 = 0

<x-l>1 = 0

y M1 = P(l-a)x/l

Para a<x<l <x>1 = x

<x-a>1 = x-a

<x-l>1 = 0

y M2 = P(l-a)x/l - P(x-a) = Pa(1-x/l)

Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes.

5.14. Hallar la EC. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en el sistema

de la figura usando funciones de singularidad

a bR

M

P

R

M

x

M1

Q1 x

M2

Q2

P

a

R

M

Solución:

Fy = 0 R = P

M = 0 Mr = P a


1er intervalo R x – M - M1 = 0

M1 = Px – Pa

2do intervalo R x – M - P(x-a) - M2 = 0

M2 = Px – Pa - P(x-a)


Usando funciones de singularidad y de derecha a izquierda

p(x) = -Mr <x>-2 + R <x>-1- P<x-a>-1

p(x) = -Pa <x>-2 + P <x>-1 - P<x-a>-1


Q(x) = -Pa <x>-1 + P <x>0 - P<x-a>0

M(x) = -Pa <x>0 + P <x>1 - P<x-a>1

Para 0<x<a <x>-1 = 0

<x>0 = 0

<x-a>0 = 0

<x-a>1 = 0

entonces Q(x) = P

M(x) = -Pa x + P x

Para a<x<l <x>-1 = 0

<x>0 = 0

<x-a>0 = 0

<x-a>1 = 0

entonces Q(x) = 0

M(x) = 0


a l-a x

M1

Q1 x

M2

Q2

M

a

M

Solución:

Ma = 0 M - Rbl = 0

Rb = M/l

Mb = 0 Ral + M = 0

Ra = -M/l

Comprobación Ra + Rb = 0 Ok



M1 = - Mx/l

2do intervalo Ra x + M - M2 = 0

M2 = -Mx/l +M



p(x) = Ra <x>-1 + M<x-a>-2 + Rb<x-l>-1

p(x) = -M/l<x>-1 + M<x-a>-2 + M/l<x-l>-1


Q = -M/l<x>0 + M<x-a>-1 + M/l<x-l>0

M = -M/l<x>1 +M<x-a>0 + M/l<x-l>1

Para 0<x<a <x>1 = x

<x-a>0 = 0

<x-l>1 = 0

y M1 = -Mx/l

Para a<x<l <x>1 = x

<x-a>0 = 1

<x-l>1 = 0

y M2 = -Mx/l + M

Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes.

5.16. Hallar solo el momento flector de los sistemas de la figura. En todos los casos p(x) =

H(1+x/l)

Ra

Rb

R

M

l l/4 3l/4

RaRb

l

H2H

H2H

H2H

(a) (b) (c)

Solución:

Se halla primero las reacciones en los apoyos de los tres casos

(a) Ma = 0 Peq1 xeq1 + Peq2 xq2-Rb l = 0

Rb l = (Hl/2)(2l/3) + (Hl)(l/2)

Rb = 5Hl/6

Mb = 0 Ral - Peq1 (l – xeq1) - Peq2(l - xeq2) = 0

Ra l = (Hl/2)(l - 2l/3) + (Hl)(l - l/2) = (Hl/2)(l/3) + (Hl)(l/2)

Ra = 4H/6 = 2Hl/3

Prueba Ra + Rb = 5H/6 + 2H/3 = 9H/6 = 3H/2 = Peq1+Peq2 Ok

(b) Fy = 0 R = Peq1 + Peq2

R = ·3Hl/2

Mo = 0 M = Peq1 xeq1 + Peq2 xeq2

M = (Hl/2)(2l/3) + (Hl)(l/2) = 5Hl2/6

(c) Ma = 0 Peq1 (xeq1-l/4) + Peq2(xeq2-l/4) - Rb(3l/4) = 0

Rb(3l/4) = (Hl/2)(2l/3 - l/4) + (Hl)(l/2 - l/4) = (Hl/2)(5l/12) + (Hl)(l/4)

Rb = 11Hl/18

H2H

l

Peq1

Peq2

l/2

2l/3

Peq2 = Hl

Peq1 = Hl/2

Mb = 0 Ra(3l/4) - Peq1 (l-xeq1) - Peq2(l-xeq2) = 0

Ral(3l/4) = (Hl/2)(l-2l/3) + (Hl)(l-l/2) = (Hl/2)(l/3) + (Hl)(l/2) = 2H/3

Ra = 8Hl/9

Prueba Ra + Rb = 11H/18 + 8H/9 = 27H/18 = 3H/2 = Peq1 + Peq2 Ok

A continuación se hallan la Fuerza Cortante y el Momento Flector por integración

Integrando Q = -H(x+x2/2l) + c1

M = - H(x2/2 + x3/6l) + c1x + c2

Las constantes dependen de las condiciones de borde en los tres casos

a) Si x = 0 M = 0 c2 = 0

Si x = l M = 0 0 = - H(l2/2 + l2/6) + c1l c1 = 2Hl/3

M = - H(x2/2 + x3/6l - 2lx/3)

b) Si x = l Q = 0 0 = -H(l+l/2)+c1 c1 = 3Hl/2

Si x = l M = 0 0 = -H(l2/2+l3/6)+(3Hl/2)l+c2 c2 = -5Hl2/6

M = -H(x2/2+x3/6l)+3Hlx/2-5Hl2/6

c) En este caso hay dos intervalos pero como la carga es la misma en los dos intervalos la

variación se da solamente en las constantes. Entonces

Q1 = -H(x+x2/2l)+c1 valido 0<x<l/4

M1 = -H(x2/2+x3/6l)+c1x+c2

Q2 = -H(x+x2/2l)+c3 valido l/4<x<l

M2 = -H(x2/2+x3/6l)+c3x+c4

Y las condiciones de borde son

Si x = 0 Q1 = 0 c1 = 0

Si x = 0 M1 = 0 c2 = 0

Si x = l Q2 = - Rb -H(l+l/2) + c3 = -11Hl/18 c3 = 8Hl/9

Si x = l M2 = 0 0 = - H(l2/2+l3/6) + 19Hl/9 + c4 c4 = -2Hl2/9

M1 = -H(x2/2+x3/6l)

M2 = -H(x2/2+x3/6l+8lx/9-2l2/9)

5.17. Hallar el momento flector del sistema de la figura

Ra

Rb

l/3 2l/3

P1

2l/9

l/6

2l/9

P2

P3

Solución:

La carga se descompone en formas más sencillas

P1 = Hl/6

x1 = 2l/9

P2 = Hl/3

x2 = l/6

P3 = 2Hl/3

x3 = l/3 + 2l/9 = 5l/9

Ma = 0 P1 x1+P2 x2 + P3x3 - Rbl = 0

Rb = (Hl/6)(2l/9) + (Hl/3)(l/6) + (2Hl/3)(5l/9)

Rb = 25Hl/54

Mb = 0 Ral – P1(l-x1) - P2(l-x2) - P3(l-x3) = 0

Ra = Hl/6(l-2l/9) + (Hl/3)(l-l/6) + (2Hl/3)(l-5l/9)

Ra = 38Hl/54

Prueba Ra + Rb = 25Hl/54 + 38HL/54 = 7Hl/6 = Hl/6 + Hl/3 + 2Hl/3 Ok

Se analiza el sistema en dos intervalos

P1 = Hx/(l/3) + H

P2 = -3Hx/l + 3H

Integrando Q1 = -3Hx2/2l – Hx + c1

M1 = -Hx3/2l - Hx2/2 + c1x + c2

Q2 = 3Hx2/2l - 3Hx + c3

M2 = Hx3/2l - 3Hx2/2 + c3x + c4

Las condiciones de borde son

x = 0 Q1 = Ra c1 = 38Hl/54

Ra

Rb

l/3

H

H

2l/3

x = 0 M1 = 0 c2 = 0

x = l Q2 = - Rb - 25Hl/54 = 3Hl2/2l-3Hl+c3

x = l M2 = 0 0 = Hl3/2l - 3Hl2/2 + c3l + c4

De donde c3 = 28Hl/27

c4 = Hl2 /27

M1 = - Hx3/2l – Hx2/2 + 19Hlx/27

M2 = Hx3/2l - 3Hx2/2 + 28Hlx/27 + Hl2/27


l/2 l/2

H

Ra Rb

H

Ra

Rb

Hl/4 Hl/4

l/2 l/2

Solución:

Aplicando el método de doble integración y por simetría solo en la mitad izquierda

Ra = Rb = Hl/4

p1 = 2Hx/l

Q1(x) = - 2Hx2/(2l) + c1

M1(x) = - Hx3/(3l) + c1 x + c2

Condiciones de Borde

x = 0 M = 0 c2 = 0

x = 0 Q = Ra c1 = Ra = Hl/4

Q1(x) = - Hx2/l + Hl/4

M1(x) = - Hx3/(3l) + Hlx/4

Estas ecuaciones solo son válidas cuando 0<x<l/2


a l-a

H

a l-a

H

Peq

2

)( alHeqP

3

)( aleqx

RaR

b

Solución:

Ma = 0 Peq (l-xeq) - Rbl = 0

[H(l-a)/2][l-(l-a)/3] = Rbl

[H(l-a)/2][a/3+2l/3] = Rbl

Rb = H(l-a)(a+2l)/(6l)

Mb = 0 Ral - Peq(l-a)/3 = 0

Ral = [H(l-a)/2](l-a)/3

Ra = H(l-a)2/(6l)

Prueba Ra + Rb = [H/(6l)](l - a)[(a + 2l) + (l - a)]

Ra + Rb = [H/(6l)](l - a)(3l) = H(l - a)/2 = Peq Ok


x

M1

Q1

Ra

3

)(2

2

2

axx

al

axHp

axpp

al

axHp

eq

eq

eq

M2

x Q2

a

Ra

peq

p


M1 = - H x (l-a)2/(6l)

2do intervalo Ra x – Peq xeq - M2 = 0

M2 = Hx(l-a)2/(6l)-H(x-a)3/[6(l-a)]


al-

a

H

Ra

Rb


p(x) = Ra <x>-1 + [H/(l-a)]<x-a>1 + Rb<x-l>-1

p(x) = H(l-a)2/(6l)<x>-1 + [H/(l-a)]<x-a>1 + H(l-a)(a+2l)/(6l)<x-l>-1


Q(x) = H(l-a)2/(6l)<x>0+H/[2(l-a)]<x-a>2+H(l-a)(a+2l)/(6l)<x-l>0

M(x) = H(l-a)2/(6l)<x>1+H/[6(l-a)]<x-a>3+H(l-a)(a+2l)/(6l)<x-l>1

Para 0<x<a <x>1 = x

<x-a>1 = 0

<x-l>1 = 0

y M1(x) = H(l-a)2/(6l) x

Para a<x<l <x>1 = x

<x-a>1 = x-a

<x-l>1 = 0

M2(x) = Hx(l-a)2/(6l) – H(x-a)3/[6(l-a)]

Las expresiones obtenidas por los métodos de cortes e integración son idénticas.


5.20. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de la carga distribuida p(x) = H Sin

(x/2l).

5.21. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de una carga distribuida de forma

semicircular

5.22. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente apoyada con

carga p(x) = H Sin (x/2l).

5.23. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente empotrada con

carga p(x) = H Sin (x/2l).


carga semicircular


carga semicircular.

5.26. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante




Ra

Rb

l/2

H

l/2

l/2

H

l/2R

M

Ra

Rb

l/2

H

l/2


l/3 l/4 5l/12

H

H

Ry

Rx

M


l/3 l/4 5l/12

H

H

Rb

5.32. Hallar el Momento Flector y Fuerza Cortante del sistema de la figura

l/2 l/2

H

M

R

5.33. Hallar solo el momento flector de los sistemas de la figura.

l/2 l/2

H

H

l/4 3l/4

RBR

A

l/2 l/2

H

H

l/2 l/2

H

RA

RB

H

5.34. Hallar el momento flector del sistema de la figura

l/2

H

l/2R

M

l/3

H

RA

RB

H

l/3 l/3


a l-a

H

RBR

A

P


a l-a

H

RBR

A

2H


P

A B

L

L/4


AL

m0

B


La carga distribuida tiene una intensidad q = qo·sen(x/L)

. A

L

q=q0 sen(·x/L)

B

q0


A

B

q x( )q o x

L

2/3·L L/3


La intensidad de carga varía según la onda senoidal, con valor q = qo·sen(x/L).

A

B

q=q0 sen(·x/L)

q0

2/3·L L/3


A

Ba aa

q0=P·aP

C


L

q x( )qo x

L

P q0=P·a

L/3


A

Ba a

q0=P·a

P

C

q0=P·a


A

Ba

q0=P·l

P

C

a

L

C

q0=P·l


A

BL/3

C

L/3

L

q0=P·l


3L

Pq

0=P·l

LAB


P

EI

l

q0=P·l

l/4 l/4


EI

l

q(x)=qo·x2/L2

AB


EI

l/2

q0=P·l

l/2

q0=P·l/2


2P

EI

l

q0=P·l

l/2

q(x)=qo·x2/L2


AB l

q0

l/2


EI

l/2

q0=P·l

l/2

q0=P·l/2


l/3

q0

l/3l/3


H

Ra

Rb

Hl/4 Hl/4

l/2 l/2

6 Flexión – Tensiones Normales y Cortantes

6.1 Introducción

En este capítulo se desarrollarán las ecuaciones para calcular las tensiones que se

presentan en elementos sometidos a flexión. Las tensiones no deben exceder a los límites

de fluencia de los materiales empleados.

6.2 Tensiones Normales en Flexión

Considérese una viga sometida a un estado de flexión

Deflexion de la Viga

Fig. 6.1 Viga sometida a Flexión

Un elemento recto de pequeña longitud de la viga sin carga, se curvea por efecto de las

cargas y algunas fibras se acortan mientras que otras se alargan.

Fig. 6.2 Acortamiento y Alargamiento de las Fibras

El elemento diferencial curvo puede ser considerado como un arco de circulo con centro en

O y radio . La porción superior AB es de menor longitud a la inferior CD debido a que las

fibras superiores se comprimen y las inferiores se alargaron. Existe un plano llamado

“neutro” oo que no se alarga ni se acorta (no hay deformación y tampoco hay tensiones).

Fig. 6.3 Deformación de un Elemento Diferencial

Tomando el plano neutro como referencia, se observa que la deformada del elemento a una

distancia “y” es:

d = y d (6.1

= d/ds = y d/ds (6.2

del Grafico ds = d (6.3

de 6.2 y 6.3 = y / (6.4

= E = E y / (6.5

De la ec 6.5 se aprecia que las tensiones normales en cualquier punto son proporcionales a

la distancia del mismo al eje neutro. Las tensiones son nulas en el eje neutro y máximas en

las fibras más alejadas.

Fig. 6.4 Distribución de Tensiones Normales

En la ec 6.5 es desconocido. De la estática

Fx = 0

A

NdF 0

(6.6

dF = dA = (Ey/)dA (6.7

A

ydAE

0

(6.8

En esta ecuación E/ no es cero por lo que

A

ydA 0

(6.9

Entonces el origen del sistema de coordenadas empleado debe estar situado en el centro

geométrico de la sección transversal (que es equivalente al centro de gravedad en el caso

de vigas homogéneas). En otras palabras el eje neutro coincide con el eje centroidal de la

viga

La estática, además de requerir equilibrio de fuerzas requiere el equilibrio de momentos

M = 0

A

MdFy

(6.10

dF = dA = (Ey/)dA (6.11

A

EIdAy

EM

2

(6.12

El valor de “I” es el Momento de Inercia de la sección. Entonces de 6.5 y 6.12

I

Mc

(6.13

I

cM maxmax

(6.14

El momento flector “M” depende únicamente del tipo de viga y carga, mientras que los

valores de “c” e “I” dependen exclusivamente de la sección transversal de la viga.

6.3 Tensiones Cortantes en Flexión

Considérese un elemento diferencial al que se realiza un corte en ab.

Fig. 6.5 Tensiones Cortantes en la Sección Superior

En las secciones laterales del elemento diferencial se aparecen tensiones normales

mientras que en la sección superior aparecen tensiones cortantes

De la estática

Fx = 0 AlatAlat

AdAdAd 0)( sup (6.15

0sup AdAd

Alat

(6.16

de 6.13 = M y / EI (6.17

d = dM y / EI (6.18

Asup = b dx

En 6.16

0 bdxdAEI

dMy

Alat

(6.19

bdxydAEI

dM

Alat

(6.20

Ib

AyQydA

Ibdx

dM pp

Alat

(6.21

La integral (yp y Ap) no son del área total sino del área parcial.

Ib

QS

(6.22

Ib

AyQydAS

_

0

(6.23

Ib

SQ maxmaxmax

(6.24

El valor de “Q” depende únicamente del tipo de viga y carga, mientras que los valores de

“S”, “I” y “b” dependen exclusivamente de la sección de la viga.

Las tensiones cortantes tienen una distribución parabólica y sus valores mínimos se

presentan en los extremos superior e inferior de la viga, mientras que su valor máximo se

presenta en el plano neutro, contrariamente a las tensiones normales que tienen una

distribución lineal y sus valores máximos se presentan en los extremos superior e inferior y

son nulos en el plano neutro

Fig. 6.6 Distribución Parabólica de las Tensiones Cortantes

6.4 Perfiles Comunes Usados en Vigas

Los perfiles más usados en vigas son los que tienen valores altos de Inercia, y por ello

generalmente se usan perfiles con secciones de mayor alto que ancho. En la figura se

muestran los perfiles preferidos para secciones transversales de vigas de los cuales se

hallarán las ecuaciones reducidas para calcular las tensiones de normales y cortantes.

Fig. 6.7 Perfiles Comunes Usados en vigas

PROBLEMAS RESUELTOS

6.1. Hallar las expresiones para calcular las tensiones normales y cortantes máximos para

un perfil rectangular.

h

h/2-y

Eje Neutroycg

b

Solución:

a) Tensiones Normales

ycg = h/2

c = +/- h/2

I = bh3/12

33

12

12

bh

My

bh

My

I

My

33

12

12

bh

My

bh

My

I

My

23max

6

12

)2/(

bh

M

bh

hM

I

Mc

b) Tensiones Cortantes

La línea a-a divide el perfil en dos secciones: La superior 1 y la inferior 2.

Aparcial = b(h/2-y)

ycgparcial = y + (½)(h/2-y)

S = Apycgparcial = b(h/2-y)[y+(1/2)(h/2-y)] = b(h/2-y)(h/2+y)(1/2)

S = b(h2/4-y2)/2

En 1

Aparcial = b(h/2+y)

ycgparcial = (h/2+y)/2-y = (h/2-y)/2

S = b(h2/4-y2)/2

Entonces

S = b(h2/4-y2)/2

Smax y = 0 = bh2/8

bh

h

yQ

bbh

yh

Qb

Ib

QS)

4

1(6

12

2

1)

4( 2

2

3

22

max = 1,5 Q/A


un perfil triangular.

h

b

LN

h/3-yh/3

2h/3+y

Solución:


ycg = h/3

c1 = h/3

c2 = 2h/3

I = bh3/36

33

36

36

bh

My

bh

My

I

My

231

max

12

36

)3/(

bh

M

bh

hM

I

Mctracc

232

max

24

36

)3/2(

bh

M

bh

hM

I

Mccomp


De nuevo la línea a-a divide el perfil en dos secciones: La superior 1 y la inferior 2.

h/B = (2h/3+y)/b

b = (2h/3+y)B/h

A1 = b(2h/3+y)/2 = (2h/3+y)2(B/2h)

A2 = [B+b](1/2)(h2) = [B+(2h/3+y)B/h](1/2)(h/3-y)

ycg1 = (1/3)(2h/3+y)-y = (2h/9-2y/3)

ycg2 = (h/2+y)/2-y = (h/2-y)/2

S1 = A1ycg1 = (2h/3+y)2(B/2h)(2h/9-2y/3)

S2 = A2ycg2 = [B+(2h/3+y)B/h](1/2)(h/3-y) (h/2-y)/2

Smax = (4h2/9)(B/2h)(2h/9) = (4h2B/81)

3

2

3

3

sup

6)3

2(

)3

2(

36

6)

3

2(

bh

yh

Q

h

by

hbh

h

by

hQ

Ib

QS

3

2

3

3

sup

6)3

2(

)3

2(

36

6)

3

2(

bh

yh

Q

h

by

hbhh

by

hQ

Ib

QS

Cuando y = - 2h/3 se tiene = 0 y cuando y = 0 se tiene

A

Q

bh

Q

bh

hQ

bh

hQ

3

4

3

89

646)

3

2(

3

2

3

2

max


un perfil romboidal.

h

h

h/2

h

Solución:


ycg = h/2

c = +/- h/2

I = 2h(h/2)3/36 + (h/2)(h/2)(h/6)2 = h4/48

34max

24

48

)2/(

h

M

h

hM

I

Mc


Aparcial = h(h/2)/2

ycgparcial = (h/2)/3

Smax = Aparcial ycgparcial = h3/24

24

3

max

2

48

)24

(

h

Q

hh

hQ

Ib

QS


un perfil rectangular hueco.

b

h

b

h/2

Solución:


ycg = h/2

c = +/- h/2

I = [bh3 – (b-2e)(h-2e)3]/12

322max2364

3

hehehebe

Mh

I

Mc


Aparcial = b(h/2) – (b-2e)(h/2-e)

ycgparcial = [b(h/2)(H/2)(1/2) – (B-2E)(H/2-e)(h/2-e)(1/2)]Aparcial

Smax = [b(h/2)(H/2)(1/2) – (B-2E)(H/2-e)(h/2-e)(1/2)]

322

2

max)2()364(4

)2()(23

hehehebe

hehebQ

Ib

QS


un perfil I.

b

h

h/2

b

Solución:


ycg = h/2

c = +/- h/2

I = bh3/12-(b-e)(h-2e)3/12

322max23642

6

hehehebe

hM

I

Mc


Aparcial = [bh – (b-e)(h- 2e)]/2

ycgparcial = e(h/2-e)(h/2-e)/2+be(h/2-e+e/2) Aparcial

Smax = e(h/2-e)(h/2-e)/2+be(h/2-e+e/2)

322

2

max236422

243

hehehebe

hehebQ

Ib

QS


un perfil H

h

b b

h/2

Solución:


ycg = h/2

c = +/- h/2

I = (b-2e)e3/12 + 2eh3/12

33max2)2(

6

eheeb

Mh

I

Mc


Aparcial = bh/2 – (b-2e)(h/2-e/2)

ycgparcial = (bh/2)(h/4)-(b-2e)(h/2-e/2){e/2+(h/2-e/2)/2} Aparcial

Smax = (bh2/8)-(b-2e)(h-e)h/8

eeheeb

ehebbhQ

Ib

QS33

2

max2)2(2

))(2(3


un perfil T.

b

hy

c

g

Solución:


))((

)2/1)()()(()2/(

ehebbh

ehehebhbhycg

)(2

)()2( 2

heb

hehebycg

c1 = ycg

c2 = h-ycg

)(4

)(

12

)42)(( 22222

heb

heehheheehbeeI

)2()()2)((2

)()2(62222222

2

maxhehehehehehebebe

hehebM

I

Mc


Aparcial = [bh – (b-e)(h- 2e)]/2

ycgparcial = e(h/2-e)(h/2-e)/2+be(h/2-e+e/2) Aparcial

Smax = e ycg2/2

2

22

max)(8

2

heb

hehebeS

)()2(*)()2(22

)()2(32222222

22

maxhebhehehehehehebebe

hehebQ

Ib

QS


un perfil circular.

Solución:


ycg = d/2

c = +/- d/2

I = d4/32

34max

32

64

)2/(

d

M

d

dM

I

Mc


Tomando un elemento diferencial

2

)( rdrdA

parcialparcialparcialparcial

cgparcialA

r

A

CosCosr

A

dSinr

A

Sinr

dA

y 3

2)0(

3)3(2

2

3

2 33

0

3

0

3

4

2

3

2

2

3

r

r

r

ycgparcial

123

2 33

max

dryAS cgparcialparcial

A

Q

A

Q

dd

Qd

dd

dQ

Ib

QS

3

4

12

16

164

12

64

1232

3

4

3

maxmax

6.9. Comparar la relación tensiones normales vs. peso y tensiones cortantes vs. peso para

los perfiles de la figura. Tomar Ancho = 6 cm, Alto = 12 cm y Espesor = 1 cm.

(a) (b) (c)

(d) (e) (f )

Solución:

Para a)

23max

6

12

)2/(

bh

M

bh

hM

I

Mc

max = 1,5 Q/A

Para b) 322max

23642

6

hehehebe

hM

I

Mc

322

2

max236422

243

hehehebe

hehebQ

Ib

QS

Para c) 33max

2)2(

6

eheeb

Mh

I

Mc

eeheeb

ehebbhQ

Ib

QS33

2

max2)2(2

))(2(3

Para d)

)2()()2)((2

)()2(62222222

2

maxhehehehehehebebe

hehebM

I

Mc

)()2(*)()2(22

)()2(32222222

22

maxhebhehehehehehebebe

hehebQ

Ib

QS

Para e) 322max2364

3

hehehebe

Mh

I

Mc

322

2

max)2()364(4

)2()(23

hehehebe

hehebQ

Ib

QS


un perfil trapezoidal.

15

12

9 9

12

3 3

Solución:


ycg = (2A1 xcg1+A2 xcg2)/(2 A1+A2)

ycg = (2(3)(12/2)(4)+9(12)6)/(2(3)(12/2)+9(12)) =

ycg = [(B-b)(h2/6)+(bh2/2)]/[(B-b)(h/2)+(bh)]

ycg = (h2/3)(B/2+b)/[(h/2)(B+b)] = (2h/3)(B/2+b)/(B+b)

c1 = ycg = (2h/3)(B/2+b)/(B+b)

c2 = h - ycg = h - (2h/3)(B/2+b)/(B+b)

I = 2(Icg1+A1d12)+(Icg2+A2d22)

I = 2{[(B-b)/2]h3/36+[(B-b)/2](h/2)(Icg1+A1d12)+(Icg2+A2d22)

6.11. En la figura se muestra un eje de una transmisión. En los puntos A, C y E van

montados engranajes y en B y D los cojinetes de apoyo. Las fuerzas sobre los engranajes

son todas verticales, el eje es simétrico y las dimensiones están en centímetros. Se pide

calcular las tensiones normales de flexión y de corte máximos.

3 4.5 6

15 30 15

45[kg] 45[kg]

60[kg]

10 10

Solución:

Para una sección circular

3

maxmax

max

16

d

M

I

cM

A

Q

Ib

QS

3

4max

Por la simetría y de la Estática

Ra = Rb = (45+60+45)/2 = 75 Kg

En el eje de 3 Mmax = Ra 5 = 75(5) = 375 Kg cm

Qmax = Ra = 75 Kg

max = 70.73 Kg/cm²

max = 14.14 Kg/cm²

En el eje 4.5 Mmax = Ra 20 = 75(20) = 1500 Kg cm

Qmax = Ra = 75 Kg

max = 83.83 Kg/cm²

max = 6.2814 Kg/cm²

En el eje 6 Mmax = Ra 50 = 75(50) = 3750 Kg cm

Qmax = Ra = 75 Kg

max = 88.41 Kg/cm²

max = 3.53 Kg/cm²



el perfil de la figura.

b

h d



H d



He



d e



H

b

e



b

H

e



b

H

e



aa



aa



aa



aa



a

7 Deformaciones en Flexión

7.1 Introducción

En este capítulo se estudiarán tres métodos para hallar las deformaciones que se presentan

en vigas sometidas a flexión. Estos métodos son:a) Método de doble integración; b) Método

de superposición y c) Método del área del diagrama de momentos.

7.2 Línea Elástica

Se llama “Línea elástica” a la forma que adopta el eje de una viga al producirse la

deformación de la misma por acción de las cargas exteriores.

Fig. 7.1 Linea Elástica

7.3 Método de la Ecuación Diferencial de la Elástica o Doble Integración del Momento

Un elemento diferencial de la viga puede considerarse como un arco de círculo

Fig. 7.2 Deformación de un Elemento Diferencial

La ecuación 6.12 estableció que

A

EIdAy

EM

2

7.1

Por desarrollos se sabe que la curvatura de una curva plana está dada por la ec

2/32

2

2

1

1

dx

dy

dx

yd

7.2

Entonces EI

M

dx

dy

dx

yd

2/3

2

2

2

1

1

7.3

La integración de esta ecuación es difícil pero para deformaciones pequeñas

dy/dx = tan (θ) = θ 7,4

y su valor al cuadrado se desprecia por lo que el denominador de 7.3 se iguala a la unidad

EI

M

dx

yd

2

2

7,5

EI

M

dx

d

7.6

7.4 Método de Superposición

Debido a que las ecuaciones de las deformadas son lineales se puede aplicar el principio de

superposición, que dice “Si el estado de carga en una viga puede descomponerse en n

cargas más sencillas, la deformada total de la viga es la superposición de las n deformadas

que producen cada una de las n cargas”.

Cuando se conoce la deformada de una viga empotrada bajo un estado de carga se puede

hallar la deformada otra viga con voladizo con el mismo estado de carga

Fig. 7.3 Deformada de una Viga con Voladizo

total = + b (7.7

7.5 Método del Área del Diagrama de Momentos o Teoremas de Mohr

a) Primer Teorema de Mohr.- Permite calcular el ángulo θAB que forman entre sí dos

secciones A y B de una viga. Este ángulo es el mismo que el que forman las tangentes a la

elástica en los puntos A y B

Fig. 7.3 Angulo entre Secciones y entre Tangentes

La ecuación diferencial de la elástica es, según ecuación 6.6:

EI

M

dx

d

(7.8

Integrando entre los puntos A y B:

dxEI

MBAAB

B

A

)()()(

(7.9

Si EI es constante

EI

MAreadxM

EIBAAB AB

B

A

)(1)()()(

(7.10

"El ángulo θ (AB) que forman entre sí dos secciones de la viga flexionada, es igual al área

del diagrama de momentos flectores comprendida entre A y B: Area(MAB), dividido por el

módulo de rigidez de la viga EI"

b) Segundo Teorema de Mohr.- Permite calcular la distancia en vertical, δBA, que hay

desde un punto B de la elástica a la tangente en otro punto A de la elástica.

Fig. 7.4 Distancia Vertical entre Tangentes

Por dos puntos C y D muy próximos, situados en x y x+dx, se trazan sus tangentes, las

cuales intercectan a una línea vertical en B en B1 y B2. cuya longitud será:

B1B2 = B1B0 – B2B0 = (xB - x) tag θ - (xB - x) tag (θ - dθ) (7.11

Para pequeñas deformaciones

B1B2 = (xB - x) θ - (xB - x) (θ - d θ) = (xB - x) dθ (7.12

sumando las longitudes de los segmentos diferenciales B1B2 al mover los puntos C y D

desde A hasta B, tendremos la longitud total δBA deseada. Así:

B

A

BBA dxx )( (7.13

y si finalmente se sustituye el valor absoluto de dθ obtenido en el primer teorema de Mohr:

B

A

BBA dx

EI

xxM )( (7.14

Si EI es constante

EI

ABQdxxxM

EI

M

B

B

A

BBA

)()(

1 (7.15

"La distancia en vertical: δBA que hay desde un punto B de la elástica a la tangente en otro

punto A de la misma, es igual al momento estático respecto del primer punto B del área del

diagrama de momentos flectores comprendida entre ambos puntos: QBAB, dividido por EI"

En el caso de que el diagrama tenga áreas positivas y negativas, se realizará el

procedimiento para cada área

M

x

BA

CG1

d1

CG2

d2

T

EI() = Area AT – Area TB (7.16

EI() = (Area AT)d1 – (Area TB) d2 (7.17

A continuación se muestran las áreas y centros de gravedad de figuras comunes :

b

h

b/2

A=bh

b/3

A=bh/2

b

h

3b/8

A=2bh/3

b

h

Rectangular Triangular Parabolica

b/4

A=bh/3

b

h

Parabolica

b/5

A=bh/4

b

h

Cubica

2b/

A=2bh/

b

h

Armonica

7.6 Método de la viga conjugada

Se basa en los mismos principios que el método área de momentos (teoremas de Mohr). Con este método se genera una viga ficticia (conjugada) con las siguientes condiciones:

- Misma luz que la viga original.

- Mismas condiciones de apoyo que la viga original.

- Carga igual al diagrama de momento flector de la viga original dividido por EI

Recordando dos ecuaciones diferenciales ya conocidas:

py

M

2

2

(7.18

EI

M

x

y

2

2

(7.19

Llamando a M/EI el diagrama de momentos reducidos o diagrama de curvaturas y

tomándolo como un diagrama de cargas ficticias p* = M/(EI) aplicado sobre una viga también

ficticia y que se llama “viga conjugada”, de la identidad formal entre las dos ecuaciones

anteriores surge que la línea elástica de una viga coincide con el diagrama de momentos

ficticios M* producido en todas las secciones de su viga conjugada cargada con la carga p*.

En otras palabras:

y = M* (7.20

VIGA REAL VIGA FICTICIA

Momento M Carga M/EI

Angulo Cortante Q’

Flecha y Momento M’

7.7 Sistemas Hiperestáticos.-

En algunas ocasiones las ecuaciones de la Estática ( F = 0 y M = 0) son en número

menores al número de Cargas incógnitas que se desean hallar. Estos problemas se

conocen como estáticamente Indeterminados y en ellos se deben introducir ecuaciones

adicionales de deformaciones.

Deflexiones de vigas simplemente empotradas

lRy

M

r

P

R1 = P R2 = 0

M1 = Pl M2 = 0

M = P(x-l)

Q = P

)3(6

2

lxPx

EIy

)2(2

lxPx

EI

3

3

max

PlEIy

2

2

max

PlEI

aRy

M

r

P

b

R1 = P R2 = 0

M1 = Pa M2 =

0

Ma = P(x-a)

Mb = 0

Qa = P

Qb = 0

)3(6

2

axPx

EIya ;

)2(2

axPx

EI a ;

0<x<a

)3(6

2

xaPa

EIyb ; 2

2PaEI b

; a<x<l

)3(6

2

max laPa

EIy

2

2

max

PlEI

lRy

M

r

R1 = Hl R2 = 0

M1 = Hl2/2 M2

= 0

M = (H/2)(x-l)2

Q = H(l-x)

)64(24

222

lxlxHx

EIy

)33(6

22 lxlxHx

EI

8

4

max

HlEIy

6

3

max

HlEI

lRy

M

r

Mb

R1 = 0 R2 = 0

M1 = Me M2 =

Me

M = Me

Q = 0

2

2MxEIy

MxEI

2

2

max

MlEIy

MlEI max

l

Hxp

l

M

r

21

HlR

02 R

6

2

1

HlM

02 M

32

)1(6 l

xHlM

2)1(2 l

xHlQ

)10105(120

32232

lxllxxl

HxEIy

)464(24

3223 lxllxxl

HxEI

30

4

max

HlEIy

24

3

max

HlEI

n

l

xHp )1(

l

M

r

Ry

11

n

HlR

02 R

)2)(1(

2

1

nn

HlM

02 M

22

)1()2)(1(

n

l

x

nn

HlM

1

1)1(

n

l

x

n

HlQ

)4)(3)(2)(1(

]1)4()1[( 44

nnnn

l

xn

l

xHl

EIy

n

)3)(2)(1(

]1)1([ 33

nnn

l

xHl

EI

n

)4)(2)(1(

4

max

nnn

HlEIy

)3)(2)(1(

3

max

nnn

HlEI

Deflexiones de vigas simplemente apoyadas

RA

lR

B

Pl/2l/2

R1 = P/2

R2 = P/2

M = Px/2

Q = P/2

)4

3(

12

22 xlPx

EIy

)4

(4

22

xlP

EI

48

3

max

PlEIy

16

2

21

PlEIEI

RA

lR

B

Pba

R1 = Pb/l

R2 = Pa/l

Ma = Pbx/l

Mb = Pa(l-x)/l

Qa = Pb/l

Qb = -Pa/l

)(6

222 bxll

PbxEIya

3223 )()(

6xxblax

b

l

l

PbEIyb

)3

(6

22

l

b

l

xl

PbEI a

2222 3)()(

3

6xblax

b

l

l

PbEI b

l

blPbEIy

39

)( 2/322

max

en 3/)( 22 blx

l

blPbEI

6

)( 22

1

l

alPaEI

6

)( 22

2

RA

lR

B

ba

M

R1 = - M/l

R2 = M/l

Ma = - Mx/l

Mb = - M(l-x)/l

Qa = - M/l

Qb = - M/l

)236(6

223 xlxaaxlxl

MEIya

)3233(6

22223 laxlxalxxl

MEIyb

)2363(6

222 laalxM

EI a

)2363(6

222 laxlxM

EI b

)236(6

22

1 laall

MEI

)3(6

22

2 all

MEI

l

2/21 HlRR

)1(2 l

xHxlM

)2

( xl

HQ

)2(24

323 xlxlHx

EIy

)46(24

323 xlxlH

EI

384

5 4

max

HlEIy

24

3

21

HlEIEI

lR

A RB

6/1 HlR 3/2 HlR

)1(6 2

2

l

xHxlM

)3

1(6 2

2

l

xHlQ

)3107(360

4224 xxlll

HxEIy

)15307(360

423 xlxll

HEI

384

5 4

max

HlEIy

360

7 4

1

HlEI

360

8 4

2

HlEI

lR

A RB

)1)(2/(1 nnHlR

)2/(2 nHlR

)1)(2(

)1(1

1

nn

l

xHlx

Mn

n

)1(

)2

1(

1

1

n

l

x

nHl

Qn

n

n

nn

lnn

xlllx

nn

HxEIy

)3)(4(6)1)(2(

3332

n

nn

lnn

xnlllx

nn

HEI

)3)(4(

)4(

6

3

)1)(2(

3332

)1)(2(

6

1

)3)(4(

13

1

nn

nnHl

EI

)1)(2(

)4(

1

3

13

2

nn

nHl

EI

PROBLEMAS RESUELTOS

Método de la doble integración

7.1. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura

H

Ra

Rb

l

Solución:

De 5.2 M = (H/6)(lx-x3/l)

Integrando EI y’ = (H/6)(lx2/2 – x4/4l) + c1

EI y = (H/6)(lx3/6 – x5/20l) + c1 x + c2


x = 0 y = 0 c2 = 0

x = l y = 0 0 = (H/6)(l4/6 – l4/20) + c1 l

c1 = -(7H l3/360)

)15307(360

' 423 xlxll

HEIy

)3107(360

4224 xxlll

HxEIy


H

A B

l

p(x)=H(x/l)2

RA

RB

Solución:

De 5.4 M = (H/12)(lx-x4/l2)

Integrando EI y’ = (H/12)(lx2/2 – x5/5l2 ) + c1

EI y = (H/12)(lx3/6 – x6/30l2 ) + c1 x + c2


x = 0 y = 0 c2 = 0

x = l y = 0 0 = (H/12)(l4/6 – l4/30) + c1 l

c1 = -(H l3/90)

)30

4

52(

12'

3

2

52 l

l

xlxHEIy

)30

4

306(

12

3

2

65 l

l

xlxHEIy


Solución:

De 5.5

n

n

l

xxl

nn

HM

2

)1)(2(

Integrando 1

32

)3(2)1)(2(' c

ln

xlx

nn

HEIy

n

n

21

43

)3)(4(6)1)(2(cxc

lnn

xlx

nn

HEIy

n

n


x = 0 y = 0 c2 = 0

x = l y = 0

)3)(4(

1

6

1

)1)(2(

3

1nnnn

Hlc

)3)(4(6)3(2)1)(2('

3332

nn

ll

ln

xlx

nn

HEIy

n

n

)3)(4(6)3)(4(6)1)(2(

3343

nn

xlxl

lnn

xlx

nn

HEIy

n

n

7.4. Hallar los valores de las pendientes en los extremos y la ubicación de la deformada

máxima del sistema de la figura

H

A B

l

p(x)

=H(x/l)n

RA

RB

H

A B

l

p(x)

=H(x/l)n

RA

RB

Solución:

Del problema anterior

)3)(4(6)3(2)1)(2('

3332

nn

ll

ln

xlx

nn

HEIy

n

n

Para x = 0

)3)(4(

1

6

1

)1)(2(

3

nnnn

Hlizq

Para x = l

)3)(4(

1

6

1

)3(

1

2

1

)1)(2(

3

nnnnn

Hlder

La deformada máxima ocurre cuando y’ = 0

0)3)(4(6)3(2

3332

nn

ll

ln

xlxn

n

Ecuación de donde se despeja x


Solución:

Se reemplaza en el problema anterior (l – x) por x

)3)(4(6)3(

)(

2

)(

)1)(2('

3332

nn

ll

ln

xlxll

nn

HEIy

n

n

)3)(4(

)(

6

)(

)3)(4(

)(

6

)(

)1)(2(

3343

nn

xllxll

lnn

xlxll

nn

HEIy

n

n

7.6. Hallar las ecuaciones de las pendientes, deformaciones y valores máximos de estos en

el sistema de la figura

Solución:

Reemplazando n = 0 en los resultados del problema 7.3

H

A B

l

p(x)

=H(1-x/l)n

RA

RB

H

A B

lRA

RB

)3(46322)3)(4(6)3(2)1)(2('

33323332 llxlxH

nn

ll

ln

xlx

nn

HEIy

n

n

332 4624

' lxlxH

EIy

)3(46)3(462)3)(4(6)3)(4(6)1)(2(

33433343 xlxlxlxH

nn

xlxl

lnn

xlx

nn

HEIy

n

n

xlxlxH

EIy 343224

La deformada máxima ocurre en x = l/2 y la pendiente máxima ocurre en x = 0 y x = l

384

5 4

max

HlEIy

24´

3

max

HlEIy


Solución:

De 5.8 l

xHM

6

3

Integrando 1

4

24' c

l

xHEIy

21

5

120cxc

l

xHEIy


x = l y’ = 0 24

3

1

Hlc

x = l y = 0 30

4

2

Hlc

3

4

24' l

l

xHEIy

45

120

435

lxll

xHEIy

ol

R

M

Hp

(x)=H(x/l)


Solución:

De 5.9 2

4

12l

xHM

Integrando 12

5

60' c

l

xHEIy

212

6

360cxc

l

xHEIy


x = l y’ = 0 60

3

1

lHc

x = l y = 0 72

4

2

lHc

3

2

5

60' l

l

xHEIy

56

360

43

2

6

lxll

xHEIy


Solución:

De 5.10 n

n

lnn

xHM

)1)(2(

)2(

Integrando 1

)3(

)1)(2)(3(' c

lnnn

xHEIy

n

n

21

)4(

)1)(2)(3)(4(cxc

lnnnn

xHEIy

n

n

ol

R

M

Hp

(x)=H(x/l)2

p(x)

=H(x/l)n

ol

R

M

H


x = l y’ = 0 )1)(2)(3(

3

1

nnn

lHc

x = l y = 0 )1)(2)(4(

4

2

nnn

lHc

3

3

)1)(2)(3(' l

l

x

nnn

HEIy

n

n

)3()4()1)(2)(3)(4(

434

nlnxll

x

nnnn

HEIy

n

n

7.10. Hallar los valores máximos de pendiente y deformación del sistema de la figura

Solución:

Del problema anterior

3

3

)1)(2)(3(' l

l

x

nnn

HEIy

n

n

)3()4()1)(2)(3)(4(

434

nlnxll

x

nnnn

HEIy

n

n

La pendiente y deformada máximas ocurren cuando x = 0

)1)(2)(3(

3

max

nnn

HlEI

)1)(2)(4(

4

max

nnn

HlEIy


Solución: Se reemplaza en el problema 7.9 (l – x) por x

3

3)(

)1)(2)(3(' l

l

xl

nnn

HEIy

n

n

p(x)

=H(x/l)n

ol

R

M

H

p(x)

=H(l-x/l)n

l

H

)3()4)(()(

)1)(2)(3)(4(

434

nlnxlll

xl

nnnn

HEIy

n

n

7.12. Hallar las ecuaciones de las pendientes, deformaciones y valores máximos de estos

en el sistema de la figura usando funciones de singularidad

Solución:

De 5.14 Q(x) = -Pa <x>-1 + P <x>0 - P<x-a>0

M(x) = -Pa <x>0 + P <x>1 - P<x-a>1

Integrando y aplicando las propiedades de funciones de singularidad

EIy´(x) = -Pa <x>1 + P <x>2/2 - P<x-a>2/2

EIy(x) = -Pa <x>2/2 + P <x>3/6 - P<x-a>3/6

Para 0<x<a <x>n = xn

<x-a>n = 0

entonces EIy´(x) = -Pa x + P x2/2

EIy(x) = -Pa x2/2 + P x3/6

)2(2

´ axPx

EIy

)3(6

2

axPx

EIy

Para a<x<l <x>n = xn

<x-a>n = (x-a)n

<x-l>n = 0

entonces EIy´(x) = -Pa x + P x2/2 – P (x-a)2/2

EIy´(x) = -Pa x + P x2/2 – Px2/2 + Pxa - Pa2/2 = - Pa2/2

EIy(x) = -Pa x2/2 + P x3/6 – P (x-a)3/6

EIy(x) = -Pa x2/2 + P x3/6 – Px3/6 + Px2a/2 – Pxa2/2 + Pa3/6

EIy(x) = – Pxa2/2 + Pa3/6

2´

2PaEIy

a bR

M

P

)3(6

2

xaPa

EIy

Las deformadas máximas ocurren cuando x = l

2´

2

max

PaEIy

)3(6

2

max laPa

EIy

7.13. Hallar las ecuaciones de las pendientes, deformaciones y valores máximos de estos

en los sistemas de la figura

Solución:

Reemplazando en el problema anterior a = l y b = 0

)2(2

´ lxPx

EIy

)3(6

2

lxPx

EIy

2'

2

max

PlEIy

3

3

maxPl

EIy


Solución:

De 5.13

M1 = Px - Pxa/l

M2 = Pa- Pxa/l

lR

M

P

Ra

Rb

a b

P

Integrando 1

22

122

' cl

aPxPxEIy

21

33

166

cxcl

aPxPxEIy

3

2

22

' cl

aPxPaxEIy

43

32

262

cxcl

aPxPaxEIy


x = 0 y1 = 0 C2 = 0

x = a y1’ = y2’ 3

32

1

32

222c

l

PaPac

l

PaPa

x = a y1 = y2 43

43

21

43

6266cac

l

PaPacac

l

PaPa

x = l y2 = 0 43

23

260 clc

Ml

l

Ml

De donde )

362(

32

1

al

l

aaPc

)

36(

3

3

al

l

aPc

6

3

4

Pac

y )23(

6

23233 xalxalxaaxlxl

PEIya

)23(6

32332 laxalxlaaxlaxl

PEIyb

)2333(6

23222 alalaaxlxl

PEI a

)236(6

232 allaaxaxll

PEI b


Solución:

De 5.16 M1 = - Mx/l

M2 = -Mx/l +M

Integrando 1

2

12

' cl

MxEIy

21

3

16

cxcl

MxEIy

3

2

22

' cMxl

MxEIy

43

23

226

cxcMx

l

MxEIy


x = 0 y1 = 0 C2 = 0

x = a y1’ = y2’ 3

2

1

2

22cMa

l

Mac

l

Ma

x = a y1 = y2 43

23

21

3

266cac

Ma

l

Macac

l

Ma

x = l y2 = 0 43

23

260 clc

Ml

l

Ml

De donde )

32(

2

1

l

l

aaMc

)

32(

2

3

l

l

aMc

2

2

4

Mac

y )236(

6

223 xlxaaxlxl

MEIya

Ra

Rb

a b

P

)3233(6

22223 laxlxalxxl

MEIyb

)2363(6

222 laalxM

EI a

)2363(6

222 laxlxM

EI b


l/2 l/2

H

Ra Rb

H

Ra

Rb

Hl/4 Hl/4

l/2 l/2

Solución:

De 5.17 Q1(x) = - Hx2/l + Hl/4

M1(x) = - Hx3/(3l) + Hlx/4

Integrando EI y1´ = - Hx4/(12l)+Hlx2/8+c1

EI y1 = - Hx5/(60l)+Hlx3/24+c1x+c2


x = 0 y1 = 0 c2 = 0

x = l/2 y1´ = 0 0 = - H(l/2)4/(12l) + (Hl/8)(l/2)2 + c3

c3 = - 5Hl3/192

192

5

812´

324 llx

l

xHEIy

)254016(960192

5

2460

4325335

xlxlxl

Hxllx

l

xHEIy

Estas ecuaciones sólo son válidas cuando 0<x<l/2

7.17. Hallar por superposición la ecuación de la deformación del sistema de la figura

Solución: De las tablas

Ra

Rb

l

H2H

H

A B

lRA RB

H

A B

lRA

RB

Para 1 323

1 224

xlxlHx

EIy

Para 2 4224

2 3107360

xxlll

HxEIy

3

423 15

34022

360x

l

xlxl

HxEIyTotal


Solución:

Para 1 323

1 224

xlxlHx

EIy

Para 2 4224

2 164025960

xxlll

HxEIy

Entonces 4224323 164025

9602

24xxll

l

Hxxlxl

HxEIytot

Esta ec es válida solo en la mitad izquierda


Solución: De tablas

Para 1 323

1 224

xlxlH

EIy

Para 2 de 7.15 con a = b = l/2

)43(48

22

2 xlPx

EIy

A B

lRA

RB

H

HA B

RB

A B

lRA

RB

H

H

RA

A B

H

P

l

A B

A B

H

P

Entonces )43(

482

24

22323 xlPx

xlxlHx

EIytot

Ecuación valida solo en la mitad izquierda


Solución:

Para 1 )43(

48

22

1 xlPx

EIy

Para 2

)3)(4(6)3)(4(6)1)(2(

3343

2nn

xlxl

lnn

xlx

nn

HEIy

n

n

)43(48)3)(4(6)3)(4(6)1)(2(

223343

xlPx

nn

xlxl

lnn

xlx

nn

HEIy

n

n

Tot

Ecuación valida solo en la mitad izquierda

7.21. Hallar por superposición la deformación máxima del sistema de la figura

Solución:

Por la simetría, la deformación máxima se encuentra en l/2

La deformación en l/2 producida por la carga 2 se obtiene de

222

6bxl

l

PbxEIya

con x = l/2; a = 2l/3 y b = l/3

1296

23

946

)2

)(3

( 3222

2

Pllll

l

llP

EIy

Por la simetría la deformación en l/2 producida por la carga 1 es la misma

A

RA R

B

p(x)

=H(x/l)n

B

P

A B

A B

H

P

(1

(2

(3

P

PH

l

P P

1296

23 3

1

PlEIy

La deformación en l/2 producida por la carga 3 se obtiene de

323

3 224

xlxlHx

EIy

con x = l/2

384

5

842

24

)2

( 4323

3

Hlllll

lH

EIy

Finalmente

384

5

1296

)23(2 43

max

HlPlEI

7.22. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura

Solución:

)4/3(2

)4/(

3

)4/( 23

1 lEI

lP

EI

lP

)2/(2

)2/)((

3

)2/)(( 23

2 lEI

lP

EI

lP

)4/(2

)4/3)((

3

)4/3)(( 23

3 lEI

lP

EI

lP

EI

lP

3

))(( 3

4

EI

Pl

EI

PlTot

96

65

3

1

2)64(

3

3)64(

3

2)8(

1

3)8(

1

2)64(

3

3)64(

1 3233


Solución:

P P P P

l /4 l /4 l /4 l /4

P2P

3P4P

l/4 l/4 l/4 l/4

P

3P4P

2P

)4/3(2

)4/(

3

)4/( 23

1 lEI

lP

EI

lP

)2/(2

)2/)(2(

3

)2/)(2( 23

2 lEI

lP

EI

lP

)4/(2

)4/3)(3(

3

)4/3)(3( 23

3 lEI

lP

EI

lP

EI

lP

3

))(4( 3

4

EI

Pl

EI

PlTot

64

141

3

4

2)64(

3

3)64(

3

2)8(

2

3)8(

2

2)64(

3

3)64(

1 3343


Solución:

)4/3(2

)4/(

3

)4/( 23

1 lEI

lP

EI

lP

)2/(2

)2/)(2(

3

)2/)(2( 23

2 lEI

lP

EI

lP

)4/(2

)4/3)(3(

3

)4/3)(3( 23

3 lEI

lP

EI

lP

EI

lP

3

))(4( 3

4

EI

lH

8

))(( 4

5

HlPEI

ltot 8108

64

3

7.25. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura

P2P

3P4P

l/4 l/4 l/4 l/4

P

3P4P

2P

H

l /3 l /3l /3

2H

H

P

A B

l /3 l /3l /3

2H

l /3 l /3l /3

H

l /3 l /3l /3

P

Solución:

Para 1 1215

16

30

)3/2)(2( 44

1

HllHEI A

Para 2 )64(

24

222

lxlxHx

EIy

con x = 2l/3

243

176)

3

2()

3

2(4

24

)3/2)(( 422

2

2

Hll

lll

lHEI A

Para 3 )3(

6

2

lxPx

EIy

Con x = 2l/3 162

73

3

2

6

)3/2( 32

3

Pll

llPEI A

162

7

243

17

1215

16 344 PlHlHlEI totA

1215

26

324

)3/2)(2(

30

)3/2)(2( 434

1

HlllHlHEI B

8

))(( 4

2

lHEI B

3

)( 3

3

lPEI B

381215

26 344 PlHlHlEI totB


Solución:

Para 1 )3(

6

2

lxPx

EIy

P

H

l/2 l/2

AB

P

l/2 l/2

H

l/2 l/2

Con x = l/2 48

53

26

)2/( 32

1

Pll

llPEI A

Para 2 )10105(

120

32232

lxllxxl

HxEIy

Con x = l/2 3840

4910

210

25

2120

)2/( 432

232

2

Hll

ll

ll

l

l

lHEI A

3840

49

48

5 43 HlPlEI totA

3

3

1

PlEI B

30

4

2

HlEI B

303

43 HlPlEI totB


Solución:

Para 1 )3(

6

2

lxPx

EIy

Con x = l/2 48

53

26

)2/( 32

1

Pll

llPEI A

Para 2 )64(

24

222

lxlxHx

EIy

Con x = l/2 384

176

224

24

)2/( 42

22

2

Hll

lll

lHEI A

384

17

48

5 43 HlPlEI totA

3

3

1

PlEI B

P

H

l/2 l/2

AB

P

l/2 l/2

H

l/2 l/2

EI

HlEI B

8

4

2

83

43 HlPlEI totB


Solución:

Para 1 )3(

6

2

lxPx

EIy

Con x = l/2 48

53

26

)2/( 32

1

Pll

llPEI A

Para 2 8

2

4

2

lH

EI A

12848

5 43 HlPlEI totA

3

3

1

PlEI B

512

7

26

2

8

24

34

2

Hll

lH

lH

EI B

512

7

3

43 HlPlEI totB


P

H

l/2 l/2

AB

P

l/2 l/2

H

l/2 l/2

Solución:

Para 1 )3(

6

2

lxPx

EIy

Con x = l/2 48

53

26

)2/( 32

1

Pll

llPEI A

Para 2 )10105(

120

32232

lxllxxl

HxEIy

Con x = l/2 3840

4910

210

25

2120

)2/( 432

232

2

Hll

ll

ll

l

l

lHEI A

Para 3 )64(

24

222

lxlxHx

EIy

Con x = l/2 384

176

224

24

)2/( 42

22

3

Hll

lll

lHEI A

384

17

3840

49

48

5 443 HlHlPlEI totA

3

3

1

PlEI B

30

4

2

HlEI B

8

4

3

HlEI B

8303

443 HlHlPlEI totA

P

H

l/2 l/2

AB

l/2 l/2

H

l/2 l/2

HH

P

l/2 l/2


Solución:

Para 1 )10105(

120

32232

lxllxxl

HxEIy

Con x = l/2 1215

14210)

3

2(10)

3

2(5)

3

2(

120

)3/2(6 43223

2

1

Hll

ll

ll

l

lEI

lHEI A

Para 2 )64(

24

222

lxlxHx

EIy

Con x = l/2 243

346)

3

2(4)

3

2()

3

2(

24

2 4222

2

Hll

ll

llHEI A

Para 3 1215

32

30

3

24

4

4

3

Hl

lH

EI A

1215

32

243

347

1215

142 444 HlHlHlEI totA

30

))(6( 4

1

lHEI B

8

))(2( 4

2

lHEI B

1215

52)3/(

24

)3/2)(4(

30

)3/2)(4( 434

3

Hll

lHlHEI B

1215

52

430

6 444 HlHlHlEI totB

(+)

2H

2l/3 l/3

A B

6H

2l/3 l/3

(-)

A B

2H

2l/3 l/3

A B

4H

2l/3 l/3

(+)

A B

7.31. Hallar por superposición la Reacción en el apoyo derecho

Solución:

0232430

2334

lMlRbHaHa

EI bbtot (1

0224

23

lMaRHa

EI bb

tot (2

Sumando 1 con 2 x l/2

2448232430

2232334 lMlaRlHalMlRbHaHa bbbb

43482430

23334 lalR

labaaH b

12

34

480

102016 23334 lalR

labaaH b

lal

labaaHRb 23

334

34

102016

40

Método del Área del diagrama de Momentos

7.32. Hallar por el método del área del diagrama de momentos la deformada máxima del

sistema de la figura

l

H

A B

l/2

H

A B

BA

AB

tg A

tg B

Solución:

De 5.5 con n = 0

)(2

2xlxH

M

xdxxlxEI

Hl

AB )(2

2

2/

0

max

EI

HlAB

384

5 4

max

dxxlxEI

Hl

AB )(2

2

2/

0

max

EI

HlAB

24

3



l/2 l/2

H

Ra Rb

H

Ra

Rb

Hl/4 Hl/4

l/2 l/2

Solución:

De 5.17 Q1(x) = - Hx2/l + Hl/4

M1(x) = - Hx3/(3l) + Hlx/4

2/

0

3532/

0

max1215

)43

(

ll

AB

lx

l

xHxdx

lx

l

xHEI

120

4

max

HlEI AB

2/

0

2432/

0

max812

)43

(

ll

AB

lx

l

xHdx

lx

l

xHEI

192

5 3

max

HlEI AB


sistema de la figura. p = H (1 – x/l)n

A B

Ry

Rx

M

A

BRy

Rx

M

tg B

AB

tg A

Solución:

De 5.12 )1)(2(

)( )2(

nnl

xlHM

n

n

l

n

nl

n

n

BAnnnl

xlHdxxl

nnl

xlHEI

0

4

0

2

max)1)(2)(4(

)()(

)1)(2(

)(

)1)(2)(4(

4

max

nnn

HlEI BA

l

n

nl

n

n

ABnnnl

xlHdx

nnl

xlHEI

0

3

0

2

max)1)(2)(3(

)(

)1)(2(

)(

)1)(2)(3(

3

max

nnn

HlEI AB



H

Ra Rb

l

A B A B

tg B

tg Atg C

CA

BA

C

Solución:

De 5.3 )(

6)1(

6

3

2

2

l

xlx

H

l

xHlxM

dxxll

xlx

HEI

l

AC ))((6

3

0

360

7)12152030(

)60(6)

5432(

6

4454322 HlHl

l

x

l

lxlxxlHEI AC

Trigonometría Tg AB = AC/l

EI

HlAB

360

7 3

Además )

42(

6426)(

6

42

0

423

0l

xlxH

l

xlxHdx

l

xlx

HEI bb

xx

AB

bb

Igualando )

42(

6360

7423

l

xlxHHlEI bb

AB

073015 324 llxx bb

De donde xb = 0,519 l

384

5,2)(

6

43519,0

0

max

Hlxdx

l

xlx

HEI

l

Sistemas Hiperestáticos

7.36. Determinar la reacción del punto B de la viga mostrada en la figura.

Solución:

EI

lRbB

3

3

1

EI

lHB

384

)(7 4

2

B = 1B + 2B = 0

de donde: 128

7HlRB

7.37. Determinar la reacción en el punto medio de la viga mostrada de la figura

Solución:

EI

lRc

B48

3

1

)3)(4(122)3)(4(48)1)(2(

44

4

44

2nn

ll

nn

ll

nnEI

HnB

B = B1 + B2 = 0

7.38. Determinar la expresión para hallar la reacción en el punto B de la viga mostrada en la

figura

H

l/2 l/2

A B H

l/2 l/2

Rb

l/2 l/2

A B

A B

A B

p(x)=H(x/l)n

H

C

A B

p(x)

=H(x/l)n

A B

H

RC

C

R c 3 l Hn

27 n 16 n 3( )

n 4( ) n 48 n 3( )

n 4( ) 4

n 3( ) n3

7 n2

14 n 8

Solución:

EI

lRbB

3

3

1

EI

lHB

30

))(( 4

2

EI

lHB

8

))(( 4

3

B = 1B + 2B + 3B = 0

de donde: 40

19HlRB

7.39. Determinar la reacción del apoyo B, de la viga mostrada en la figura.

Solución:

EI

lRbB

3

3

1

EI

lHB

8

))(( 4

2

B = 1B + 2B = 0

de donde: 8

3HlRB

7.40. Determinar la expresión para hallar la fuerza de reacción que ocurre en el punto B

H

l/2 l/2

A B

H

l/2 l/2

H

l/2 l/2

H

Rb

l/2 l/2

A B

A B

H

l/2 l/2

A B

H

l/2 l/2

Rb

l/2 l/2

A B

A B

Solución:

)3/(24

)3/2)(2(

30

)3/2)(2( 34

1 lEI

lH

EI

lHB

EI

lHB

8

))(( 4

2

EI

lRb

B3

)( 3

3

por superposición

B = 1B + 2B + 3B = 0

de donde: )12(27

8

3240

1343 HlHlRB

7.41. Hallar la deformación máxima en una viga simplemente apoyada con carga uniforme

por el método de la Viga Conjugada

Solución:

l/3

A B

2l/3

H

2H

2H

2l/3 l/3

A B

H

2l/3 l/3

B

B


Método de la doble integración

7.42. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura


7.44. Hallar la posición de la deformación máxima, y la expresión para determinar esta, para

el sistema mostrado en la figura

7.45. Hallar las funciones de deformación y pendiente de la figura

7.46. Hallar la expresión para determinar la deformación máxima y determinar la posición de

esta, en el sistema de la figura

7.47. Hallar la ec. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en los

sistemas de la figura

Ra

Rb

a b

p(x)=H(x/a)2

l

a b

Ra

Rb

p(x)

=H(x/l)n

a b

p(x)=H((l-x)/a)2

l

ab

p(x)

=H((l-x)/a)2

l

ab




7.51. Hallar la pendiente y deformada máximas del sistema de la figura


l

a

H

b

P

H

lab

H

lab

p(x2)

H

P

lab

p(x)

=H(x/l)n

p(x)

=H(b-x/b)n

l

H

o

R

M

ab

P

p(x)

=H(b-x/b)n

l

H

o

R

M

ab

P

7.53. Hallar la ec. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en el sistema

de la figura usando funciones de singularidad



7.55. Hallar la ec. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en el sistema

de la figura por funciones de singularidad



Método de superposición

7.57. Hallar por superposición la ec. de deformación del sistema de la figura

l

H

o

R

M

ab

P P

l

H

o

R

M

ab

2P

P

A

RA R

B

B

2PP

l/3 l/3 l/3

A

RA R

B

B

l/2 2l/3

l/2

l

ab







l

Hl/2

2H

l

Hl/2

2H

p(x)=H(x/l)n

l

a b

Ra

Rb

l/3 2l/3

P 2P P

l /4 l /4 l /4

2P

l /4







l /4 l /4 l /4 l /4

P2P

4P3P

l /4 l /4 l /4 l /4

2P

4P3P

H

l/3

A B

l/3l/3

P

H

l/3

A B

l/3l/3

P

H

l/2 l/2

A B

H

l/3

A B

2l/3

P


7.71. Hallar por el método de área de momentos la deformación del sistema de la figura, en

los punto A y B



7.73. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura siendo la

intensidad de carga máxima H


H

l/3

A B

2l/3

P

H

l/3

A B

2l/3

P

H

l/3

A B

2l/3

H

l/3

A B

2l/3

l/2A B

l/2

H

l/2A B

l/2

P

7.75. Mediante el método de diagrama de momentos de terminar el valor de la deformación

máxima para la viga mostrada en la figura.

Sistemas Hiperestáticos

7.76. Determinar las reacciones que ocurre en los punto de apoyo de la viga mostrada en la

figura.

7.77. Determinar la reacción en el punto medio de la viga mostrada de la figura

7.78. Determinar la expresión para hallar la reacción en los punto de apoyo de la viga

mostrada en la figura

7.79. Determinar la reacción de los puntos de apoyo de la viga mostrada en la figura.

7.80. Determinar la expresión para hallar la fuerza de reacción que ocurre en el punto de

apoyo

H

l/4

l/2

P

Ra

Rb

l/3 2l/3

l

Hl/2

2H

l

Hl/2

2H

l

Hl/2

H

H

7.81. Determinar las reacciones en los puntos de empotramiento de la viga mostrada en la

figura

l/3 2l/3

A B

p(x)=H(x/l)n

H

8 Solicitación Compuesta

8.1 Introducción

En los capítulos anteriores se estudiaron individualmente las Cargas de Tracción

Compresión, las Cargas de Corte, las Cargas de Torsión y las Cargas de Flexión. En este

capítulo se estudiaran la combinación de las anteriores cargas. Se analizaran las tensiones

y las se deformadas que presentan las piezas sometidas a cargas combinadas.

a

Torsion

a

Flexion Traccion

Corte

Fig. 8.1 Solicitación Compuesta

Ejemplos de elementos sometidos a cargas y tensiones combinados son: Los ejes y árboles

de máquinas con movimiento, que soportan cargas de flexión y de torsión; los pernos que en

el momento de su ajuste soportan cargas de torsión y de tracción; las cargas de tracción

cuando estas no están aplicadas en el centro de gravedad de la sección transversal y los

marcos rígidos.



1.- Los elementos son rectos



4.- Los miembros no son tan esbeltos de modo que no se produce pandeo.

8.2 Combinación de Tensiones

a) Estado Tensional Simple

Ocurre cuando las tensiones son del mismo tipo, normales o cortantes, en este caso basta

realizar una suma vectorial de las tensiones parciales en un punto cualquiera (no solo se

deben considerar las magnitudes sino también las direcciones).

b) Estado Tensional Compuesto

Ocurre cuando tensiones normales () y tensiones cortantes ().actúan en un punto. Como

se vio anteriormente la magnitud de las tensiones cortantes es la misma.

Fig. 8.2 Estado de Tensión general en el Plano

Por trigonometría

l Cos = dy (8.1

l Sin = dx (8.2

De la estática

F1 = 0 l dz+(xySin - xCos )dydz+(xyCos - ySin )dxdz = 0 (8.3

Se 1 y 2 + (xySin - xCos )Cos + (xyCos - ySin ) Sin = 0 (8.4

+ 2xySin Cos - xCos2 - ySin2 = 0 (8.5

+ xySin 2 - x (1+Cos 2)/2 - y (1- Cos 2 )/2 = 0 (8.6

)2()2cos(22

senxy

yxyx

(8.7

F2 = 0 l dz + (xyCos + xSin )dydz + (-yxSin - yCos )dxdz = 0 (8.8

De 1 y 4 + (xyCos + xSin )Cos + (-xySin - yCos ) Sin = 0 (8.9

+ xyCos2 + xSin Cos -xySin2 - yCos Sin = 0 (8.10

+ xy (1+Cos2 )/2 + xSin 2/2 -yx(1- Cos 2)/2 - ySin 2/2 = 0 (8.11

)2cos()2(2

xy

yxsen

(8.12

Algunos casos especiales son:

Para = 0 0 = x 0 = xy (8.13

para = 90 90 = y 90 = - xy (8.14

c) Circulo de Mohr

La relación entre las tensiones normales y cortantes es la de un círculo conocido como el

Círculo de Mohr

De 3 - (x + y)/2 = (x - y)Cos (2 )/2 + xySin 2 (8.15

y

x

y

x

y

x

x

y

x

y

x

y

x

x

y

y

x

y

y

x

y

2222 )2(22)2

(22)2

()2

(

SinSinCosCos xyxyyxyxyx

(8.16

De 5 = (y - x) Sin (2)/2 -xy Cos (2)/2 (8.17

2222 )2(22)2

(22)2

()(

CosCosSinSin xyxyyxyx

(8.18

De 7 y 9

2222 )2

()2

( xyyxyx

(8.19

Comparando 8.19 con la ecuación de una circunferencia

(x – xo)2 + (y)2 = R2 (8.20

se ve que es la misma con las tensiones normales como abscisas () y las tensiones

cortantes como ordenadas (). Este es el Círculo de Mohr y tiene las siguientes

características:

- El centro del circulo tiene un desplazamiento en el eje horizontal de (y + x)/2

- No hay un desplazamiento en el eje vertical

- El radio de la circunferencia es de [(y + x)2 + xy2]1/2.

x

y

max

max

x

y

Fig. 8.3 Circulo de Mohr para el estado de Tensión en el Plano

d) Tensiones Principales

En esta sección se hallaran los valores máximos de las tensiones normales y cortantes y las

direcciones en la que estos se presentan. Como ya se vio anteriormente las tensiones

normales máximos se conocen como tensiones principales y las direcciones en las que

ocurren son las direcciones principales. En estas direcciones principales y en aquellas en las

que las tensiones cortantes son máximas la falla es la más probable.

Derivando 8.3 con respecto a e igualando a cero

02222)2

(

CosSin xy

yx

(8.21

yx

xyTan

22

(8.22

De 8.13 y 8.4

222,1 )

2(

2xy

yxyx

(8.23

Ecuación que da los valores de las tensiones normales máximas o principales


02222)2

(

SinCos xy

yx

(8.24

xy

yxTan

22

(8.25

De 8.11 8.5

222,1 )

2( xy

yx

(8.26

Ecuación que da los valores de las tensiones cortantes máximos

además 1,2 = 1 - 2 (8.27

8.3 Combinación de Deformaciones

a) Estado de Deformación Simple

Ocurre cuando las deformaciones son del mismo tipo, deformaciones y distorsiones, en este

caso basta realizar una suma vectorial de las deformaciones parciales en un punto

cualquiera (no solo se deben considerar las magnitudes sino también las direcciones).

b) Estado de Deformación Compuesto

Ocurre cuando deformaciones producidas por tensiones normales () y distorsiones

producidas por tensiones cortantes () aparecen en un punto. Como se vio anteriormente la

magnitud de las tensiones cortantes es la misma.

Fig. 8.4 Estado de Deformación General en el Plano

Las tensiones normales producen variación de las dimensiones mientras que las tensiones

cortantes producen una distorsión cuantificada por el ángulo .

x

y

s

s

x

y

s(1+y)

s(1+x)

Para hallar x’, y’ y ’ asociadas al marco x’ y y’ que forman un ángulo con xy

Fig. 8.5 Deformaciones y Distorsiones

Fig. 8.6 Relación entre Deformación y Distorsión

Del teorema del coseno

[s(1+)]2 = [x(1+x)]2+[y(1+y)]2-2x(1+x)y(1+y)Cos(/2+) (8.28

Pero x = s Cos (8.29

y = s Sin (8.30

y Como es muy pequeño

Cos (/2 + ) = - Sen ( ) = - (8.31

De 19, 20, 21 y 22

)1(2)21()21()21(22222222

yxyxyyxx CossSinsSinsCosss (8.32

Despreciando términos de segundo orden de las deformaciones ( y )

)1(2)21()21()21( 22yxyx CosSinSinCos

(8.33

CosSinSinCos yx 2222 22 (8.34

= x Cos2 + y Sin2 + Sin Cos (8.35

De las expresiones de ángulo doble

22

222

' SinCosyxyx

x

(8.36

Reemplazando por + 90

s(1+y')

s(1+x')

''

x

y

s

s

x'

y'

x

y

x'

y'

x

y

x

y

x

y

x(1+x)

s(1+')

22

222

90' SinCosyxyx

y

(8.37

22)('' CosSin xyyxyx

(8.38

d) Deformaciones Principales


02222)2

(

CosSin xy

yx

(8.39

yx

xyTan

22

(8.40

De 8.13 y 8.4

222,1 )

2(

2xy

yxyx

(8.41

Ecuación que da los valores de las tensiones normales máximas o principales


02222)2

(

SinCos xy

yx

(8.42

xy

yxTan

22

(8.43

De 8.11 8.5

222,1 )

2( xy

yx

(8.44

Ecuación que da los valores de las tensiones cortantes máximos

además 1,2 = 1 - 2 (8.45

8.4 Casos de Solicitación Compuesta

Los estados tensionales se obtienen como superposición de los correspondientes a cada uno de los esfuerzos por separado. En la verificación de piezas deberá comprobarse que en los puntos donde aparecen estados tensionales simples (Normal o corte puro), las tensiones estén por debajo de los valores admisibles; y en aquellos lugares donde los estados sean múltiples, deberá comprobarse las teoría de rotura.

a) Flexión Recta Compuesta

Esta situación se presenta cuando en una sección se presentan cargas de Tracción/Compresión y Flexión. La combinación de tensiones normales da

I

My

A

N (8.46

Fig. 8.7 Tensiones Normales de Tracción Compresión y Flexión

La distribución de tensiones es lineal, pero el eje neutro deja de ser baricéntrico. Para determinar la posición del eje neutro

0I

My

A

N (8.47

La sección compuesta puede ser considerado como resultado de la acción de una fuerza normal a la sección actuando en forme excéntrica con respecto al centro de gravedad.

Fig. 8.8 Fuerza Normal Excéntrica

Para que la flexión sea recta es necesario que la carga esté ubicada sobre alguno de los ejes principales de inercia.

I

Ne

A

N

I

My

A

N (8.48

La carga de Tracción / Compresión puede desplazarse sobre el eje “y”, de modo que el diagrama de tensiones resulta triangular, y que el eje neutro coincida con la fibra superior o inferior de la sección. Se llama “distancia nuclear” a la excentricidad de la carga con respecto al baricentro que hace que el eje neutro coincida con la fibra superior o inferior de la sección. El punto de aplicación de la carga se denomina “punto nuclear”. Si la carga se ubica en cualquier punto dentro de los puntos nucleares, el diagrama de tensiones tendrá un solo signo, es decir, el eje no cortará la sección.

Debido a que las cargas de tracción compresión no producen tensiones tangenciales, en la flexión compuesta, las tensiones cortantes no varían a los de flexión simple.

b) Flexo - Torsión

Considérese por ejemplo una viga empotrada cargado con una Fuerza Transversal y un Momento de Torsión en su extremo libre

Las tensiones cortantes máximas producidas por torsión ocurren en los puntos 1, 2, 3 y 4. Su valor es

34max

16

32

2d

M

d

dM

I

rM tt

o

t

(8.48

Las tensiones normales máximas aparecen por flexión en el empotramiento en los puntos 1 y 3. Su valor es

34

maxmax

32

64

2)(

d

Ql

d

dQl

I

yM

(8.48

Las tensiones cortantes máximas producidas por flexión aparecen en el empotramiento en los puntos 2 y 4. Su valor es

2

maxmax 6

2

3

d

Q

A

Q

Ib

QS

(8.48

PROBLEMAS RESUELTOS

8.1. En una pieza se verifican los siguientes tensiones : x = 60 Kg/cm², y = 250 Kg/cm² y

xy = 50 Kg/cm². Hallar las tensiones en direcciones con ángulos de 0 hasta 360 con un

intervalo de 10.

Solución:

8.2. En el problema anterior, hallar las tensiones máximas y las direcciones en las que estos

ocurren.

Solución:

Para 25060

)50(222

yx

xyTan

= -13.87

22222,1 50)

2

25060(

2

25060)

2(

2

xy

yxyx

1 = 262,35 Kg/cm²

2 = 47,64 Kg/cm²

(Gr) (Rad)

0 0.0 60.0 50.0

10 0.2 82.8 79.5

20 0.3 114.4 99.4

30 0.5 150.8 107.3

40 0.7 187.7 102.2

50 0.9 220.7 84.9

60 1.0 245.8 57.3

70 1.2 259.9 22.8

80 1.4 261.4 -14.5

90 1.6 250.0 -50.0

100 1.7 227.2 -79.5

110 1.9 195.6 -99.4

120 2.1 159.2 -107.3

130 2.3 122.3 -102.2

140 2.4 89.3 -84.9

150 2.6 64.2 -57.3

160 2.8 50.1 -22.8

170 3.0 48.6 14.5

180 3.1 60.0 50.0

190 3.3 82.8 79.5

200 3.5 114.4 99.4

210 3.7 150.8 107.3

220 3.8 187.7 102.2

230 4.0 220.7 84.9

240 4.2 245.8 57.3

250 4.4 259.9 22.8

260 4.5 261.4 -14.5

270 4.7 250.0 -50.0

280 4.9 227.2 -79.5

290 5.1 195.6 -99.4

300 5.2 159.2 -107.3

310 5.4 122.3 -102.2

320 5.6 89.3 -84.9

330 5.8 64.2 -57.3

340 5.9 50.1 -22.8

350 6.1 48.6 14.5

360 6.3 60.0 50.0

-150,0

-100,0

-50,0

0,0

50,0

100,0

150,0

25,0 75,0 125,0 175,0 225,0 275,0E

sf

Co

rte

Esf Normal

Para xy

yxTan

22

= 31.12

222,1 )

2( xy

yx

1 = 107,35 Kg/cm²

2 = -107,35 Kg/cm²

además 1,2 = (1 - 2)/2

8.3. Hallar las ecuaciones y los valores máximos de las tensiones normales que aparecen

en una pieza con sección transversal rectangular cuando soporta una carga de compresión

en el medio de una de sus aristas.

P

a

b

Solución:

La carga puede reemplazarse por una carga de compresión aplicada en centro de gravedad

de la sección y un momento de flexión cuya magnitud es la del producto del valor de la

carga por el desplazamiento.

a) Compresión ab

P

A

Pa

b) Flexión 23

6

12/

)2/(

ab

Py

ab

ybP

I

Myb

Total 2

6

ab

Py

ab

Pbatot

P P M = Pb/2

M = Pb/2

+

a) Compresión b) flexión

A la izquierda y = +b/2

ab

Ptotizq

2

A la derecha y = -b/2

ab

Ptotder

4

El eje neutro por definición esta donde = 0

0

62

ab

Py

ab

Ptot

y = + b/6

Es decir que el eje neutro se sitúa a b/6 a la izquierda del centro de gravedad

8.4. Hallar las ecuaciones y los valores máximos de las tensiones normales que aparecen

en una pieza con sección transversal triangular cuando soporta una carga de compresión en

uno de sus vértices

Solución:

Nuevamente se superponen una carga de compresión con otra de flexión

2P/ab

-4P/ab

b/6

P

c.g.

H

+

P

2h/3

a) Compresión

M = P2h/3

b) flexión

P

M = P2h/3

a) Compresión ab

P

A

Pa

2

b) Flexión 23

24

36/

)3/2(

ab

Py

ab

ybP

I

Myb

Total 2

242

ab

Py

ab

Pbatot

A la izquierda y = +b/3

ab

Ptotizq

6

A la derecha y = -2b/3

ab

Ptotder

14


0

2422

ab

Py

ab

Ptot

y = + b/12 Es decir a b/12 a la izquierda del centro

8.5. Una pieza cilíndrica está sometida a torsión y corte como se ve en la figura. Hallar la

combinación de tensiones cortantes

Mt

P

P

Mt

Solución:

Las cargas de corte y torsión producen tensiones de corte

6P/ab

-14P/ab

b/12

a) Corte 2

4

d

P

A

Pa

b) Torsión 34

16

32/

)2/(

d

M

d

dM

I

Mr

ob

Arriba 32

164

d

M

d

Ptotarr

ambos son paralelos

Abajo 32

164

d

M

d

Ptotarr

ambos son paralelos

Lados

2

3

2

2)

16()

4(

d

M

d

Ptotarr

ambos son perpendiculares


0

32/

)(442

d

rM

d

Ptot

y = + Pd2/(8M)

8.6. Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta una carga puntual vertical en su

extremo, como se ve en la figura. Hallar las tensiones máximas

y

x

z

a

b

P

Solución:

La porción “a” se analiza como una viga empotrada con una carga puntual en su extremo y

la porción “b” se analiza como una viga empotrada con una carga puntual y un momento de

torsión en su extremo. Entonces la porción “a” está sometida a flexión mientras que la

porción “b” a torsión y flexión

+ a)

Corte

b)

Torsión

Pd2/(8M)

a

b

P

P

Mt=Pa

En “a” solo flexión

Flexión )64/(

))((4d

rPx

I

My

34max

32

)64/(

)2/)((

d

Pa

d

dPa

En “b” flexión y torsión

Flexión )64/(

))((4d

rPv

I

My

34max

32

)64/(

)2/)((

d

Pb

d

dPb

Torsión 32/

))((4d

rPa

I

rM

o

t

3max

16

d

Pa

Las tensiones son de diferente tipo por lo que se combinan por tensiones principales

Tomando 3

32

d

Pbx

y = 0

3

16

d

Paxy

De 8.14

2

3

2

33

222,1 )

16()

16(

16)

2(

2 d

Pa

d

Pb

d

Pbxy

yxyx

)(16 22

32,1 babd

P

De 8.15

2

3

2

3

222,1 )

16()

16()

2(

d

Pa

d

Pbxy

yx

)(16 22

32,1 bad

P

8.7. La manivela de la figura tiene una sección circular de diámetro “d” y soporta una carga

distribuida vertical y una carga puntual horizontal. Hallar las tensiones máximas

y

x

z

a

b

P

H

Solución:

equivalente

La porción “a” se analiza como una viga empotrada con una carga distribuida en toda su

longitud y la porción “b” se analiza como una viga empotrada con una carga puntual y un

momento de torsión en su extremo. Entonces la porción “a” está sometida a flexión mientras

que la porción “b” a torsión y flexión en dos direcciones

a

b

H

P

Mt=Haa/2

Ha

En “a” solo flexión

Flexión )64/(

))(2/(4

2

d

rHa

I

My

3

2

4

2

max

16

)64/(

)2/)(2/(

d

Ha

d

dHa

En “b” flexión y torsión

Flexión vert. )64/(

))((4d

rHav

I

My

34max

32

)64/(

)2/)((

d

Hab

d

dHab

Flexión hor )64/(

))((4d

rPv

I

My

34max

32

)64/(

)2/)((

d

Pb

d

dPb

a

H

a/2

P=H*a

Torsión 32/

))(2/(4

2

d

rHa

I

rM

o

t

3

2

max

8

d

Ha

Entonces 3

32

d

Habx

3

32

d

Pby

3

28

d

Haxy

De 8.14

2

3

22

33

222,1 )

8()](

16[)(

16)

2(

2 d

HaPbHab

dPbHab

dxy

yxyx

De 8.15

2

3

22

3

222,1 )

8()](

16[)

2(

d

HaPbHab

dxy

yx

8.8. Hallar la deformación vertical del extremo libre de la manivela del problema 8.6

y

x

z

a

b

P

Solución:

a

b

P

P

Mt=Pa

a) La deformación vertical de la porción “a” originada por la carga vertical es

4

33 64

33 dE

Pa

EI

Paa

b) La deformación vertical de la porción “b” originada por la carga vertical es

4

33

1

64

33 dE

Pb

EI

Pbb

El momento de torsión origina un giro o deformada angular en la porción “b” de

4

0

32

dG

Pab

GI

bM t

este giro produce una caída vertical del extremo libre de “a”

4

2

2

32

d

bPaab

La deformada total del extremo libre es

G

bPa

E

Pb

E

Pa

dbbatot

233

64 233

421

8.9. Hallar la deformación vertical del extremo libre de la manivela del problema 8.7

y

x

z

a

b

P

H

Solución:

La fuerza horizontal no produce una deformación vertical en el extremo libre

a

b

H

P

Mt=Haa/2

Ha

a) La deformación vertical de la porción “a” originada por la carga vertical distribuida es

4

44 64

88 dE

Ha

EI

Haa

b) La deformación vertical de la porción “b” originada por la carga vertical es

4

33

1

64

33 dE

Hab

EI

Habb

El momento de torsión origina un giro o deformada angular en la porción “b” de

4

2

0

32

2 dG

bHa

GI

bM t

este giro produce una caída vertical del extremo libre de “a”

4

3

2

16

d

bHaab

La deformada total del extremo libre es

G

bHa

E

Hab

E

Ha

dbbatot

438

64 334

421

8.10. La viga de la figura tiene una sección transversal como se muestra Hallar las tensiones

en los puntos A y B, de la sección A-A.

Solución.-

Las reacciones son

Mo = 0 P(3l/2)-R2(3l/2+l cos ) = 0

)cos23(

32

PR

Las reacciones internas sobre la viga son:

M1 = 0 M1 + Px - R2(lcos + x) = 0

Fy = 0 Q1 + R2 - P = 0

Fx = 0 N1 = 0

Para x = l

)cos23(

cos1

PlM

)cos23(

cos21

PQ

N1 = 0

A

A

P

3/2 l

l

l/2

Seccion A-A

2a

a

a a

A

B

P

3/2 l

l

R1

R2

R3

P

x

l

R1

R2

R3

M1

Q1N

1

Componentes de la tensión.

Cargas de tracción. No hay cargas de tracción N1 = 0

Tensiones normales por Cargas de Flexión.-

I

McAA

I

McBB

Tensiones de corte por Cargas de Flexión.-

A

AA

Ib

QS

B

BB

Ib

QS

Para A cA = 5a/2

A parcial = 2 a a

y cg parcial = a

S max A = 2 a 3

bA = a

Para B cB = a/2

A parcial = 0

y cg parcial = 0

S max B = 0

bB = a

La inercia 12

127

122

12

)5( 433 aaaaaI

a

a 5a

a

2a

a

a a

A

B

x

y

y

Remplazando

34 )cos23(127

cos30

12

127

2

5

)cos23(

cos

a

Pl

a

aPl

A

34 )cos23(127

cos6

12

127

2)cos23(

cos

a

Pl

a

aPl

B

La tensión en el punto B es de compresión, por eso el signo negativo.

24

3

)cos23(127

cos48

12

127

2)cos23(

cos2

a

P

aa

aP

A

0B

8.11. El bloque de la figura de peso despreciable se somete a dos fuerzas verticales, que se

aplican en diferentes esquinas. Determinar la distribución de la tensión normal que actúa en

la sección mostrada. (Las unidades geométricas están en [cm])

Solución.-

Tensiones normales:

2

1.53

1

1000 [kg]

x

y

x

z y

x

y

1000*1.5=1500[kg-cm]

1000*0.9=900[kg-cm]

1000kg

2222.222

45

1000

cm

Kg

cm

Kg

A

PA

La tensión de flexión

fcM c

I

siendo:

xo2 3 1 1.5 1 1.25

2 3 1.5 1yo

2 3 1.5 1.5 1 1.5

6 1.5

xo 0.9167cm yo3

2cm

Ixx0.5 1.53

120.5 1.5

1.5

2

2

1.5 13

121.5 1 12

Ixx 2.3697cm4

Iyy 21 23

122 1 1 0.9167( )

2

1 0.53

12 1 0.5 0.91

0.5

2

2

Iyy 1.589cm4

el tensión será en x será:

Tensión máximo de compresión de Mx con c = 3/2

fc

Mx c

Ixx

fc 949.487kg

cm2

Tensión máximo de compresión de My con c = 0.916

fc

My c

Iyy

fc 528.847kg

cm2

Tensión debido a Mx Tensión debido a My

Tensión debido a P

8.12. Determinar el tensión máximo que ocurre en el Punto A de la columna mostrada en la

figura

Solución.-

Siendo la sección transversal de la columna, la que se muestra en la figura, tomaremos en

cuenta los datos indicados a continuación.

h3

2a

Aa h

2

a

a/2

a/2x

yz P

A

x

y

Pha

a

M

A1

4a

2 3

Las fuerzas trasladadas al centro de gravedad serán un momento y la respectiva carga:

M P2

3h

M1

3P 3 a

Este momento está en la dirección x como se ve en la anterior figura.

La carga axial que actúa sobre la columna provocará la compresión de la misma y la tensión

que se suceda por este efecto será:

cP

A

la distribución de las tensiones en la sección transversal será el mostrado en la siguiente

figura:

Debido a que el punto A se encuentra por sobre el eje del centro de gravedad,

determinaremos la tensión de compresión debido al momento de flexión con:

fcM c

I

donde c: la distancia de la línea del cg (eje neutro) al punto A en análisis.

I: Inercia respecto del eje xx de la sección transversal.

c u v u3

2

a

2v

a

2 3

Remplazando las relaciones mostradas en la figura en la anterior ecuación:

y

z

P

xA

c

Ph

a

A

C

uv

fc8

3

P

a2

3

el diagrama de tensiones debido a la flexión es el mostrado en la siguiente figura:

La tensión total que ocurre en el punto A es:

A c fc

remplazando las anteriores expresiones, y simplificando, tenemos:

A 4P

a2

3

yz

x

fc

A

M


8.13. En una pieza se verifican los siguientes tensiones : x = 90 Kg/cm², y = 350 Kg/cm² y

xy = 30 Kg/cm². Hallar las tensiones en direcciones con ángulos de 0 hasta 360 con un

intervalo de 10.

8.14. En el problema 8.13, hallar las tensiones máximas y las direcciones en las que estos

ocurren.

8.15. Hallar la combinación de tensiones normales del sistema de la figura

P

a

b

8.16. Hallar la combinación de tensiones normales del sistema de la figura, Cada lado del

triángulo l = 3 cm y la carga P = 800 Kg

P

8.17. Una perno en el momento de su apriete está sometida a cargas de torsión y a cargas

de tracción. Hallar la combinación de tensiones

8.18. Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta varias cargas puntuales como

se ve en la figura. Hallar las tensiones máximas

y

x

z

a

b

P

P

PM

8.19. Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta varias cargas puntuales como

se ve en la figura. Hallar las tensiones máximas

y

x

z

a

b

P

P

P

M

P

8.20. Hallar las deformaciones horizontal y vertical del extremo libre del problema 8.18

8.21. Hallar las deformaciones horizontal y vertical del extremo libre del problema 8.19

8.22. Determinar los diagramas de tensión para cada una de las cargas, mostradas en la

figura:

8.23. Para el problema anterior determinar la tensión total en el punto donde se aplica la

carga de 500 Kg.

8.24. Determinar la tensión máxima de compresión de la columna mostrada en la figura.

8.25. Determinar la tensión máxima que soporta la columna mostrada en la figura

800 [kg]

200 [kg]

yx

z

x

y3

1

3

1

8.26. Determinar la tensión máxima de compresión sobre la viga mostrada en la figura.

(Dimensiones en mm)

8.27. Hallar las tensiones para la columna mostrada en la figura.

8.28. Hallar la tensión totales en los puntos indicados:

8.29. Determinar la tensión máxima en la sección indicada en la figura.

3

15

1

800 [kg]

x

y

x

zy

2000 [kg]

1500 [kg]

50

17

50

17

800 [kg]

5

2

5

2

1000 [kg]

ll

A

A

a

bb/4

a/4

t

t

a=5 [cm]

b=7[cm]

t=1 [cm]

q

q=1200 [kg/m]

l=50[cm]

A

l/2 a=8[cm]

b=8[cm]

t=2 [cm]

q=1500 [kg/m]

l=80[cm]

P=500 [kg]

45

lP l/2

A

a

b

At

8.30. En el problema anterior determinar una fórmula genérica para determinar las tensiones

de compresión en el punto A.

8.31. Hallar las ecuaciones de las tensiones en cada una de las barras del sistema de la

figura.

8.32. En el problema anterior, determinar la tensión máxima en el punto A.

y

x

z

a

a

a

1000[kg]

1500[kg]

A

B

Ø 5[cm]

a=50 [cm]

9 Métodos Energéticos

9.1 Introducción

En la zona elástica (cuando las tensiones son inferiores a los límites de fluencia) los

materiales se comportan elásticamente y las deformaciones se almacenan como energía

potencial de deformación.

En esta capitulo primero se ve la relación que existe entre trabajo y energía potencial de

deformación, luego se deducen las expresiones de energía potencial de deformación para

elementos sometidos a cargas de tracción/compresión, corte, flexión y torsión y finalmente

se deducen las ecuaciones de Castigliano las que permiten hallar las deformaciones a partir

de las expresiones de energía potencial de deformación.

9.2 Trabajo de Desplazamiento

El trabajo, es el producto de una fuerza por la distancia que recorre y por el coseno del ángulo que forman ambas magnitudes vectoriales entre sí. El trabajo se calcula mediante la integral del producto escalar del vector fuerza por el vector desplazamiento.

F

d W = Area

d

FCos

Fig. 9.1 Trabajo de Desplazamiento

rdFW

(9.1

W = Fd Cos (9.2

El trabajo es el área bajo la curva Fuerza - Deformación

9.3 Trabajo y Energía Potencial de Deformación

Fig. 9.2 Trabajo y Energía de Deformación

Considere un resorte indeformado s = 0 antes de la aplicación de la fuerza externa Fe. Cuando se aplica la fuerza Fe se produce un alargamiento del resorte s y aparece una fuerza interior Fi = ks producida por la resistencia al alargamiento del resorte. El trabajo que efectúa la fuerza Fi durante su desplazamiento es

dW = Fi ds = −k s ds

2

002

1)( ksdsksdsFW

ss

i

Este trabajo es negativo pues se realiza en contra de la fuerza Fi del resorte,

El trabajo que efectúa la carga Fe, es

2

002

1)( ksdsksdsFW

ss

e

Se puede decir que el trabajo de la fuerza externa (Fe) se gasta en deformar el resorte (elemento interno) que acumula el trabajo en forma de una Energía Elástica Potencial de Deformación (U). Si retiramos la fuerza Fe la partícula regresara a su posición original s = 0 y la Fi producirá un Trabajo positivo producto de la Energía acumulada.

9.4 Energía Potencial de Deformación parea los Diferentes Tipos de Carga

a) Energía Potencial de Tracción Compresión

))((2

1dlAdUdWi

E

A

P

EA

dlPdUdWi

)

2

1 2

l

iEA

dlPUW

0

2

2

1

b) Energía Potencial de Cargas de Corte

))((2

1dlbdydUdWi

G

Ib

QS

bdydlIb

QS

GdUdWi

2

2

1

Llamando coeficiente de forma a (que depende del tipo de sección)

dybI

S

A

ys

yi

2

dlGA

QdUdWi

2

2

1

l

i dlGA

QUW

0

2

2

1

e) Energía Potencial de Cargas de Torsión

dMdUdW ti2

1

o

t

GI

dlMd

o

ti

GI

dlMdUdW

2

2

1

l

o

ti

GI

dlMUW

0

2

2

1

d) Energía Potencial de Cargas de Flexión

dMdUdW fi2

1

EI

dlMd

f

EI

dlMdUdW

f

i

2

2

1

lf

iEI

dlMUW

0

2

2

1

9.5 Ecuaciones de la Energía

En la tabla se resume las expresiones de energía para los diferentes tipos de solicitaciones

Fuerza/Momento Deformada Energía

Tracción Compresión P EA

Pdx

EA

dlPU

2

2

1 (9.7

Corte Q GA

Qdx

GA

dlQU

2

2

1 (9.8

Torsión Mt oGI

Mtdx

o

t

GI

dlM2

2

1 (9.9

Flexión Mf EI

dxM f

EI

dlM f

2

2

1 (9.10

9.6 Teorema de Castigliano

Sea un cuerpo elástico, apoyado de tal forma que le sea imposible moverse y sobre él se aplican gradualmente las fuerzas: Fi, F2, ..... F¡, ..... Fn. Considerando que el trabajo que realizan las fuerzas externas se transforma todo en energía de deformación (campos conservativos)

Los desplazamientos que sufren los puntos de aplicación de dichas fuerzas: Δ¡, se descomponen en dos componentes, los desplazamientos δi que van en la misma dirección que los vectores fuerza y los desplazamientos en direcciones perpendiculares a las anteriores.

Esta descomposición se hace así para que en el cálculo del trabajo que realizan las fuerzas exteriores tan sólo haya que tener en cuenta las componentes δi, que van en la misma dirección que las fuerzas aplicadas, pues las otras componentes, al ser perpendiculares a las direcciones de las fuerzas aplicadas, no realizan trabajo.

La energía de deformación del cuerpo será función de las fuerzas aplicadas sobre él:

U = U (Fi, F2, Fi,….,Fn) (9.11

Si se diera un incremento infinitesimal a una cualquiera de las fuerzas aplicadas, por ejemplo la F¡, la energía de deformación sería:

i

i

dFF

UU

(9.12

Si se considerase ahora un segundo estado de cargas, en el que se invierta el orden de aplicación de las fuerzas externas, así, se aplica en primer lugar dF¡ y a continuación las restantes fuerzas: Fi, F2, ..... F¡, ..... Fn. La energía de deformación sería ahora:

Fig.9.8.c

iiii dFUddF 2

1 (9.13

En efecto:

- Al aplicar primero dFi, se realizará un trabajo de valor iiddF

2

1

- Al aplicar a continuación el resto de las fuerzas: Fi, F2, ..... F¡, ...., F„, se realizará un trabajo:

iidFU

en donde el término: dFj.5i es el trabajo indirecto que realiza dFi, que ya estaba aplicado, al aplicar ahora el resto de las fuerzas y desplazarse su punto de aplicación δi.

Y como según se sabe, en el caso de campos conservativos: "el trabajo que realizan las fuerzas externas es igual a la energía de deformación y su valor depende solamente de los valores iniciales y finales de dichas fuerzas y no de su orden de aplicación". Como consecuencia de ello serán iguales los dos valores obtenidos de la energía de deformación para los dos estados de cargas considerados, ecuaciones: (8.12) y (8.13). Así pues se verificará:

iiiii

i

dFUddFdFF

UU

2

1 (9.14

y despreciando infinitésimos de 2do orden frente a los de 1ro:

iii

i

dFdFF

U

(9.15

i

iF

U

(9.16

En el caso de que fuera un momento, en lugar de una fuerza, la carga que actuase sobre el cuerpo, el giro producido se podría obtener de igual forma a través del Teorema de Castigliano. Siguiendo un proceso análogo al anterior, la relación sería en este caso:

i

iM

U

(9.17

- " El desplazamiento del punto de aplicación de una fuerza exterior que actúa sobre un cuerpo, medido en dirección de la misma, es igual a la derivada parcial de la energía de deformación respecto de dicha fuerza "

- " El desplazamiento angular del punto de aplicación de un momento exterior que actúa sobre un cuerpo, medido en dirección de la misma, es igual a la derivada parcial de la energía de deformación respecto de dicho momento"

Observaciones

- La energía de deformación U, es la suma de las energías parciales

EI

dxM

GI

dxM

GA

dxQ

EA

dxPU

f

o

t

2222

2

1

2

1

2

1

2

1 (9.18

- Si se quisiera calcular el desplazamiento de un punto donde no actuase ninguna fuerza exterior, el Teorema de Castigliano se aplicaría de la siguiente forma: se supondría que hubiese una fuerza F¡ actuando en dicho punto, a continuación se aplicaría el Teorema de Castigliano y finalmente se haría que dicha fuerza fuese nula

9.7 Ecuaciones de Castigliano

Aplicando las ecuaciones de Castigliano a las ecuaciones de la Energía se obtiene

Tracción

l

n

nA

dx

E

P

P

U

0

(9.19

Torsión

l

o

n

tt

n

nI

dxM

MM

GM

U

0

)(1

(9.20

Flexión

ln

n

nI

dxP

MM

EP

U

0

)(1

(9.21

ln

n

nI

dxM

MM

EM

U

0

)(1

(9.22

PROBLEMAS RESUELTOS

9.1. Hallar la deformada en el extremo libre de una viga simplemente empotrada tiene una

carga puntual.

P

lR

x

QM

P

Mr

Solución:

M = 0 M = P x

dx

P

MM

EI

l

)(1

0

max

EI

PxxdxPx

EI

l

3)(

1 3

0

max

EI

Pl

3

3

max

9.2. Hallar la deformada angular en el extremo libre de una viga simplemente empotrada

tiene una carga puntual

P

lR

M

x

Q

M1

PMh

Mh

Solución:

Se introduce un momento ficticio Mh y ell momento:

M = P x + Mh

dx

M

MM

EI

l

h

)(1

0

max

dxMPxEI

l

h )1)((1

0

max

)2

(1 2

max hMPx

EI

Pero Mh = 0

EI

Pl

2

2

max

9.3. Hallar las deformadas lineal y angular en el extremo libre de una viga simplemente

empotrada con una carga puntual interna

R

P

a

x

Q

M1

HM

h

x

Q

M1

HM

h

P

Solución:

Se introducen una fuerza y un momento ficticio H y Mh:

Los momentos son:

a x 0 M1 = H x + Mh

l x a M2 = H x + P (x – a) + Mh

dx

H

MMdx

H

MM

EI

l

a

a

)()(1 2

2

0

11max

]])([][[1

0

max dxxMaxPHxdxxMHxEI

l

a

h

a

h

Pero H = Mb = 0

]2

)(

3[

2233

max

alaal

EI

P

dx

M

MMdx

M

MM

EI

l

ah

a

h

)()(1 2

2

0

11max

])1]()([)1]([[1

0

max dxMaxPHxdxMHxEI

l

a

h

a

h

Con H = Mh = 0

)](2

[22

max alaal

EI

P


empotrada con una distribuida p = H (x/l)n

L

R

Mr

H

x

F

Mh

Q

Solución:

Se introducen una fuerza y un momento ficticio F y Mh:

De 5.10 sin F ni Mb:

)1)(2(

)2(

nnl

HxM

n

n

con F y Mb:

bn

n

Mnnl

HxFxM

)1)(2(

)2(

dx

F

MM

EI

l

)(1

0

max

xdxMnnl

HxFx

EI

l

bn

n

])1)(2(

[1

0

)2(

max

Pero H = Mb = 0

)1)(2)(4(

4

max

nnnEI

Hl

dx

M

MM

EI

l

b

)(1

0

max

dxMnnl

HxFx

EI

l

bn

n

)1]()1)(2(

[1

0

)2(

max

Con H = Mh = 0

)1)(2)(3(

3

max

nnnEI

Hl


empotrada con una carga puntual

b

R

Mr

P

y=x2/b

xb-x

Q

M

P

dx

dyds

Solución:

M = P (b - x)

ds

P

MM

EI

longitud

)(1

0

max

22 dydxds

dy = 2xdx/b

dxbxxbxbPEI

b

2

0

max )/(41)]()([1

)ln(45)52ln(5151032192

3

max bbbEI

Pb

9.6. Hallar la deformada lineal en el extremo libre de una viga simplemente empotrada con

una carga puntual en el extremo

l/2

R

Mr

l/2

P

x

l/2

P

Q

M2

x

P

Q

M1

Solución:

Los momentos son:

L/2 x 0 M1 = - P Sin 45 x

l x a M2 = - P (l/2 Sin 45 + v )

dv

P

MMdx

P

MM

EI

ll

)()(1

2/

0

22

2/

0

11max

dvvSinlPdxxSinPEI

ll 2/

0

2

2/

0

2max )452/()45(

1

]3

)45)2/((

3

)45([

33

max

vSinlxSin

EI

P

}3

]45)2/[(

3

)]2/(45)2/[(

24

)45({

333

max

SinllSinllSin

EI

P

1453)45(sin424

23

max SinEI

Pl

9.7. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma parabólica y

carga puntual en su centro. Resolver para d = l/4

Ra R

b

l

y

x

P

y-d=x2

d

Ra

l/2-x

y-d=x2

H

Q M1

y

Solución:

Se introducen una fuerza ficticia H. Por simetría

Ra = Rb = P/2

l/2 x 0 M1 = Ra (l/2 -x) – H y

M1 = (P/2)(l/2 – x) – H (x2 + d)

Hay dos intervalos. Por simetría se duplica solo uno

ds

H

MM

EI

l

)(2

2/

0

11max

22 dydxds

dy = 2 x dx 0

dxxdxdxHxlP

EI

l

2

2/

0

22

max 41))](()2

(2

[2

EI

Pl 3

max

02.0

9.8. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma triangular y

carga puntual en su centro

Ra R

b

30

l

Ra

H

Q M1

x

P

Solución:

Se introducen una fuerza ficticia H.

Por simetría Ra = Rb = P/2

l/2 x 0 M1 = Ra x Cos 30 – H x Sin 30

24

31

HxPxM

Hay dos intervalos. Por simetría se duplica solo uno

dx

H

MM

EI

l

)(2

0

11max

dxxHxPx

EI

l

0

max )2

](24

3[

2

EI

PlxP

EI 12

3

64

32 33

max

9.9. En el sistema de la figura: a) Hallar el desplazamiento horizontal producido por la fuerza

P. b) El valor de , para que el desplazamiento sea nulo.

R

P

A B

C

R

P

A B

C

R

h

Rv

H

Fr

Solución:

a) Ma = 0 Fr 2R – PR Sin (1 + Cos ) + P Cos R Sin = 0

Fr = (P/2) Sin

Se incluye una ficticia H en B para calcular la deformada horizontal de este punto

dx

H

MMdx

H

MM

EIBH )()(

1 22

0

11

(I

P

B

C

H

Fr

M1

P

B

C

H

Fr

M2

0 M1 = Fr R (1 - Cos ) + HR Sin

M1 = (P/2) R Sin (1 - Cos ) + HR Sin (ii

M2 = (½ Sin+3/2SinCos-CosSin-CosSin)RP+HRSin (iii

De i, ii y iii y simplificando

)13(3

)( 23

CosCosEI

SinPRBH

b) Para que el desplazamiento sea nulo

(3 Cos - 1 + Cos2 ) = 0

De donde:

= 72.376

9.10. El bastidor A,B,C, articulado en uno de sus extremos y apoyado en el otro está

cargado, en uno de sus tramos con una carga uniformemente distribuida, como se muestra

en la figura. Hallar el desplazamiento horizontal de B (Considerar solamente efectos de

flexión)

ll

BA

C

Solución:

De la estática :

Ma = 0 2 Fr L Cos - (qL2/2) Cos2 - (qL2/2) Sin2 = 0

B

C

H

Fr

M2

x

BH

Fr

M1

x

l

B

A

C

H

Fr

Rh

Rv

dF

Fr = (qL)/(4 Cos )

En el tramo derecho:

0 x L M1 = Fr x Cos + H x Sin

M1 = (qLx)/4 + H x Sin

En el tramo izquierdo:

0 x L M2 = Fr (L Cos + x Cos ) + H (L-x) Sin - qx2/2

M2 = qL2/4 + qLx/4 + H Sin - H x Sin - qx2/2

remplazando en la ecuación de desplazamiento y simplificando:

dx

H

MMdx

H

MM

EI

LL

BH )()(1

0

22

0

11

SinqLEI

BH4

24

5

9.11. El bastidor ABC mostrado en la figura soporta una carga lineal en uno de sus tramos.

Hallar una expresión para calcular el desplazamiento horizontal del extremo derecho.

Solamente considerar tensiones de flexión.

2L L

B

A

q

2L L

BA

HF

r

Rh

Rv

)(L2

x1qqx

Solución:

M = 0 Fr (2L + L Cos ) – (2/3)(qL2)(4/3) + HL Sin = 0

Fr = (8qL – 9 H Sin )/(18 + 9 Cos )

x

H

Fr

M1

x

B

H

Fr

M2

qx

q

0 x L M1 = Fr L Cos + H L Sin

M1 = 2L( 4 qL Cos + 9 H Sin )/(18 + 9 Cos )

0 x 2L M2 = Fr (L Cos + x) + H L Sin - qx3/2 – (q – qx) x2/9

con qx = q (1 – x/(2L))

M 21

9

8 q L 9 H sin ( )( )

2 cos ( )( )

L cos ( ) x( ) H sin ( ) L1

2q 1

1

2

x

L

x2 1

9q

1

9q 1

1

2

x

L

x2

remplazando en la ecuación de desplazamiento y simplificando:

dx

H

MMdx

H

MM

EI

LL

BH )()(1

2

0

22

0

11

2

4

44

)427(

135

16

CosCos

CosSinqL

EIBH

9.12. Una viga simple AB, con un voladizo BC Está sometida a una carga linealmente

variable en el tramo AB, como se ve en la figura. Determinar la expresión para calcular la

deflexión c del punto C

B

H=0

q

q

L/2x

L

A C

c

Solución:

Se aplica una carga ficticia H en el punto C

Ma = 0 Rb = 3H/2 + qL/3

Ra = H/2 + qL/6

B

q

q

xx

A

qx

RA

M1

B

H=0

q

q

Lx x

A C

c

RA

M2

RB

En el tramo izquierdo:

0 x L M1 = Ra x – qx x/2)(x/3)

qx = qx/L

6)

26(

2

1

xqx

HqLM x

L x 3L/2 )

3

2(

2))(

32

3()

26(2

Lx

qLLx

qLHx

HqLM

La deformación total en el extremo libre será dada por la expresión:

dx

H

MMdx

H

MM

EI

L

L

L

C )()(1

2/3

22

0

11

resolviendo EI

qLC

360

7 4

9.13. En el 9.anterior, hallar el ángulo de deformación del punto B. (Úsese el momento M0 =

0 aplicado en el punto B. Ver figura).

B

M0=0

q

q

L/2x

L

A C

c

B

B

Solución:

Se aplica en B un momento ficticio Mo

Ma = 0 Ra = qL/6 + Mo /L

Rb = qL/3 - Mo /L

0 x L M1 = (Ra x – qx x/2)(x/3)

qx = qx/L

xL

MqLqx

L

qxM o )

6(

33

23

1

L x 3L/2 o

oo MLxL

MqLx

L

MqLM ))(

3()

6(2

La deformación angular es

dx

M

MMdx

M

MM

EI

L

Lo

L

oB )()(

12/3

22

0

11

resolviendo: EI

qLB

180

7 3

ahora bien la deformación en C es

c = B L/2

EI

qLC

360

7 4

9.14. Determinar el desplazamiento que se produce en el extremo libre de la viga mostrada

y cargada como se ve en la figura.

x

L/2 L/2

B

2q

q

xLL

q2qx

·

l/2 l/2

B

x

2q

q

Solución:

Se incluye una fuerza ficticia H

l/

2

B

x

H

2q

q

qx

M1

x

B

x

H

2q

q

q

M2

x

Para el tramo derecho:

0 x L/2 3

2

2

)2(

2

2

1

xqqxqHxM xx

con qx = 2q(l-x)/l

l

xqxqlxHlM

3

)33( 2

1

En el tramo izquierdo

L/2 x L 2244

22

2

qxqLqLxHxM

La deformación total en el extremo libre será dada por la expresión:

dx

H

MMdx

H

MM

EI

L

L

L

B )()(1

2/

22

2/

0

11

resolviendo EI

qLB

1920

361 4

9.15. Hallar la deformación horizontal y vertical del punto B de la viga curva mostrada en la

figura, la carga aplicada en toda su longitud tiene dirección radial.

B

q

R

AR

h

Rv

q

R

Q

H

dF

Solución:

Se incluyen las cargas ficticias H y Q

0

2

0

21 )()()1( dCosCosSinqRdSinSinCosqRHRSinCosQRM

simplificando M1 = QR – QR Cos + HR Sin + qR2 ( 1 – Cos )

Las deformaciones

RdH

MM

EIV )(

14/

0

RdQ

MM

EIH )(

14/

0

resolviendo: EI

qRV

4

)322( 3

EI

qR

H

3)4

12

8

3(

9.16. La viga curva semicircular, empotrada en el extremo A, está cargada en dos puntos

como se muestra en la figura, determinar la deformación horizontal y vertical que se produce

en el extremo libre de dicha barra.

A

R

P

P

A H

R

P

Q

Solución:

Se incluyen dos cargas ficticias (H = 0 y Q = 0).

A H

P

P

Q

M1

AH

R

P

P

Q

M

2

A H

R

P

P

Q

M

3

Los momentos son

0 /2 M1 = -QR(1-Cos )-HR Sin

/2 3/4 M2 = PR Cos - HR Sin - QR (1 – Cos )

3/4 M3 = PR 21/2/2 [(Cos + 21/2/2)+(Sin - 21/2/2)] +

PR Cos - HR Sin - QR (1 – Cos )

Las deformaciones en el extremo libre son:

RdH

MMRd

H

MMRd

H

MM

EIh )()()(

1

4/3

33

4/3

2/

22

2/

0

11

RdQ

MMRd

Q

MMRd

Q

MM

EIv )()()(

1

4/3

33

4/3

2/

22

2/

0

11

resolviendo y simplificando:

)2248(16

EI

PRh

)243228(16

EI

PRh

9.17. Determinar la fuerza de reacción que soporta el extremo apoyado B en la viga

mostrada en la figura.

PP/l

l/2 l/2

A B

Solución: x

La deformada vertical en B es nula

0)()(1

2/

22

2/

0

11

dx

R

MMdx

R

MM

EI

l

lb

l

bbv

Los momentos son

0 x l/2 M1 = Rb x

l/2 x l M2 = Rb x – P (x-l/2) – qx (x – l/2)2 / 6

con qx = (P/l)(2x/l-1)

M2 = (24 Rb x – 30 P x +13 P l – 8 P x3/l2 +12 Px2/l)/24

simplificando: 0)209640(

1920

3

PREI

lbbv

Rb = (209/640)P

9.18. Una Barra curva delgada de forma semicircular está articulada en A y simplemente

apoyada en B, Como se muestra en la figura. En C actúa una carga vertical P. Determinar el

desplazamiento vertical v y el desplazamiento horizontal h en el extremo B, que se

encuentra apoyado en una superficie inclinada.

Fr

H

M1

R

P

A B

C

R

P

Rv

Rh

Fr

H

Solución:

Ma = 0 Fr 2R Cos - H 2R Sin - PR = 0

Fr = (H Sin + P/2)/ Cos

Los momentos son

0 /2 M1 = R Sin(HCos + FrSin) + R(1 – Cos)(-HSin + Fr Cos)

/2 M2 = R Sin(HCos + FrSin) + R(1 + Cos)(-HSin + Fr Cos)

- PR Cos

con = -

Simplificando M2 = (R/2)( P + P Cos + 2 H Sin / Cos + P Tan Sin )

La deformada

RdH

MMRd

H

MM

EI)()(

1

2/

22

2/

0

11

Reemplazando y simplificando

2

3

4

)2(

Cos

SinCos

EI

PR

9.19. Una barra curva delgada AB de forma semicircular está articulada en A y simplemente

apoyada en el extremo B una carga distribuida que actúa en dirección radial, como se

muestra en la figura, provoca que el extremo B se desplace horizontalmente, determinar una

expresión para calcular éste desplazamiento.

3

3

3

R

q

A B

Solución:

q

A B

dF

d

dF·sen

dF·cos

dF

Rv

Rv

HR

h

Considerando una fuerza ficticia H y de la estática

3/2

3/22

1

qR

dqRSinRv

Los momentos son

0 /3 M1 = (q R2/2) ( 1- Cos ) – H R Sin

/3 /2

M 23

8q R

2 1

2q R

2 cos ( ) H R sin ( ) 1

2q R

2 cos ( )2 1

23 q R

2 sin ( )

La deformada

RdH

MMRd

H

MM

EI)()(

12/

3/

22

3/

0

11

Reemplazando y simplificando

24

)321(4

EI

qR

9.20. La barra mostrada en la figura, se encuentra sometida a la acción de la carga uniforme

q en dirección vertical, determinar una expresión para calcular el desplazamiento del

extremo apoyado, considerando que el apoyo tiene una inclinación de /3.

R

O

q

Solución:

De la estática Rh + H Cos - Fr Sin = 0

Rv – q R + q R + Fr Cos + H Sin = 0

de donde

Cos

HqRCosqRSinqRSinqRHCosRh

1

2

Cos

HSinCosqRSinqRqRRv

1

Cos

HSinqRSinqRqRFr

1

con = /3

R h H2

93 q R

1

2q R

R v4

9q R

1

63 q R

1

3H 3

F r4

9q R

1

33 q R

1

3H 3

R

O

q

Rh

Rv

HF

r

O

q

d

MdF

Rh

Rv

El momento

0

2 )()1( dCosCosqRRSinRCosRRM hv

Simplificando y con H = 0

])

2

1

9

32()3(

6

1)1(

9

4[2

CosSinCosCosqRM

La deformada

RdH

MM

EI)(

13/2

0

Simplificando )3403189108(

216

24

EI

qR


9.21. Hallar las reacciones del sistema de la figura

l/2

H

l/2


P P P P

l/4 l/4 l/4 l/4


H

Ra

Rb

l/2 l/2

A B C

9.24. Hallar la deformada lineal y angular del sistema de la figura

P

l/2R

2P

l/2

9.25. Hallar la deformada lineal y angular del sistema de la figura

l/3R

l/3

H

l/3

M


H

Ra

2l/3


H

l


empotrada con una carga distribuida p = H Sin (x/2l)

L

R

H

M


empotrada cargada con un momento uniformemente y constante m0

AL

m0

B

9.30. Hallar la deformación máxima del sistema de la figura

A

Ba a

q0=P·a

P

C

q0=P·a

9.31. Determinar la relación a/l para que la deformada en el centro sea nula.

A

Ba

q0=P·l

P

C

a

L

C

q0=P·l

9.32. Hallar la deformada en el centro y en los extremos del sistema de la figura.

A

BL/3

C

L/3

L

q0=P·l

9.33. Hallar las reacciones en el sistema de la figura.

L

q0=P·L

L/2


2L

Pq

0=P·l

L/2 L/2

9.35. Hallar las reacciones en el sistema de la figura

bA BL/2

C

L

q0=P·l


ABC

a

q0

b


3L

Pq

0=P·l

L LA B

C

9.38. Hallar las deformadas lineal y angular máximas en el sistema de la figura.

EI

l

q(x)=qo·x2/L2

AB

9.39. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma cosenoidal y


Ra R

b

l

y

x

P

d

9.40. Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma cosenoidal y


Ra

Rb

l

y

x

9.41. Hallar las reacciones de la viga de forma cosenoidal de la figura

Ra Rb

l

y

x

P

9.42. Hallar las reacciones de los empotramientos del pórtico de la figura

l

x

P

l/2

9.43. Hallar el desplazamiento del sistema de la figura

Ra R

b

l

x45

9.44. En el sistema de la figura: a) Hallar el desplazamiento horizontal producido por las

fuerzas P. b) El valor de, para que el desplazamiento sea nulo.

P

R

P

A B

C

9.45. Un anillo de radio “R” de alambre de acero de radio “r” tiene una separación de h. Se

pide la fuerza P que cierra esta separación

PP

h

r


EI

l/2

q0=P·l

l/2

q0=P·l/2

10 Pandeo de Columnas

10.1 Introducción

En Tracción Compresión se estableció que la falla de una pieza ocurre cuando los esfuerzos

sobrepasan la fluencia, sin embargo cuando los elementos sometidos a compresión tienen

una longitud de varios diámetros, la pieza no falla cuando los esfuerzos superan la fluencia

sino que fallan por inestabilidad

10.2 Equilibrio Estable, Inestable e Indiferente

Una pieza está en equilibrio cuando se cumplen las ecuaciones de la estática. Ahora bien se

dice que el equilibrio es estable cuando frente a una perturbación el sistema no se aparta de

esta configuración, el equilibrio es inestable si frente a una causa perturbadora, el sistema

se aparta de esta configuración y ya no la vuelve a tomar y finalmente el equilibrio es

indiferente si frente a una causa perturbadora el sistema puede mantenerse en su

configuración o pasar a otras configuraciones muy próximas a la primera, deteniéndose en

alguna cualquiera de éstas.

Fig. 10.1 Equilibrio Estable, Inestable e indiferente

Una forma clásica de determinar si el equilibrio es estable consiste en desviar muy poco el

sistema de su configuración mediante una causa perturbadora cualquiera y ver qué sucede

cuando ésta cesa. Si el sistema retoma la configuración inicial el equilibrio es estable, si se

aleja aún más de ella el equilibrio es inestable; y por último, si el sistema permanece en la

posición final el equilibrio es indiferente.

Vamos a tratar de clarificar más aún estos conceptos estudiando el comportamiento de las

tres esferas del esquema de la figura 10.1. Si en el caso (a) hacemos mover la esfera sobre

la superficie y luego la soltamos, intuitivamente podemos reconocer que la esfera volverá a

su posición inicial. Este es un caso de equilibrio estable. Si en la situación (b) cambiamos

levemente a la esfera de posición, ésta ya no retomará la posición inicial sino que seguirá

rodando, ésta es entonces una situación de equilibrio inestable. Si en el caso (c) movemos

la esfera, ésta permanecerá en el nuevo lugar o próximo a éste, constituyendo entonces un

estado de equilibrio indiferente.

10.3 Tipos de apoyos y Columnas

Los apoyos de las columnas son los mismos de las vigas, es decir: a) Apoyo Móvil b) Apoyo

Fijo y c) Empotramiento

De la combinación de estos apoyos se obtienen los cuatro tipos de Columnas básicas

a) Ambos extremos articulados

b) Ambos extremos empotrados

c) Un extremo empotrado el otro libre

d) Un extremo empotrado el otro articulado

Fig. 10.2 Tipos de Columnas

10.4 Carga Crítica de Euler

Euler planteo el estudio teórico del Pandeo como un estudio de equilibrio. Así, si se tiene

una pieza sometida a una fuerza N de compresión y se encuentra en equilibrio, el mismo

ser: ESTABLE, INESTABLE o INDIFERENTE

Fig. 10.3 Equilibrio Estable, Inestable e Indiferente en Columnas

Equilibrio Estable: si al separarla un poco a la posición 2 y soltar, vuelve a la posición l. Equilibrio Inestable: si al separarla un poco, a la posición 2 y soltar, se aleja de la posición l.

Equilibrio Indiferente: al separarla un poco, a la posición 2 y soltar, se queda en la posición 2

El que una pieza dada adopte uno u otro tipo de equilibrio, va a depender del valor de la

carga P de compresión a la que se le someta y se denomina: CARGA CRÍTICA (Pcr): "al

valor de la carga P de compresión que hace que se alcance el EQUILIBRIO INDIFERENTE"

Así pues se tendrá:

• si P = Pcr —» Equilibrio Indiferente (10.1

• si P < Pcr —» Equilibrio Estable (10.2

a) d)c)b)

l

P

P

P

P

P

P

P

P

• si P > Pcr —» Equilibrio Inestable (10.3

Las piezas deberán trabajar con P < Pcr, para que se encuentren en equilibrio estable.

Para analizar el problema de estabilidad elástica relativo al pandeo de barras comprimidas

por Euler, se asumen las siguientes condiciones:

- La columna es homogéneo y elástica (No se supera la tensión de proporcionalidad)

- Su eje es idealmente recto.

- La carga está exactamente centrada.

- Los vínculos son ideales, sin rozamiento,

Considérese una columna con extremos articulados

Fig. 10.4 Fuerzas y Momento Internos en una Columna

Una sección a una distancia “x” del extremo presenta una deformada “y”

De la estática

M= - Py (10.4

De la ecuación de doble integración en flexión

d2y/dx2= M/EI (10.5

d2y/dx2= -Py/EI (10.6

d2y/dx2+Py/EI = 0 (10.7

La Solución de esta ecuación es

y = C1 Sin C2x+C3Cos C4x (10.8

dy/dx= C1C2Cos C2x - C3C4Sin C4x (10.9

d2y/dx2= - C1C22Sin C2x-C3C4

2CosC4x (10.10

Reemplazando 8.7 y 8.9 en 8.6

(-C1C22Sin C2x-C3C4

2CosC4x)+P(C1Sin C2x+C3Cos C4x)/EI=0 (10.11

Sin C2x(-C1C22+PC1/EI)+CosC4x(-C3C4

2+PC3/EI)=0 (10.12

-C1C22+PC1/EI=0 C2=(P/EI)1/2 (10.13

-C3C42+PC3/EI=0 C4=(P/EI)1/2 (10.14

y = C1 Sin (P/EI)1/2x +C3 Cos(P/EI)1/2x (10.15

Para hallar c1 y c3 se ve que en los extremos de la columna no hay deformación.

Cuando x=0 y=0

0= C1 Sin (0)+C3 Cos(0) (10.16

0 = C3 (10.17

Cuando x=l y=0

0 = C1 Sin (P/EI)1/2 l (10.18

Hay dos posibilidades :

C1=0 descartada ya que anula toda Solución

(P/EI)1/2 l = n() Solución (10.19

Entonces Pcr= n2 2 EI/l2 (10.20

Empleando la relación I = A k2 donde A es el área y k es el radio de giro

Pcr/A= 2 E/(l/k)2 (10.21

donde l/k recibe el nombre de relación de esbeltez de la columna.

El mismo procedimiento puede ser aplicado para los cuatro tipos de columnas variando las

condiciones de borde.

La ecuación genérica de Euler es

Pcr= 2 EI/2 (10.21

cr = Pcr/A= 2 E/2 (10.22

Fig. 10.5 Valores de Lk para Diferentes Tipos de Columnas

Representando gráficamente, en unos ejes coordenados, la ecuación de la tensión crítica de

Euler en función de la esbeltez, se obtiene el siguiente diagrama

Fig. 10.6 Grafica de la Ecuación de Euler

10.5 Ecuación de la línea elástica:

Se vio que la solución de la ecuación diferencial de la elástica era de la forma: y = C1.sen

kz.x + C2.cos kz.x, sustituyendo los valores hallados de ci y c2 se obtiene

y = C1 Sin (nx/L) (10.23

10.6 Límites de Aplicación de la Formula de Euler

El diagrama de la fig.10.15, que representa la curva de la tensión crítica de Euler, sólo va a

ser válida hasta un cierto punto P, que corresponde a una esbeltez llim, que es la esbeltez

para la cual: scr (tensión crítica) = fy (tensión del límite elástico). Ello es debido a que en la

deducción de la fórmula para la obtención de la carga crítica Ncr, se utiliza la ecuación

diferencial de la elástica y ésta sólo es aplicable para los casos en que E = cte o lo que es lo

mismo cuando s fy ( sección 3.5. diagrama tensiones deformaciones). Además, al

alcanzarse la tensión del límite elástico, el fallo se produciría por haberse alcanzado la

resistencia a la compresión de la sección. En la Fig. 10.18 se representa la curva de pandeo

de Euler y los modos de fallo

En piezas cortas sometidas a compresión la falla ocurre cuando los esfuerzos superan los

límites de fluencia. En piezas largas y esbeltas sometidas a compresión, la falla ocurre por

pandeo a pesar de que los esfuerzos son mucho menores al límite de fluencia

Gráficamente

Fig. 10.7 Fallo por Tensión y por Pandeo

En la gráfica se tiene la relación de esbeltez (l/k) como abscisa y la carga por unidad de área

(P/A) como ordenada. Entonces para elementos con relación de esbeltez bajos la falla

ocurre cuando la carga por unidad de área es mayor a la fluencia. Para elementos con

relación de esbeltez altos la falla se determina por la ecuación 8.22.

cr < Sy

Así pues tendremos que para poder utilizar la curva de Euler se habrá de verificar:

cr = Pcr/A= 2 E/2 < Sy (10.24

yS

E2 (10.25

yS

E2

lim

(10.26

• para esbelteces: λ mayores λlim SI se podrá aplicar la curva de Euler

• para esbelteces: λ menores λlim NO se podrá aplicar la curva de Euler

Los valores de llim para los aceros más utilizados en la construcción son:

Acero Sy

(N/mm2) λlim

S235 235 93,9

S275 275 86,8

S355 355 76,4

La curva de pandeo expresada en la fig.10.18 puede ser redibujada de forma adimensional,

dividiendo la tensión crítica de Euler entre el límite elástico: ( / Sy ) y la esbeltez entre la

esbeltez límite: (λ / λ lim), dando lugar a la siguiente curva de Pandeo adimensional

La ventaja de este gráfico es que puede aplicarse a barras de diferentes esbelteces y

resistencias

Fig. 10.8 Curva de Pandeo Adimensional

10.7 Columnas cargadas Excéntricamente – Formula de la Secante

La fórmula de Euler se obtuvo con base en las hipótesis de que la carga P se aplica en el

centroide de la sección transversal de la columna y de que ésta es perfectamente recta.

Esto es irreal, puesto que las columnas fabricadas nunca son perfectamente rectas, ni se

conoce con exactitud la posición de la carga aplicada. Por tanto, en realidad las columnas

nunca se pandean repentinamente, sino que comienzan a pandearse de modo ligero,

inmediatamente después de la aplicación de la carga.

Fig. 10.8 Columnas Cargadas Excéntricamente

El diseño entonces buscara no sobrepasar una deflexión especificada de la columna y a no

permitir que el esfuerzo máximo en la columna exceda un esfuerzo permisible. Considérese

una columna con una carga excéntrica

De la estática

M = - P (e + y) (10.27

La ecuación diferencial para la curva de deflexión es. por tanto.

)(2

2

yePx

yEI

(10.28

PePyx

yEI

2

2

(10.29

La solución homogénea es la misma que se vi anteriormente. Sin embargo debe incluirse

una solución particular

exEI

PCosCx

EI

PSinCy 21 (10.30

La solución homogénea es la misma que se vi anteriormente. Sin embargo debe incluirse

Cuando x = 0 y = 0 Entonces

c2 = e (10.31

Cuando x 0 L y = 0 Entonces

eLEI

PeCosL

EI

PSinC 10 (10.32

LEI

PSin

LEI

PCose

C

1

1 (10.33

Usando ángulos dobles

221 2 L

EI

PSinL

EI

PCos (10.34

222

L

EI

PCos

L

EI

PSinL

EI

PSin (10.35

2

222

22 2

1

L

EI

PeTan

L

EI

PCos

L

EI

PSin

L

EI

PSine

C

(10.36

1

2x

EI

PCosx

EI

PSin

L

EI

PTaney (10.37

La deformada máxima ocurre en x = L/2 y es

1

2max

L

EI

PSecey (10.38

El esfuerzo máximo en la columna se determina teniendo en cuenta que es generado tanto

por la carga axial como por el momento.

El momento máximo ocurre a la mitad de la columna

2

maxmax

L

EI

PPeSecyePM (10.39

El esfuerzo máximo en la columna es de compresión, y su valor es:

I

Mc

A

Pmax (10.40

El esfuerzo máximo en la columna se determina teniendo en cuenta que es generado tanto

2max

L

EI

PSec

I

Pec

A

P (10.41

En vista que el radio de giro es r2 = I/A la ecuación anterior puede escribirse en una forma

conocida como fórmula de la secante:

r

L

EA

PSec

r

ec

A

P

21

2max (10.42

Para un valor dado de ζmax. pueden trazarse gráficas de esta ecuación en función de Kl/r

vs P/A para diferentes valores de la razón de excentricidad ec/r2. En la figura se muestra la

gráfica para un acero A36. Nótese que cuando e → 0. o cuando ec/r2 → 0. la ecuación 10.42

da ζmax = P/A, donde P es la carga crítica en la columna, definida por la fórmula de Euler.

Fig. 10.9 Graficas de la ecuación de la Secante

Las curvas en la figura indican que diferencias en la razón de excentricidad tienen un

marcado efecto en la capacidad de carga de columnas con relaciones pequeñas de

esbeltez. Por otra parte, las columnas que tienen grandes relaciones de esbeltez, tienden a

fallar en o cerca de la carga crítica de Euler sin importar cuál sea la excentricidad. Cuando

se usa la ecuación 13-19 para fines de diseño, es importante por consiguiente contar con un

valor más o menos preciso de la razón de excentricidad en el caso de columnas cortas.

PROBLEMAS RESUELTOS

10.1. Se pide hallar la carga que provoca pandeo para los cuatro tipos de columnas. Material

acero; longitud 10 m y diámetro 1 cm.

Solución:

I = d4/64

Pcr = 2 E (d4/64)/l2

= 1 Pcr= 1.01 Kg

= 4 Pcr= 4.06 Kg

= ¼ Pcr= 0.25 Kg

= 2 Pcr= 2.03 Kg

10.2. Determinar la relación de esbeltez critica. Encima de la cual la falla se produce por

pandeo y debajo de la cual la falla se debe a esfuerzos que superan la fluencia. Tomar =

1, Sy = 1800 Kg/cm².

Solución:

Falla por compresión

P/A = Sy

Falla por pandeo

Pcr/A= 2 E/(l/k)2

Igualando 2 E/(l/k)2 = Sy

(l/k) = ( 2 E/Sy)1/2 = 107.3

10.3. En el anterior problema. Si el diámetro de la barra es 1 cm cual es la longitud que da la

relación de esbeltez calculada.

Solution:

I = d4/64

A = d2/4

k = (I/A)1/2 = d2/16 = 0.0625 cm²

l = k 107.3 = 6.7 cm

10.4. Hallar (P/A) para valores de (l/k) de 0 a 250 en la fórmula de Euler. Graficar los

resultados. Tomar = 1, E = 2.1 E 06 y Sy= 1800 Kg/cm²

10.5. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. Material

acero y diámetro 1 cm

Solución :

Fx = 0 Ta Cos 30 = Tb Cos 45 (i

Fy = 0 Ta Sin 30 + Tb Sin 45 = P (ii

DE i y ii (Tb Cos 45/Cos 30) Sin 30 + Tb Sin 45 = P (iii

Tb = 0.8965 P

Ta = 0.732 P

La Sin 30 = 100 la = 200 cm

Lb Sin 45 = 100 lb = 141.42 cm

(l/k) Pcr/A= 2 E/(l/k)2

50 8290,5

60 5757,3

70 4229,8

80 3238,5

90 2558,8

100 2072,6

110 1712,9

120 1439,3

130 1226,4

140 1057,5

150 921,2

160 809,6

170 717,2

180 639,7

190 574,1

200 518,2

210 470,0

220 428,2

230 391,8

240 359,8

250 331,6

0,0

1000,0

2000,0

3000,0

4000,0

5000,0

6000,0

7000,0

8000,0

9000,0

50 80 110

140

170

200

230

P P

a b 30 45

100 cm Ta Tb

30 45

Pcr= 2 EI/l2

Para A 0.732 P = 2 2.1 x 10 6 (1)4/64/2002

P = 34.74 Kg

Para B 0.8965 P = 2 2.1 x 10 6 (1)4/64/141.422

P = 56.74 Kg

De donde Pmax=34.74 Kg

10.6. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. Material

acero y diámetro 1 cm

Solución :

Fx = 0 Ta Cos 30 = Ta Cos 30 No aporta

Fy = 0 2 Ta Sin 30 + Tb = P (i

M = 0 Las fuerzas son concurrentes No aporta

El sistema es hiperestático por lo que se debe hallar la ec. de deformadas

b = OO´

a = OO´Sin 30

b = a /Sin 30

Tblb/EA=Tala/(EA Sin 30)

la Sin 30 = lb ; la = 200 cm

Tbla Sin 30=Tala/Sin 30

P P

a

b

a 30 30

100 cm Ta Ta 30 Tb

a Oa O

30

O´30

O`

Tb = Ta/Sin2 30

Tb = 4 Ta (ii

De i y ii 2 (4 Tb) Sin 30 + Tb = P

Tb = 0.2 P

Ta = 0.8 P

Para A 0.2 P = 2 2.1 x 10 6 (1)4/64/2002

P = 127.17 Kg

Para B 0.8 P = 2 2.1 x 10 6 (1)4/64/1002

P = 127.17 Kg

De donde Pmax=127.17 Kg

10.7. Si P = 1000 Kg hallar el diámetro de los elementos sometidos a compresión para evitar

el Pandeo. Material acero

Solución :

Por simetría Ra = Rb = P/2 = 500 Kg

En el apoyo izquierdo

Fx = 0 Ta Cos 30 + Tc = 0 (i

Fy = 0 Ta Sin 30 + Ra = 0 (ii

Ta = - Ra/Sin 30 = -1000 Kg (Compresión)

P P

a b a Ta T

b Tc 100 cm Ta

30

c TcRa Rb R

a

P

20

30

B

B

A

C

60

P

TAC

2TBC

Cos

Vista Lateral

Tc = - Ta Cos 30 = 866.2 Kg (Tracción)

De donde d = 2.5 cm

10.8. Se pide hallar el diámetro de la barras BC. Material acero

Solución :

Del 10.12 del capítulo 1 :

TAC = 3163.09 Kg Tracción

TBC = - 1546.56 Kg Compresión – Pandeo

LBC = (152+602)1/2

LBC = 61.84 cm

Pcr= 2 EI/l2 = 2 2.1 x 106 ( d4 /64) /l2 = 1546.56

dBC = 1.55 cm

Compárese con

dAC = 1.49 cm hallados en el capítulo 1

10.9. Graficar la relación fuerza sobre área P/A vs relación de esbeltez l/k utilizando la

fórmula de la secante. Tomar ec/k2 = 0, 0.1, 0.5 y 1. Sy = 1800 Kg/cm²

Solución :

P/A= Sy /(1+(ec/k2)Sec[(l/k)(P/4Ae)1/2]

En la ecuación no se puede despejar P/A pero si l/k

2

42

2

2

)30/100(

)64

(

Sin

dE

l

EIPT cra

Graficando

Nótese que la curva de Euler es la de la secante con ec/k2 = 0

P/A

100 455,3 453,6 446,7 438,2

200 321,9 319,4 309,1 296,2

300 262,8 259,5 246,1 229,2

400 227,6 223,5 206,9 185,6

500 203,6 198,6 178,5 152,4

600 185,9 179,9 156,0 123,9

700 172,1 165,1 136,6 96,5

800 161,0 152,8 118,8 65,9

900 151,8 142,1 101,2 0,0

1000 144,0 132,5 82,1

1100 137,3 123,5 58,3

1200 131,4 114,6 0,0

1300 126,3 105,1

1400 121,7 94,0

1500 117,5 78,4

1600 113,8 46,6

1700 110,4 0,0

0

500

1000

1500

2000

0,0 200,0 400,0 600,0

0,1

0,5

1

Euler


10.10. Que ancho debe tener una barra cuadrada para que no se produzca pandeo para los

cuatro tipos de columnas. Material acero, carga 100 Kg. y longitud 10 m

10.11. Determinar la relación de esbeltez critica para los cuatro tipos de columnas. Encima

de la cual la falla se produce por pandeo y debajo de la cual la falla se debe a esfuerzos que

superan la fluencia. Sy = 1800 Kg/cm².

10.12. Hallar el diámetro de una barra circular sólida que tiene la misma resistencia al

pandeo que otra hueca con diámetros externo e interno D y d respectivamente

10.13. Hallar (P/A) para valores de (l/k) de 0 a 250 para los cuatro tipos de columnas en la

fórmula de Euler. Graficar los resultados. Tomar E = 2.1 E 06 y Sy= 1800 Kg/cm²

10.14. Si P = 1000 Kg hallar el diámetro de los elementos sometidos a compresión para

evitar el Pandeo. Material acero

10.15. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo. Material acero y diámetro 1 cm



10.18. Se pide hallar el diámetro de la barras BC. Material acero

10.19. Graficar la relación fuerza sobre área P/A vs relación de esbeltez l/k utilizando la fórmula de la secante. Tomar ec/k2 = 0, 0.1, 0.5 y 1. Sy = 3000 Kg/cm²

Libro de resistencia de materiales

Education

Transcript of Libro de resistencia de materiales