Resistencia de materiales aplicada

Resistencia de Materiales Aplicada
Primera Edición

Alejandro M. Mayori M.

Resistencia de Materiales Aplicada
Primera Edición
Alejandro M. Mayori M.
Universidad Mayor de San Andrés
Revisión Técnica:

Editorial Yucatán Hermosa
La Paz Bolivia

Impreso en La Paz – Bolivia

1

Dedicatoria
A mis hijas Mariel y Marian
A mi esposa, padres y hermanos

2

Prefacio
El presente libro estudia los temas más importantes de la Resistencia de Materiales,
con énfasis en aplicaciones, solución de problemas y diseño de elementos
estructurales y dispositivos mecánicos. El presente texto esta orientado para alumnos
de Ingeniería del segundo o tercer año. Es recomendable que los estudiantes que lean
este texto hayan completado un curso de estática y otro sobre las propiedades de
momentos y centroides de áreas planas.
En el presente libro, la resistencia de materiales se basa en conceptos básicos y en el
uso de conceptos simplificados de los cuales se deducen las ecuaciones de modelos
matemáticos.
En la mayoría de los capítulos el objetivo principal es la determinación de los
esfuerzos normales y cortantes, para luego determinar sus valores máximos y
finalmente el cálculo de las correspondientes deformaciones. Se estudian cargas de
Tracción, Corte, Torsión y Flexión. Estos tipos de carga se complementan con un
apreciable número de ejemplos o problemas resueltos y luego con problemas
propuestos para que el alumno refuerce su comprensión.
Las unidades que se emplean en el presente libro son las unidades métricas y para la
solución de muchos de los problemas se uso software matemático como MATHCAD.

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ÍNDICE
1.Conceptos Generales
1.1.Introducción
1.2.Concepto de Esfuerzo (Esfuerzo)
1.3.Concepto de Deformación por Esfuerzos Normales
1.4.Coeficiente de Poisson
1.5.Concepto de Deformación por Esfuerzos Cortantes
1.6.Propiedades Mecánicas de los Materiales
1.7.Esfuerzo admisible - Coeficiente de Seguridad
1.8.Modulo de Elasticidad - Ecuación de Hooke
1.9.Cargas Estáticas y Variables
1.10.- Esfuerzo admisible para Cargas Variables
PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMAS PROPUESTOS
2.Tracción Compresión
2.1.Introducción
2.2.Esfuerzos en tracción compresión (Cargas en una dimensión)
2.3.Esfuerzos principales (Cargas en una dimensión)
2.4.Deformaciones (Cargas en una dimensión)
2.5.Esfuerzos en tracción compresión (Cargas en dos dimensiones)
2.6.Esfuerzos principales (Cargas en dos dimensiones)
2.7.Deformaciones (Cargas en dos dimensiones)
2.8.Cargas debido al Peso Propio
2.9.Deformaciones debido a la temperatura
2.10.- Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos)
PROBLEMAS RESUELTOS
3.Esfuerzos de Corte
3.1.Introducción
3.2.Esfuerzos en corte
3.3.Esfuerzos principales
3.4.Deformaciones
3.5.Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos)
PROBLEMAS RESUELTOS
4.Torsión
4.1.Introducción
4.2.Calculo de Esfuerzos
4.3.Deformaciones
4.4.Problemas Estáticamente Indeterminados (Hiperestáticos)
PROBLEMAS RESUELTOS

4

5.Flexión - Fuerza Cortante y Momento Flector
5.1.Introducción
5.2.Tipos de Cargas
5.3.Carga puntual equivalente de distribuida
5.4.Tipos de Apoyos
5.5.Tipos de Vigas
5.6.Calculo de reacciones
5.7.Momento Flector y Fuerza Cortante
5.8.Relación entre el momento Flector y la Fuerza Cortante
5.9.Cálculo del momento Flector y la Fuerza Cortante
5.10.- Valores del Momento Flector y la Fuerza Cortante en los extremos
5.11.- Calculo de Momentos por funciones de Singularidad
PROBLEMAS RESUELTOS
6.Flexión – Esfuerzos Normales y Cortantes
6.1.Introducción
6.2.Esfuerzos normales en flexión
6.3.Esfuerzo cortantes en flexión
6.4.Perfiles preferidos para secciones transversales de vigas
PROBLEMAS RESUELTOS
7.Deformaciones en flexión
7.1.Introducción
7.2.método de la doble integración
7.3.Método de Superposición
7.4.Método del Área del Diagrama de Momentos
7.5.Sistemas Hiperestáticos.PROBLEMAS RESUELTOS
a)
Método de la doble integración
b)
Método de Superposición
c)
Método del Área del diagrama de Momentos
d)
Sistemas hiperestáticos
a)
Método de la doble integración
b)
Método de superposición
c)
Sistemas hiperestáticos
8.Métodos Energéticos
8.1.Introducción
8.2.Trabajo
8.3.Energía Potencial
8.4.Ecuaciones de la energía
8.5.Teorema de Castigliano
PROBLEMAS RESUELTOS

5

9.Esfuerzos Combinados
9.1.Introducción
9.2.Ecuaciones para hallar el esfuerzo en cualquier dirección
9.3.Circulo de Mohr
9.4.Esfuerzos principales
9.5.Ecuaciones para hallar la deformada en cualquier dirección
9.6.Combinación de Esfuerzos
9.7.Combinación de Deformaciones
PROBLEMAS RESUELTOS
10.Pandeo de Columnas
10.1.- Introducción y Objetivos
10.2.- Tipos de apoyos
10.3.- Tipos de Columnas
10.4.- Falla por pandeo (Formula de Euler)
10.5.- Falla por Compresión y por pandeo
10.6.- Formula de La Secante
Problemas Resueltos
Problemas Resueltos

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1.- CONCEPTOS GENERALES
1.1.- INTRODUCCIÓN
1.1.1 Propósito de la Resistencia de los Materiales
En los cursos de estática se consideran los cuerpos indeformables, sin embargo en la
realidad los cuerpos sufren deformaciones. La Resistencia de los Materiales analiza a
los cuerpos como deformables, predice estas deformaciones y permite encontrar los
materiales y dimensiones óptimos. Con la Resistencia de los Materiales se puede
verificar la habilidad de los elementos para soportar las cargas a las que están
sometidos y se pueden diseñar elementos seguros y baratos.
Entonces en lo posterior se consideran a todos los cuerpos no rígidos sino elásticos,
es decir, que cualquier carga producirá en ellos deformaciones que en magnitud son
pequeñas comparadas con las dimensiones globales del cuerpo.
1.1.2. Tipos de elementos
En el presente texto los cuerpos se clasificaran en tres tipos:
a) Barra: Es un cuerpo que tiene dos dimensiones pequeñas en comparación con la
tercera. La línea une los centros de gravedad de sus secciones transversales se
denomina eje centroidal de la barra

Fig. 1.1.- Barra
b) Placa: Es un cuerpo que tiene una dimensión pequeña en comparación con las
otras dos.

Fig. 1.2.- Placa
c) Bloque: Es un cuerpo cuyas tres dimensiones son del mismo orden.

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1.1.3. Tipos de problemas
La Resistencia de Materiales tiene como finalidad el cálculo de los cuerpos sometidos
a cargas y los problemas a resolver son de dos tipos:
a) Dimensionamiento.- Cuando se busca seleccionar el material, las formas y
dimensiones más adecuadas de una pieza, de manera que ésta pueda trabajar con
seguridad, en buen estado y con costos adecuados.
b) Verificación.- Cuando una pieza tiene el material, las formas y dimensiones
prefijadas y es necesario conocer si estas son las adecuadas para resistir el estado de
solicitaciones actuantes.
1.1.4. Hipótesis fundamentales
En el presente texto se asumen como ciertas las siguientes hipótesis:
a) Los material se consideran continuos.- La mayoría de los materiales cumple con
esta hipótesis aún 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 son 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

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dependen del modo de aplicación de las mismas, por lo que se puede sustituir un
sistema de fuerzas por otro equivalente
g) Las cargas son estáticas o cuasi-estáticas.- Es decir que no varían con el tiempo
1.1.5. Metodología
Para el calculo de elementos y sistemas nunca se podrán incluir todas las variables
por lo que se deben despreciar aquellas que no son relevantes. Por ejemplo, en el
calculo del cable de un ascensor se deben incluir el peso de la cabina, su aceleración
y el peso del cable, pero se pueden despreciar la resistencia al aire del ascensor, la
presión barométrica a distintas alturas, la variación de la temperatura con la altura, etc.
Adicionalmente se deberán realizar ciertas simplificaciones en:
a) La geometría del objeto. Así los sólidos muy largos se idealizaran como barras.
b) Los vínculos. Usualmente se consideran ideales.
c) Los sistemas de fuerzas aplicadas. Las cargas concentradas prácticamente no
existen en la realidad, sino que son las resultantes de fuertes presiones localizadas en
zonas pequeñas.
d) Las propiedades de los materiales.
1.2. FUERZAS Y MOMENTOS INTERNOS
Los elementos de estructuras o maquinas están sometidos a la acción de fuerzas y
momentos externos. Estas Fuerzas y Momentos externos generan en las secciones
internas de los cuerpos, Fuerzas y Momentos Internos que cuando sobrepasan a las
fuerzas de atracción de las moléculas del material producen la separación o rotura de
la pieza. Las Fuerzas y los Momentos de cada sección internos se pueden hallar
generalmente con las ecuaciones de la estática
P1
Fuerza Interna

P2

Momento Interno
M2

M1
Pn

P3

Mn

M3
P1

P4

Fig. 1.3.- Fuerza y Momento Internos

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La magnitud y dirección de la Fuerza y el Momento internos dependen de la sección
elegida, pero pueden descomponerse en una dirección normal y en otra tangencial a
la sección. Estas componentes definen los diferentes tipos de carga. Así la
componente de la Fuerza Normal a la sección producirá cargas Normales de Tracción
o Compresión, la componente de la Fuerza Tangencial a la sección producirá cargas
de Corte o Tangenciales, la componente del Momento Normal a la sección producirá
cargas de Torsión y la componente del Momento Tangencial a la sección producirá
cargas de Flexión.
1.3. CONCEPTO DE ESFUERZO O TENSIÓN
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. 1.4.- Fuerzas Moleculares
Si se aumenta el tamaño de una sección de la barra hasta ver sus moléculas. 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 si. 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 “ las
reacciones 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.
1.3.1. Hipótesis de Navier
A fin de facilitar el estudio del comportamiento de los sólidos homogéneos frente a los
distintos esfuerzos, Navier propuso la siguiente hipótesis: Un sólido homogéneo puede
imaginárselo como una sucesión de innumerables secciones transversales paralelas

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entre si y perpendiculares a su eje longitudinal (Parecido a varios naipes firmemente
pegados entre sí). Cada sección transversal sería tan delgada como el diámetro de un
átomo. Al mirar la barra de costado veríamos:

Fig. 1.5.- Hipótesis de Navier
Entonces de acuerdo al modelo de Navier, en un sólido homogéneo cada sección
transversal es una especie de placa con el espesor de un átomo, donde todos los
átomos están perfectamente ordenados y dispuestos según un arreglo matricial
cuadrado. Sobre cada átomo de cada una de las secciones, actuará una fuerza Pi, de
manera que podríamos escribir :

Pi =

P
n

(1.2

n

P = ∑ Pi

(1.3

i =0

Donde : “n” el número de átomos que hay en la sección transversal.
Este modelo atómico explica el comportamiento de un sólido ideal. Sin embargo los
materiales reales distan mucho de esta definición, por lo que en un modelo más
“macro” se divide a cada sección transversal en un número finito “N” de áreas unitarias
elementales y que al aplicar una fuerza P esta no se concentra en un solo punto sino
que se distribuye en toda el área de la sección dando como resultado una fuerza Fi
sobre cada área unitaria. La fuerza que soporta cada unidad de área es el Esfuerzo.

Esfuerzo =

Fuerza
F
=
Area
A

(1.4

1.3.2.- Esfuerzos Normales (σ)
Aquellos esfuerzos o fuerzas que soporta cada unidad de área cuya dirección es
perpendicular a la sección transversal se conocen como esfuerzos normales. Para

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fuerzas de compresión el esfuerzo normal será negativo y para fuerzas de tracción el
esfuerzo normal será positivo.
En la figura 6, se muestran dos perfiles unidos por un perno que soportan la acción de
dos fuerzas opuestas P y paralelas al eje del perno. En las secciones transversales al
perno aparecen fuerzas internas perpendiculares a estas secciones que se distribuyen
generando solo esfuerzos normales.
P

P

P

Esf uerzos
Normales

P

Fig. 1.6.- Esfuerzos Normales
1.3.2.- Esfuerzos Cortantes (τ)
Aquellos esfuerzos o fuerzas que soporta cada unidad de área cuya dirección es
tangencial a la sección transversal se conocen como esfuerzos cortantes. Los
esfuerzos de corte no son positivos ni negativos.
En la figura 7, se muestran dos piezas unidas por un perno que soportan la acción de
dos fuerzas opuestas P y perpendiculares al eje del perno. En las secciones
transversales al perno aparecen fuerzas internas tangenciales a ellas que se
distribuyen generando solo esfuerzos cortantes.
P

P

P

P

Esfuerzos
Cortantes
Fig. 1.7.- Esfuerzos Cortantes
Los esfuerzos normales y cortantes aparecen por lo general simultáneamente y sus
valores no son constantes en una sección sino que varían de un punto a otro.

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1.4. RESISTENCIA DE LOS CUERPOS
Los esfuerzos que un cuerpo puede soportar dependen únicamente del material Sin
embargo las Fuerzas y Momentos que un cuerpo puede soportar dependen además
del material, de sus dimensiones.

C a b le
A lu m in io

φ

0 .1 [c m ]

(a )

φ

C a b le
A c e ro
0 .0 5 [ c m ]

(b )

Fig. 1.8.- Resistencia de Cables
A modo de ilustración, se pide elegir el cable mas resistente de dos cables, el primero
de aluminio de 1 mm de diámetro y el segundo de acero de 0.5 mm de diámetro. Un
breve análisis no sugiere que :
- Si ambos cables tuvieran el mismo diámetro, debido a que el acero es más resistente
que el aluminio se debería elegir al segundo
- Si el material fuera el mismo para ambos cables, el de mayor resistencia fuera el de
mayor diámetro y por lo tanto se debería elegir al primero
Ahora bien como los materiales y las dimensiones son diferentes la elección del cable
con mayor resistencia se complica. La elección se analiza en la sección de problemas
resueltos.
1.5. DENSIDAD O FLUJO DE ESFUERZOS

Fig. 1.9.- Densidad de Esfuerzos

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Si una barra de sección constante es sometida a cargas de tracción F, en cualquier
sección transversal aparece una fuerza interna de igual magnitud F que equilibra a la
externa y que se origina solo esfuerzos normales σ = F/A de magnitud constante.
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 esfuerzos normales. Sin embargo la magnitud de estos esfuerzos es
variable debido a la variación del área. Estos esfuerzos 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 los esfuerzos 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 esfuerzos.
1.6. CONCENTRACIÓN DE ESFUERZOS

Fig. 1.10.- Concentración de Esfuerzos
Los cambios o variaciones de las secciones transversales de una pieza y
especialmente las variaciones bruscas, resultan en la magnificación de los Esfuerzos
efecto conocido como Concentración de Esfuerzos. Las hendiduras, agujeros y
cambios de sección bruscos son Concentradores de Esfuerzos. Se ha podido verificar
que por ejemplo un agujero circular en una placa plana incrementa los esfuerzos hasta
tres veces.
1.7. TIPOS DE SOLICITACIÓN O CARGA
Los tipos de solicitación o carga son:
1.7.1.- Cargas Axiales de Tracción o Compresión

Fig. 1.11.- Barra sometida a cargas de tracción

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Una barra recta esta sometida a cargas de tracción o compresión sometida a fuerzas
paralelas a su eje centroidal. Dependiendo si la carga tiende a estirar o a comprimir la
pieza, la carga será de tracción o compresión.
1.7.2.- Cargas Tangenciales o de Corte
Un cuerpo esta sometido a cargas tangenciales o de corte cuando sus caras o
secciones internas soportan fuerzas tangenciales.

P
P

Fig. 1.12.- Cuerpos sometidos a cargas de Tangenciales o de Corte
1.7.3.- Cargas de Torsión
Una barra esta sometida a cargas de torsión cuando en sus extremos están aplicados
momentos con dirección paralela al centroidal.

Mom en to

Mo mento

Fig. 1.13.- Barra sometida a cargas de Torsión
1.7.4.- Cargas de Flexión
Una viga esta sometida a cargas de flexión cuando soporta fuerzas y momentos con
dirección perpendicular a su eje centroidal
Fuerza

Momento

Fig. 1.14.- Viga sometida a cargas de Flexión

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1.7.5.- Cargas Combinadas
Los cuerpos y elementos bajo condiciones de carga reales presentaran la
combinación de los anteriores tipos de carga. En el presente texto inicialmente se
analizaran los tipos de carga individual separadamente El cómo combinar los
diferentes tipos de carga, se analizar posteriormente.
1.8. DEFORMACIONES
Las deformaciones que presentan los cuerpos dependen de los tipos de carga a los
que están sometidos
1.8.1.- Deformación provocada por Cargas de Axiales

Fig. 1.15.- Deformación provocada por Cargas Axiales
Una barra sometida a cargas axiales además de experimentar deformación según la
Dirección de la fuerza, el cuerpo también se deforma en las direcciones normales a
ella. La tracción provoca alargamiento con adelgazamiento y la compresión
acortamiento con ensanchamiento
Las deformaciones se definen como:
δ = lf - lo
ε = (lf – lo)/lo
δq = df - do
εq = (df – do)/do
lf, lo, df y do

Deformación longitudinal
Deformación longitudinal unitaria
Deformación transversal
Deformación transversal unitaria
Dimensiones longitudinal y normal final e inicial

1.8.2. Coeficiente de Poisson
Se define como coeficiente o módulo de Poisson a la relación entre las
ddeformaciones longitudinal y transversal unitarias

ν =−

ε
εq

(1.5

16

El coeficiente de Poisson vale de 0,25 a 0,35 en los materiales metálicos, de 0,1 a
0,25 para el concreto y para los elastómeros y materiales plásticos hasta 0,5.
1.8.3.- Deformación provocada por Cargas de Corte
Las cuerpos sometidos a Cargas de Corte mas que deformarse (cambio de
dimensiones) se distorsionan (cambio de forma).

γ

Fig. 1.16.- Distorsión provocada por Cargas de Corte
La deformación se define como:

γ

Angulo de inclinación de las caras

1.8.4.- Deformación provocada por Cargas de Torsión
Las barras sometidas a cargas de Torsión no presentan deformaciones longitudinales
sino rotaciones o deformaciones angulares. Las secciones transversales giran una
respecto a otra.

Fig. 1.17.- Deformación provocada por Cargas de Torsión
La deformación se define como:
φ

Angulo de rotación entre extremos de la barra

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1.8.5.- 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. 1.18.- Deformación provocada por Cargas de Flexión
Las deformaciones se definen como:
∆
θ

Deformación lineal
Deformación angular

1.9.- RELACIÓN ESFUERZO NORMAL – DEFORMACIÓN LONGITUDINAL.
1.9.1.- Ensayo de tracción
El ensayo de tracción consiste en someter a una barra a cargas axiales y graduales de
tracción y hallar las deformaciones que estas producen. Para ello en una máquina de
ensayos se traccionan probetas normalizadas para poder repetir internacionalmente el
ensayo. Para los aceros, la probeta tiene en su parte central una sección transversal
circular con un área de 1 cm2, (diámetro = 11,284 mm). Esta sección se ensancha
gradualmente en sus extremos para una mejor sujeción a las mordazas de la máquina
de ensayos.

L
Fig. 1.19.- Probeta para el ensayo de tracción
1.9.2.- Grafico Esfuerzo – Deformación
La relación entre esfuerzos normales vs. deformaciones unitarias para el caso del
acero común (acero dulce) presenta una forma similar al de la figura.

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Fig. 1.20.- Diagrama Esfuerzo - Deformación
1.9.3.- Propiedades Mecánicas
En el Diagrama Esfuerzo - Deformación se definen:
a) Zona elástica.- Zona donde las deformaciones no son permanentes
b) Zona plástica.- Zona donde las deformaciones son permanentes
c) Límite de elasticidad Se.- Esfuerzo máximo que provoca deformaciones no
permanentes
d) Límite de proporcionalidad Sp.- Esfuerzo máximo donde hay proporcionalidad entre
los esfuerzos y las deformaciones
e) Límite de fluencia Sy.- Esfuerzo que produce uma aumento de deformacion sin
incremento de esfuerzo
La esfuerzo de proporcionalidad resulta ser aproximadamente el 80% de la esfuerzo
de fluencia.
σ p = 0.8σ y
(1.6
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.

Fig. 1.21.- Líneas de Chernov - Lüders

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e) Límite de rotura Sut.- Sobrepasada la fluencia, el material se endurece y admite un
incremento de carga aunque con grandes deformaciones. El límite de rotura es el
esfuerzo máximo del grafico. Este esfuerzo luego disminuye hasta que se produce la
rotura o separación física.

Fig. 1.22.- Estriccion
f) Coeficiente de estricción lateral ψ.- Pasado el esfuerzo de rotura Sut, la sección
central de la pieza se reduce por lo que aumentan las esfuerzos (diagrama efectivo)
aunque para el cálculo de las esfuerzos se toma el área inicial (diagrama
convencional).

Fig. 1.23.- Diagrama efectivo y convencional
Se define el “coeficiente de estricción lateral”, como:

ψ=

Ao − A f
Af

(1.7

donde Ao y Af son las áreas inicial y final. En los aceros ψ ~ 50%
g) Módulo de elasticidad E.- Es la tangente de la recta en la zona elástica
1.9.4.- Ecuación de Hooke
En la zona elástica

20

tg (α ) =

σ
=E
ε

(1.8

1.9.5.- Endurecimiento
Cuando una pieza metálica se descarga en la zona plástica, el esfuerzo desaparece
por una recta paralela a la de la zona elástica, quedando una deformación
permanente. Si la pieza se carga de nuevo la curva llega al punto N, y la
proporcionalidad entre esfuerzos y deformadas se verifica hasta esfuerzos mayores a
la fluencia inicial.

Fig. 1.24.- Endurecimiento mecánico de los metales
Este fenómeno se denomina endurecimiento mecánico o por trabajo en frío y puede
lograrse por laminado en frío, trefilado o torsión. El trefilado se utiliza para endurecer
alambres o barras circulares finas, y el torsionado para barras redondas. Las
características de los aceros endurecidos son:
- Sus límites de proporcionalidad y elasticidad son más elevados que los aceros
comunes.
- La deformación de rotura se reduce considerablemente
- No hay una zona de escurrimiento plástico ni un límite de fluencia definido. Este se
determina en forma convencional como la esfuerzo para la cual la deformación unitaria
permanente del 0.2 %
Sut
Sy
Sp

Fig. 1.25.- Limite de fluencia de metales endurecidos
1.9.6.- Materiales dúctiles y frágiles

21

Los materiales como el acero dulce, que alcanzan una gran deformación antes de
alcanzar la rotura, se denominan “dúctiles” y los materiales como el acero duro donde
la rotura se produce sin grandes deformaciones se denominan “frágiles”.
σ

σ
Acero de Alta
Calidad
M aterial Fragil
Aceros de M edia
Calidad
Acero Corriente
M aterial Ductil

ε

ε

Fig. 1.26.- Materiales dúctiles y frágiles
1.9.7.- Modulo de elasticidad de materiales no metálicos
El diagrama esfuerzo deformación de algunos materiales no presenta un tramo recto
(Ej. el hormigón) y se toman tres valores del módulo de elasticidad

Fig. 1.27.- Diagrama Esfuerzo – Deformación de materiales no metálicos
a) Módulo al origen.- Que es la tangente en el origen

E = tg (α )

(1.9

b) Módulo instantáneo. Que es la tangente en cada punto

E=

dσ
= tg (α )
dε

(1.10

c) Módulo secante.- Que es la tangente del ángulo α1.

E = tg (α1 )

(1.11

Para estos materiales, Bach, propone

σ k = Eε

(1.12

22

Material
Coeficiente k
Hormigón
k = 1,15
Cobre
k = 1,10
Latón
k = 1,085
Cuero
k = 0,70
En el caso particular en que se toma k = 1, 0 se obtiene la ley de Hooke
1.9.8.- Diagramas esfuerzo – deformación ideal
Para simplificar el manejo matemático se puede idealizar los diagramas de esfuerzo
deformación (Prandtl). Para un material dúctil se toman dos tramos rectos, el primero
inclinado correspondiente al período elástico; el otro horizontal, correspondiente al
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.
σ

σ

Sy

σ
Sy = Sut

Sut

ε

εy

Diagrama ideal de un
material ductil

εut

material fragil

ε

ε
material plastico

Fig. 1.28.- Diagrama Esfuerzo – Deformación ideal
Para un material frágil el límite de proporcionalidad es muy próximo a la esfuerzo de
rotura, prescindiéndose entonces del tramo curvo.
Para materiales plásticos el diagrama es una recta horizontal, lo que significa que
sometidos a una carga, se deforman indefinidamente sin incremento de esfuerzo.
1.10.- RELACIÓN ESFUERZO CORTANTE – DEFORMACIÓN ANGULAR.
1.10.1.- Ensayo de corte
El ensayo de corte consiste en someter a un cuerpo a cargas graduales de corte y
hallar las deformaciones que estas producen. Para ello generalmente un
paralelepípedo fijo en su parte inferior y de baja altura es sometido a cargas de corte P
en su cara superior.

23

Fig. 1.29.- Probeta para el ensayo de corte
La grafica entre esfuerzos cortantes τ y deformaciones γ, es similar a la de esfuerzos
normales.

Fig. 1.30.- Grafica esfuerzos cortantes - deformaciones
1.10.2.- Propiedades Mecánicas
En el diagrama se definen:
a) Zona elástica.- Zona donde las deformaciones no son permanentes
b) Zona plástica.- Zona donde las deformaciones son permanentes
c) Límite de elasticidad Se’.- Esfuerzo máximo al que el material se comporta
elásticamente
d) Límite de proporcionalidad Sp’.- Esfuerzo máximo donde se verifica
proporcionalidad entre esfuerzos y deformaciones
e) Limite de fluencia Sy’.- Esfuerzo que produce uma aumento de deformacion sin
incremento de esfueroz
f) Módulo de elasticidad transversal G.- Es la tangente de la recta en la zona elástica
1.10.2.- Ecuación de Hooke
En la zona elástica los esfuerzos cortantes son proporcionales a las deformaciones
angulares

tg ( β ) =

τ
=G
γ

(1.13

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Los módulos de elasticidad longitudinal y transversal están relacionados por:
E=2G(1+ν)

(1.14

1.11.- COEFICIENTE DE SEGURIDAD Y ESFUERZO ADMISIBLE
En una pieza existen numerosas causas de incertidumbres:
- Las hipótesis de cargas
- Las hipótesis de cálculo
- Los errores de cálculos
- Defectos del material
- Errores de las dimensiones
- Errores de ejecución
La falla de una pieza además de una perdida económica puede provocar perdidas
humanas por lo que se debe buscar la máxima seguridad. La teoría de probabilidades
nos enseña que no se puede lograr una seguridad absoluta, lo único que puede
hacerse es mantener reducidas las probabilidades de falla. Para ello el esfuerzo
máximo de trabajo no debe superar cierto valor.

σ max ≤

S adm

τ max ≤

S ' adm

η

η

(1.15

(1.16

donde :
η es el “coeficiente de seguridad” un número mayor que la unidad
SL para materiales dúctiles es el límite de fluencia y para frágiles es el límite de rotura
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.
1.12.- CARGAS ESTÁTICAS Y VARIABLES
1.12.1.- Cargas Estáticas
Se denominan cargas estáticas a aquellas en las que la magnitud de la carga se
mantiene invariable con el transcurso del tiempo.

25

P
P ax
m
Pm i n

t

Fig. 1.31.- Carga estática
1.12.2.- Cargas Variables
Cargas Variables son aquellas en las que la magnitud de la carga varía con el
transcurso del tiempo. Por lo general estas cargas pueden representarse por ondas
armónicas.
P
P ax
m

t
P in
m

Fig. 1.32.- Carga variable
Se define el valor medio de la carga como a la semisuma de los valores extremos

Pmed =

Pmax + Pmin
2

(1.17

Dos casos especiales de las cargas variables son:
- Cargas Intermitentes.- Son aquellas cuyo valor mínimo es cero.
P
Pm a x

P in
m

t

Fig. 1.33.- Carga Intermitente

Pmed =

Pmax
2

(1.18

26

- Cargas Alternantes.- Son aquellas cuyos valores máximos y mínimos tienen igual
magnitud pero diferente sentido
P
P ax
m

t
P in
m

Fig. 1.34.- Carga Alternante

Pmed =

Pmax + Pmin
=0
2

(1.19

1.12.3.- Teoría de Goodman Modificado
Existen varias teorías para verificar la falla frente a cargas variables. En el presente
libro se analizara sólo la teoría de Goodman Modificado que exige a los esfuerzos
estar dentro de la región sombreada del Diagrama de Goodman
Esfuerzos Máximos

S ut
Sy

Esfuerzos Medios

Se
45º

σ med
Esfuerzos Mínimos
-S e

Fig. 1.35.- Diagrama de Goodman
Para construir el diagrama se necesitan sólo tres valores : 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.

27

PROBLEMAS RESUELTOS
1.1. Hallar la capacidad de carga de 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
2
2
= 283 Mpa (2884.8 Kg/cm ) y Sy ac= 428 Mpa (4362.8 Kg/cm ).

φ

Cable Al

φ

0.1 [cm]

(a)

Cable Ac
0.05 [cm]

(b)

Solución :

P
≤ Sy
A
P ≤ AS y

σ=
De donde

Pal= 22.65 Kg
Pac= 8.56 Kg

Por lo que el cable de aluminio puede levantar una mayor carga que el de acero.
1.2. Dos barras “a” y “b” con una longitud inicial de 10 cm y 100 cm y un diámetro de 1
cm, se deforman hasta alcanzar longitudes finales de 11 cm y 105 cm
respectivamente. Se pide calcular las deformadas longitudinales (total y unitaria)
Solución :

Nótese que:

δ = lf – lo
ε = δ / lo = (lf - lo)/ lo
δa = 1 cm
εa = 0.1 (10%)
δb = 5 cm
εb = 0.05 (5%)
δa < δb pero
εa > εb

1.3. En el problema anterior ambas se pide calcular las deformadas transversales
(total y unitaria). Tomar ν = 0.3
Solución :

εq = -ν ε
df = εq d + d

28

εqa = - 0.03 (3%)
dfa = 0.97 cm
εqb = - 0.015 (1.5%)
dfb = 0.985 cm
1.4. Para el problema 1.2 se pide hallar los esfuerzos a los que están sometidas las
piezas si son de acero. Tomar E = 2.1 x 10 6 Kg/cm2
σ= Eε
εa = 0.1 (10%)
εb = 0.05 (5%)
Entonces
σa = 210000 Kg/cm2
σb = 105000 Kg/cm2
Ningún material soporta estos esfuerzos. Estas deformadas (10 y 5 %) son imposibles.

Solución :

1.5. Cual 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 :

σ < Sy
σ= Eε
ε <= 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
6
2
6
2
diámetro de 1 cm. Tomando Eacero = 2.1 x 10 Kg/cm , Ealuminio = 0.9 x 10 Kg/cm , Sy
2
2
acero= 428 Mpa (4362.8 Kg/cm ) y Sy aluminio = 283 Mpa (2884.8 Kg/cm ). Se pide hallar :
La relación de deformadas y La relación de factores de seguridad.
Solución :

ε=σ/E
η = Sy/σ
σacero = P/A = σaluminio
εacero/εaluminio = Ealuminio / Eacero = 0.428 (42.8 %)
ηacero / ηaluminio = Sy acero/ Sy aluminio = 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 transversales del Acero y del Aluminio. Tomar ν
6
2
6
2
= 0.3 Eac = 2.1 x 10 Kg/cm , Eal = 0.9 x 10 Kg/cm
Solución :

G = E/[2 ( 1 + ν )]
Gacero = 8,07 x 105 Kg/cm2
Galumino = 3,46 x 105 Kg/cm2

29

1.8. Construir el diagrama de Goodman Modificado para un material con Sy = 4000
2
2
2
Kg/cm Sut = 6000 Kg/cm y Se = Sut/2 = 3000 Kg/cm
Solución:
S
B

6000
4000
3000

C

A
45º
D

-3000

σ med

A(0,3000)
B(6000,6000)
C(4000,4000)
E(0,-3000)

E

1.9. En el problema anterior hallar las ecuaciones de los esfuerzos máximos,
esfuerzos medios y esfuerzos mínimos.
Solución:

A (0,3000)
B (6000,6000)
C (4000,4000)
E (0,-3000)
La ecuación de la recta conocidos dos puntos es
( y − y1 ) ( y 2 − y1 )
=
( x − x1 ) ( x2 − x1 )
( y − 3000) (6000 − 3000)
Para (A,B)
para Smax< 4000
=
( x − 0)
(6000 − 0)
Las curvas de esfuerzos mínimos van de B a E y de C a D
( y − 6000) (−3000 − 6000)
=
( x − 6000)
(0 − 6000)
Smin = 1,5 x – 3000
para σmin < 0
Cuando Smin = 0 se halla que x = 2000 y D = ( 2000,0)
( y − 4000)
(0 − 4000)
=
( x − 4000) (2000 − 4000)
y = 2 x – 4000
Smin = 2x – 4000
para σmin > 0
1.10. Hallar los esfuerzos admisibles para carga estática, carga intermitente y carga
alternante del material del problema 8

30

Solución :
a) Carga estática
b) Carga intermitente
c) Carga alternante

2

S = Sy = 4000 Kg/cm
S =. Smax = x/2+3000
2
para x = 2000 S = 4000 Kg/cm
2
S = Se = 3000 Kg/cm

1.11. Para las cargas dadas determinar en cada caso si hay o no falla con el material
del problema anterior.
σ max = 3500 Kg/cm2 y σ min = – 3500 Kg/cm2.
2
2
σ max = 3500 Kg/cm y σ min = – 500 Kg/cm .
2
2
σ max = 4500 Kg/cm y σ min =
0 Kg/cm .
σ max = 4500 Kg/cm2 y σ min = 1500 Kg/cm2.
Solución :

σ med = (σmax+ σmin)/2
σ a med = 0
σ b med = 1500 Kg/cm2
σ c med = 2250 Kg/cm2
2
σ d med = 3000 Kg/cm
S
6000

B

4000
3000

C

A
45º
D(20000,0)

-3000

a)
b)

c)

σ med

E

σ a med = 0
S max = 3000 < σ a max = 3500
σ b max = 3500 Kg/cm2 < 4000 Kg/cm2
y = x/2+3000
S max = 3750
> σ b max = 3500 Kg/cm2
2
σ b min = - 500 Kg/cm < 0
y = 1,5 x – 3000
2
Smin = - 750
< σ b min = -500 Kg/cm
2
2
σ c max = 2250 Kg/cm < 4000 Kg/cm

Hay falla

No hay falla

No hay falla

31

d)

y = x/2+3000
2
Smax = 4125
< σ b max = 4500 Kg/cm
2
2
σ d max = 3000 Kg/cm < 4000 Kg/cm
y = x/2+3000
2
Smax = 4500
< σ b max = 4500 Kg/cm
2
σ d min = 3000 Kg/cm > 0
y = 2x – 4000
2
Smin = 2000
> σ b min = 1500 Kg/cm

Hay falla

No hay falla

Hay falla

1.12. Hallar las ecuaciones genéricas de los esfuerzos máximos, esfuerzos medios y
esfuerzos mínimos.
S
S ut

B

Sy
Se

C

A
45º
D

σ med

A(0,0.5*S ut )
B(S ut ,S ut )
C(S y ,S y )
D(Descon,0)
E(0,0.5*S ut )

-S e E

Solución:
La ecuación de la recta conocidos dos puntos es
( y − y1 ) ( y 2 − y1 )
=
( x − x1 ) ( x 2 − x1 )
La curva de esfuerzos máximos va de A a B
( y − 0.5S ut ) ( S ut − 0.5S ut )
=
( x − 0)
( S ut − 0)
( x + S ut )
para Smax< Sy
S max =
2
Las curvas de esfuerzos mínimos van de B a E y de C a D
( y − S ut ) (−0.5S ut − S ut )
BE)
=
( x − S ut )
(0 − S ut )
(3x − S ut )
para σmin < 0
S min =
2
CD)
Cuando Smin = 0 x = Sut/3 y la coordenada de D ( Sut/3, 0)

32

(y − Sy )

(0 − S y )
S
( ut − S y )
3
( x − S y )(− S y )
y=
+ Sy
S
( ut − S y )
3
( x − S y )(− S y )
S min =
+ Sy
S
( ut − S y )
3
(x − S y )

=

para σmin > 0

33

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
2
2
de 1 mm. Tomar Sy al = 2884.8 Kg/cm y Sy ac= 4362.8 Kg/cm
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. Cual es la deformada máxima que puede tener un Aluminio antes de alcanzar la
2
2
fluencia. Tomar Sy = 2884.8 Kg/cm y E = 0.7 x 10 6 Kg/cm
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 los esfuerzos máximos, esfuerzos
medios y esfuerzos mínimos.
1.21. Hallar los esfuerzos 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
σ max = 3000 Kg/cm y σ min = – 3000 Kg/cm .
σ max = 3000 Kg/cm2 y σ min = – 500 Kg/cm2.
2
2
σ max = 4000 Kg/cm y σ min =
0 Kg/cm .
2
2
σ max = 4000 Kg/cm y σ min = 1500 Kg/cm .
2

2

1.23. Hallar las ecuaciones genéricas de los esfuerzos máximos, esfuerzos medios y
esfuerzos mínimos.

34

PROPIEDADES MECÁNICAS
Material
Aluminun allys 2014-T4
Brass (Red, cold rolled)
Brass (Red, annealed)
Bronze (cold rolled)
Bronze (annealed)
Cast iron (esfuerzo)
Cast iron (compression)
Concrete (compression)
Copper (cold-drawn)
Plate glass
Magnesium alloy
Monel (wrough, hot rolled)
Nickel alloy
Nylon
Polyethylene
Rubber (average)
Steel .2% C hardened
Steel .2% C cold-rolled
Steel .2% C hot-rolled
Steel Stainless (cold-rolled)
Steel Stainless (heat-treated)
Steel, structural
Steel ASTM-A36
Steel ASTM-A572
Steel ASTM-A514
Douglas Fir
Southern Pine
Red Oak

Sy

Sut

Ksi MPa Ksi
41 283
62
60 410
70
48 331
68
40 276
45
70 483
80
60 414
75
15 104
40
75 772 100
20 138
50
29.5 205
40
- 125
2 13.8
5
40 280
45
10
22 150
40
50 345
90
60 414
80
9
- 2.5
0.6
4
2
62 428
90
60 414
85
53 366
62
53 366
84
76 524 122
165 1140 190
132 911 150
36
50
100
6
6.5
4.6

250
340
700
41
45
32

60
70
120
7.4
8.4
6.9

MPa
428
480
470
310
552
518
276
515
345
275
870
35
310
70
280
621
552
60
17.5
13.5
620
587
428
580
842
1310
1040
400
500
830
51
58
48

E
Ksi
GPa
10,600
73
10,600
73
10,600
73
10,400
72
10,000
69
15,000
104
15,000
104
15,000
104
15,000
104
25,000
173
25,000
173
4,500
31
17,000
117
10,000
69
24,000
166
26,000
179
30,000
207
400
2.76
150
1
0.4 0.00276
30,000
207
30,000
207
30,000
207
30,000
207
30,000
207
29,000
200
29,000
200
29,000
200
29,000
200
29,000
200
1,300
9
1,900
13.1
1,800
12.4

Ksi
4,000
3,800
3,900
3,900
3,750
5,500
5,500
6,500
6,500
12,500
12,500
6,300
4,000
20,000
9,500
11,400
0.0007
11,600
11,600
11,600
11,600
11,600
12,500
12,500
11,000
11,000
11,000
-

G
GPa
27.6
26.2
27
27
26
38
38
44.9
44.9
86.3
86.3
43.5
27.6
138
65.6
78.7
41.5
80
80
80
80
80
86.3
86.3
75.9
75.9
75.9
-

ν
0.33
0.33
0.33
0.33
0.33
0.34
0.34
0.34
0.34
0.28
0.28
0.15
0.35
0.2
0.35
0.32
0.31
0.4
0.4
0.48
0.32
0.32
0.32
0.32
0.32
0.27
0.27
0.32
0.32
0.32
0.29
0.3
0.3

Tabla 1

35

2.- TRACCIÓN COMPRESIÓN
2.1- INTRODUCCIÓN
Una barra esta sometida a cargas de tracción o compresión cuando soporta fuerzas
en sus extremos dirigidos a lo largo de su eje centroidal. Dependiendo si la carga
tiende a estirar o a comprimir la pieza, la carga será de tracción o compresión.
Fuerza

Fuerza

Fig. 2.1.- Barra sometida a carga de tracción
Ejemplos reales de elementos sometidos a este tipo de carga son los cables metálicos
usados en maquinas de elevación, arriostres y elementos de Armaduras.
Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capítulo se asume la veracidad
de las siguientes condiciones :
1.- Los elementos son rectos
2.- Los elementos tienen secciones transversales uniformes
3.- Las secciones transversales permanecen planas y perpendiculares al
eje axial
4.- Las deformaciones son pequeñas comparadas con las dimensiones de
la barra
5.- Los esfuerzos no sobrepasan los límites de fluencia.
6.- Las cargas están aplicadas en los centros de gravedad de la
sección transversal, de modo que no se produce flexión
7.- Los elementos no son tan esbeltos para producir pandeo.
2.2.- ESFUERZOS
Si en una barra sometida a tracción, se dibujan líneas rectas, paralelas y
perpendiculares al eje de la barra antes de su deformación, luego de su deformación
las distancias entre las rectas paralelas disminuyen y entre las rectas perpendiculares
aumenta por lo que la pieza sufre un incremento en su longitud y un decremento del
área de su sección transversal.

36

Esfuerzos σ
P
P

Fig. 2.2.- Esfuerzos en una sección transversal
Entonces en cualquier sección transversal actúan solamente esfuerzos normales,
distribuidas uniformemente. Por lo que:

P = ∫ σ n dA =σ n ∫ dA =σ n A
A

σn =

(2.1

A

P
A

(2.2

τn = 0

(2.3

Sin embargo en una sección inclinada un ángulo ρ respecto a la sección transversal,
P

ρ
P ρ

N
Q

Fig. 2.3.- Esfuerzos en una sección inclinada
Para equilibrar a la fuerza externa en la sección aparece una fuerza interna de igual
magnitud la que puede descomponerse en una fuerza N perpendicular a la sección
que produce esfuerzos normales y en otra fuerza Q tangencial a la sección que
produce esfuerzos cortantes.
N = P Cos ρ
(2.4
Q = P Sin ρ
(2.5
σρ = N/Aρ
(2.6
τρ = Q/Aρ
(2.7

37

AN = Aρ Cos ρ

(2.8

De 2.2, 2.3 y 2.6

N
PCosρ PCos 2 ρ
=
=
AN
Aρ
AN
Cosρ
P(1 + Cos 2 ρ )
σρ =
2 AN

σρ =

(2.9

De 2.4, 2.5 y 2.6

Q
PSinρ PSinρCos ρ
=
=
AN
Aρ
AN
Cosρ
P ( Sin 2 ρ )
τρ =
2 AN

τρ =

(2.10

Reemplazando ρ = 0 en 2.7 y 2.8, se verifican los resultados de 2.1
Ya que

(Sin 2 ρ) +( Cos 2 ρ) =1

(2.11

De 2.7

P
(σ ρ −
)
2 AN
Cos 2 ρ =
P
2 AN

(2.12

De 2.8

Sin 2 ρ =

(2.13

Entonces

2

2

τρ

P
2 AN
P 2
P 2
2
(σ ρ −
) +τ ρ = (
)
2 AN
2 AN

(2.14

Lo que demuestra que la relación entre σρ y τρ es una circunferencia con radio de
P/2AN y centro en P/2AN, conocido como el circulo de Mohr.

38

τρ
τ max

P/2AN

σ max

σρ

Fig. 2.4.- Circulo de Mohr
2.3.- ESFUERZOS PRINCIPALES
Se llaman esfuerzos principales a los valores máximos de los esfuerzos normales. De
2.7 y 2.8 y del gráfico
Para ρ = 0
Para ρ = 45

σmax = σN = P/AN
σ45 = P/2AN

τ min = 0
τ max = P/2AN

(2.15
(2.16

Estos resultados indican que una barra sometida a carga axial de tracción y
compresión presenta los esfuerzos normales máximos en una sección transversal a la
carga ρ = 0 y los esfuerzos cortantes máximos en una sección a ρ = 45º. Para evitar la
falla, ambos esfuerzos máximos no deben exceder de los límites de fluencias
longitudinales y transversales respectivamente
.
σ max = P/AN < Sy
τ max = P/2AN < S´y
(2.17
2.4.- DEFORMACIONES

Fig. 2.5.- deformaciones

39

Una barra sometida a cargas axiales experimenta cambios en su longitud y en sus
dimensiones transversales.
En la sección 1.8.1 se definieron las deformaciones longitudinales como:
δ = lf - lo
ε = δ / lo

Deformación longitudinal
Deformación longitudinal unitaria

(2.18

Ahora bien, en la dirección axial solo hay esfuerzos normales y si estos no sobrepasan
el limite de fluencia (zona elástica) es valida la ecuación de Hooke 1.8
σ=Eε
(2.19
σ = P/AN
(2.20
Entonces

δ=

Pl 0
EA

(2.21

Ecuación que indica que la deformación es proporcional a la carga P y a la longitud lo
de la barra, pero inversamente proporcional al producto EA, el cual se denomina
“Rigidez Axial”. Efectivamente, este producto representa la oposición de la pieza a la
deformación.
La ecuación es válida para solicitaciones de tracción como de compresión. Sin
embargo, en cuerpos sujetos a compresión las ecuaciones pierden validez si los
elementos son largos y delgados donde se presenta un fenómeno denominado
“pandeo”, cuyo estudio se realiza posteriormente.
La ecuación 2.17 solo es valida para barras de sección con área constante. En una
barra con sección variable se puede aplicar esta ecuación a un elemento diferencial
“dx” en la que el área se puede considerar constante.

dx
P

P

l
lf
Fig. 2.6.- Barra de sección variable

40

Pdx
EA
l
Pdx
δ =∫
EA
0
dδ =

Entonces

Y

(2.22

(2.23

2.5.- CARGA BIAXIAL

Se denomina carga biaxial en un cuerpo que soporta cargas en dos direcciones
perpendiculares.
2.5.1.- Esfuerzos

σy
σx

σx

2

σx

ρ

σρ

σy

2

τρ
1

Fig. 2.7.- Esfuerzos bajo carga biaxial
Los esfuerzos normales σρ y cortantes τρ en una sección cualquiera
lρ Cos ρ = dy
lρ Sin ρ = dx
Σ F1= 0
σρ lρ dz - σy dx dz Sin ρ - σx dy dz Cos ρ = 0
σρ - σy Sin2 ρ - σx Cos2 ρ = 0

(1 − Cos 2 ρ )
(1 + Cos 2 ρ )
+σ x
2
2
(σ x + σ y ) (σ x − σ y )
σρ =
+
Cos 2 ρ
2
2

σρ =σy

Σ F2= 0

(2.24
(2.25
(2.26
(2.27
(2.28
(2.29

(2.30
(2.31

τρ =
Ya que

τρ lρ dz + σy dx dz Cos ρ -σx dy dz Sin ρ = 0
τρ + σy Sin ρ Cos ρ - σx Sin ρ Sin ρ = 0

(2.32

(σ x − σ y )
2

Sin 2 ρ

(Sin 2 ρ)2+( Cos 2 ρ)2 =1

(2.33

41

(σ + σ y ) 

 (σ − σ y ) 
σ ρ − x
 +τ ρ 2 =  x





2
2




2

2

(2.34

Las ecuaciones 2.26 y 2.29 dan los esfuerzos normales y cortantes para cualquier
sección inclinada. Similar a una dimensión, las ecuaciones representan una
circunferencia con desplazamiento solo en σρ de (σx + σy )/2, y radio igual al (σx - σy
)/2.

τρ
(σ x + σy)/2

τ max
(σx-σy)/2

σ max

σρ

Fig. 2.8.- Circulo de Mohr para carga biaxial
Los valores máximos de los esfuerzos normales y cortantes son :
σmax = σx
τ min = 0
Para ρ = 0
Para ρ = 90
σmax = σy
τ min = 0
Para ρ = 45
σmin = 0
τ max = (σx -σy )/2

(2.35
(2.36
(2.37

Los esfuerzos normales máximos ocurren en las direcciones “x” y “y” y los esfuerzos
cortantes máximos en una dirección ρ = 45º.
2.5.2.- Deformaciones
Consideremos una placa sometida a cargas tracción compresión biaxial :

42

Fig. 2.9.- Superposición de deformaciones para carga biaxial
Por el principio de superposición, se puede superponer las deformaciones provocadas
por las cargas horizontales con las provocadas por las cargas verticales.
Las deformaciones provocadas por las cargas horizontales
εx = σx /E
εy = - εq = - ν σx /E
Las deformaciones provocadas por las cargas verticales
εy = σy /E
εx = - εq = - ν σy /E
Superponiendo
εxt = σx /E - ν σy /E = εx- νεy
εyt = σy /E - ν σx /E = εy- νεx

(2.38
(2.39
(2.40
(2.41
(2.42
(2.43

2.5.3.- Recipientes de pared delgada
Un caso muy común de la carga biaxial son los recipientes de pared delgada
sometidos a presión interna. Considérese un cilindro de radio interior “r” y espesor de
pared delgado “e” sometido a una diferencia de presión, “p”, entre el interior y el
exterior.
r/e >= 10

e

r

Fig. 2.10.- Recipiente cilíndrico

43

En un punto cualquiera del espesor de la pared se originan dos esfuerzos normales,
uno axial 2 y otra circunferencial 1.

dθ/ 2

σ1

σ2

σ2
dθ
dθ/ 2

σ1

Fig. 2.11.- Esfuerzos en un recipiente cilíndrico
Debido a que el espesor es pequeño se pueden considerar estos esfuerzos
constantes. Aplicando la estática en la dirección circunferencial

σ 1Cos

dθ
dθ
− σ 1Cos
=0
2
2

(2.44

Aplicando la estática en la dirección radial
Presión x área interior = Componente radial esfuerzo x área lateral

p( rdθdz ) − 2σ 1 Sin

dθ
(edz ) = 0
2

dθ dθ
=
2
2
pr
σ1 =
e
Aplicando la estática en la dirección axial
p (πr 2 ) = σ 2 2πre = 0
pr
σ2 =
2e
Sin

(2.45
(2.46
(2.47

(2.48
(2.49

Para recipientes esféricos los esfuerzos en cualquier dirección se calculan con 2.49
2.6.- PESO PROPIO

En cuerpos de gran altura como edificios, torres y otros, el peso propio del cuerpo
origina considerables esfuerzos y deformaciones por lo que debe ser tomado en
cuenta. Las secciones transversales soportan el peso de la porción del cuerpo que se
encuentran encima de ellas. A modo de ilustración consideremos una torre de 3
personas. En ella la persona de arriba no soporta sobre sus hombros ninguna carga,

44

la del medio soporta sobre sus hombros el peso de una persona y la de abajo soporta
sobre sus hombros el peso de dos personas.

dy

W(y)
Peso
sobre "y"

A

h
y

Fig. 2.12.- Peso propio
El peso de un elemento diferencial “dy” en la que el área de su sección puede tomarse
constante es
dW = γ A(y) dy

(2.50

El peso de la porción del cuerpo sobre una altura “y” es
h

W ( y ) = ∫ γA8 y ) dy

(2.51

y

Si se tomar el límite inferior como cero la ecuación calcular el peso de todo el cuerpo.
Los esfuerzos son :
h

σ=

Fuerza
=
Area

P + ∫ γA( y ) dy
y

A

(2.52

La deformación se halla con 2.19
h


 P + γA( y )dy 
∫
h
0 

Pdy
y
dy
=∫
δ =∫
EA 0
EA
0

(2.53

Expresión que da la deformación producida por una carga exterior y el peso propio.
2.7.- DEFORMACIONES TÉRMICAS

Los cuerpos también se deforman por cambios de temperatura. En el caso de
materiales homogéneos e isótropos, un cambio de temperatura origina una
deformación lineal uniforme en todas las direcciones.

45

Las deformaciones térmicas lineales se calculan mediante:
δt = l α ∆T

(2.54

donde α es el coeficiente de dilatación térmica lineal
Material
Aluminio
Fundición
Cobre
Acero
Hormigón
Entonces

α (x 10-6/ºC)
23.2
10.4
16.7
11.7
10.8

εt = α ∆T

(2.55

La deformación se debe a la acción de cargas y a cambios de temperatura.
εtot = εP + εt = σ/E + α ∆T

(2.56

Ésta ecuación deriva en la ley de Hooke extendida que también es llamada la ley de
Duhamel – Neumann
σ = E (εP - α ∆T)

(2.57

Si la expansión térmica de un sistema se restringe por ejemplo anclando una pieza
entre dos paredes rígidas, pequeños cambios de temperatura producen grandes
esfuerzos térmicos. Esto se debe al modulo de Young que para la mayoría de los
materiales usados en Ingeniería es grande
2.8.- PROBLEMAS HIPERESTATICOS

Desde el punto de vista estático, la condición de hiperestaticidad viene dada por el
hecho de que la cantidad de ecuaciones que surgen de los planteos de equilibrio de la
Estática es menor que la cantidad de incógnitas reactivas planteadas. Para poder
resolver estas estructuras es necesario agregar ecuaciones de compatibilidad. Estas
reciben este nombre precisamente porque tratan de expresar la compatibilidad entre
las deformaciones y la vinculación existente, que como hemos dicho, resulta
superabundante.
Una observación importante es que la ecuación de compatibilidad depende de las
características mecánicas y geométricas de los cuerpos. Por esta razón el proceso de
dimensionamiento suele ser iterativo.

46

PROBLEMAS RESUELTOS
2

2.1. Una pieza con una sección de 1 cm está sometida a una fuerza de tracción en
una dimensión de 100 Kg Hallar los esfuerzos en secciones con ángulos de 0º hasta
360º con un intervalo de 10º.
Solución :
φ
σφ =(P/2An)(1+Cos 2φ)
100.0
97.0
88.3
75.0
58.7
41.3
25.0
11.7
3.0
0.0
3.0
11.7
25.0
41.3
58.7
75.0
88.3
97.0
100.0
97.0
88.3
75.0
58.7
41.3
25.0
11.7
3.0
0.0
3.0
11.7
25.0
41.3
58.7
75.0
88.3
97.0
100.0

τφ =(P/2An)(Sin 2φ)
φ
0.0
17.1
32.1
43.3
49.2
49.2
43.3
32.1
17.1
0.0
-17.1
-32.1
-43.3
-49.2
-49.2
-43.3
-32.1
-17.1
0.0
17.1
32.1
43.3
49.2
49.2
43.3
32.1
17.1
0.0
-17.1
-32.1
-43.3
-49.2
-49.2
-43.3
-32.1
-17.1
0.0

60.0
40.0
20.0
Esf Corte

φ (Gr) φ (Rad)
0
0.0
10
0.2
20
0.3
30
0.5
40
0.7
50
0.9
60
1.0
70
1.2
80
1.4
90
1.6
100
1.7
110
1.9
120
2.1
130
2.3
140
2.4
150
2.6
160
2.8
170
3.0
180
3.1
190
3.3
200
3.5
210
3.7
220
3.8
230
4.0
240
4.2
250
4.4
260
4.5
270
4.7
280
4.9
290
5.1
300
5.2
310
5.4
320
5.6
330
5.8
340
5.9
350
6.1
360
6.3

0.0
-50.0

0.0

50.0

100.0

-20.0
-40.0
-60.0
Esf Normal

47

2.2. Hallar los esfuerzos máximos del 2.1.
Solución :

σmax = P/AN = 100/1= 100 Kg/cm
τ max = P/2AN= 100/2= 50 Kg/cm2
2

2.3. Una pieza está sometida a cargas de tracción compresión en dos dimensiones
con σx = 90 Kg/cm2 y σy = -120 Kg/cm2. Hallar los esfuerzos para ángulos desde 0º
hasta 360º con un intervalo de 10º. Graficar los resultados.
Solución :
(σx-σy)(Cos 2φ)/2
φ
90.0
83.7
65.4
37.5
3.2
-33.2
-67.5
-95.4
-113.7
-120.0
-113.7
-95.4
-67.5
-33.2
3.2
37.5
65.4
83.7
90.0
83.7
65.4
37.5
3.2
-33.2
-67.5
-95.4
-113.7
-120.0
-113.7
-95.4
-67.5
-33.2
3.2
37.5
65.4
83.7
90.0

φ
τφ =(σx-σy)(Sin 2φ)/2
0.0
35.9
67.5
90.9
103.4
103.4
90.9
67.5
35.9
0.0
-35.9
-67.5
-90.9
-103.4
-103.4
-90.9
-67.5
-35.9
0.0
35.9
67.5
90.9
103.4
103.4
90.9
67.5
35.9
0.0
-35.9
-67.5
-90.9
-103.4
-103.4
-90.9
-67.5
-35.9
0.0

150.0
100.0
50.0
Esf Corte

σφ = (σx+σy)/2 +

φ (Gr) φ (Rad)
0
0.0
10
0.2
20
0.3
30
0.5
40
0.7
50
0.9
60
1.0
70
1.2
80
1.4
90
1.6
100
1.7
110
1.9
120
2.1
130
2.3
140
2.4
150
2.6
160
2.8
170
3.0
180
3.1
190
3.3
200
3.5
210
3.7
220
3.8
230
4.0
240
4.2
250
4.4
260
4.5
270
4.7
280
4.9
290
5.1
300
5.2
310
5.4
320
5.6
330
5.8
340
5.9
350
6.1
360
6.3

-150.0

0.0
-50.0

50.0

-50.0
-100.0
-150.0
Esf Norm al

48

2.4. Hallar los esfuerzos máximos del problema 2.3.
Solución :
2
ρ=0
σmax = σx = 90 kg/cm
ρ = 90
σmax = σy = -120 Kg/cm2
2
ρ = 45
τ max = (σx -σy )/2 = 105 kg/cm
2.5. Una pieza cilíndrica de Acero tiene ∅ = 3 cm y largo L=100 cm está sometida a
una carga de 1000 Kg Se pide hallar :
Los esfuerzos máximos
o
Los esfuerzos a 30
Las deformadas total y unitaria longitudinal y transversal
Los coeficientes de seguridad Sy= 1800 Kg/cm2 y Sy´= 960 Kg/cm2
Soluciona:
a)

b)

c)

d)

A = π∅ /4= 7,07 cm
2
σmax = σN = P/AN = = 141,47 Kg/cm
2
τmax = P/2AN = 70,73 Kg/cm
σρ = (P/2AN )(1 + Cos 2ρ)
2
σ30 = 106,10 Kg/cm
τρ = (P/2AN) Sin 2ρ
τ30 = 61,25 Kg/cm2
δ = Pl/EA= 6,73 x 10-3 cm
ε = δ/l = 67 x 10-6 ( 67 x 10 –4 %)
εq= -µ ε= -20,20 x 10 –6 (-20,20 x 10 –4 %)
δq = εq d = -60,6 x 10 –6 cm
ησ = Sy/σmax = 1800/141,47= 12,72
ητ = Sy´/τmax = 960/70,73= 13,57
2

2

para ρ = 0
para ρ = 45o
o

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 ν =0.3
200[kg]

c
100[kg]
b
a

49

Solución :
σx = Fx/(b c) = 33,33 Kg/cm2
σy= Fy/(a c) = 100,00 Kg/cm2
εxt= σx /E - ν σy /E = 1,58 x 10-6
εyt= σy /E - ν σx /E = 4,28 x 10-5
af= a + a εxt = 2,000003 cm
bf= b + b εyt= 3,00012 cm

2.7.- Halle la distribución de esfuerzos en una barra cónica con radios ro y 2ro y
longitud l sometida a cargas de compresión F

Solución: La ecuación del radio

El esfuerzo

x
r ( x) = ro (1 + )
l
F
σ ( x) =
x
πro 2 (1 + ) 2
l

2.8.- Halle la forma de la sección de una barra que soporta una carga F para que los
esfuerzos sean constantes

Solución:
h

De 2.50

σ =

Fuerza
=
Area

P + ∫ γ A ( y ) dy
y

A( y )

= cte

50

h

P + ∫ γA( y )dy = A( y )cte
y

Derivando

γA( y) =

dy =
Integrando

y=

dA( y )
cte
dy

dA( y) cte π 2rdr cte 2dr cte
=
=
A( y ) γ
r γ
πr 2 γ

2cte

γ

r = ke

ln(r ) + cte1
yγ
2 cte

2.9.- Dimensionar las barras del reticulado de la figura. Para las barras 1 y 2 debe
2
2
emplearse madera con adm = 80 kg/cm , adm = L/300 y E = 100 t/cm y para la barra
2
2
3 debe emplearse acero con adm = 2.400 kg/cm , adm = L/500 y E = 2.100 kg/cm

Solución:
Las barras de madera soportan P = 2830 Kg
Amad = Pmad/ Smad = 35,4 cm2
Se adopta una escuadra de 3” x 2” con un área de A = 38.7 cm2

δ mad =

Pl
283
= 0,2cm <
= 0,94cm
EA
3002

La barra de acero soporta P = 2000 Kg
2

Aac = Pac/ Sac = 0,83 cm
2
Se adopta una barra de 1 12” con un área de A = 1,13 cm

51

δ ac =

Pl
400
= 0,34cm <
= 0,8cm
EA
500

2.10. En la pirámide truncada de área transversal cuadrada de la figura. Se pide
calcular:
a) El peso parcial sobre cualquier altura “y”
b) El esfuerzo normal máximo
c) La deformada total
60[cm]

SEC. A-A

dy

A

1000[cm]

A

y

90[cm]

Solución :

b(y) = (- 30/1000) y + 90

a) El peso sobre y es
h

h

y

y

W ( y ) = ∫ γA( y )dy = ∫ γ
W ( y) = −

π
4

2

[(− 30 / 1000) y + 90] dy

γπ 250 

3
 30 y
 
3
+ 90  
60 −  −
 1000
 




90

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

σ max =

− γπ 250(603 − 903 )
90 3

σmax = 552.68 γ
c) La deformada
h

Wdy
EA
0

δ =∫

h
δ = ∫
0

−

γπ 250 
90

3
30

 60 3 −  −
y + 90   dy


 1000
 


2
30


E −
y + 90 
 1000


δ = 305441.34γ/E

52

2.11. 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.
P

D/2

SEC. B-B

dy

B

h

B

y

D

Solución :
h

δ =∫

[P + W ( y )]dy
EA

0

D y

− + 2
2 h


d=
A=

πd 2
4

=

π D  y


 − + 2 
4 2  h



2

2
y
y π D2
y

W ( y ) = ∫ γA( y )dy = ∫ γ
 2 −  dy
h
0
0 4 4 

W ( y) =

δ =

h

∫
0

δ=

γπ D 2 
16

γπ D 2 h
y  h
2 −  −  = −
h   3 0
48


( P + W ) dy
=
EA

3

h

∫

y

3


y
γπ D 2 h  

3 
 2 −  − 2  
P −
48  
h






0

E

π D 

y 
 2 − 
4 2 
h 


2

3


y
3
 2 −  − 2 
h






dy

h(48P + γπD 2 5)
6 EπD 2

2.12. En el sistema de la figura se piden las esfuerzos en los cables.

53

l

l

(b)

l

(c)

(a)

(b)

P

(c)

δb

δa

l/2

l

δc

Solución:
Σ Fy = 0
Ta + Tb + Tc = P
(i
Σ Ma = 0
P l/2 – Tb l – Tc 2l = P/2 - Tb –Tc 2 = 0
(ii
El sistema es hiperestático con 3 incógnitas (Ta,Tb,Tc) y 2 ecuaciones. La tercera
ecuación se halla analizando las deformaciones
(δa - δc)/2l = (δb - δc)/l

Tl
Ta l
Tl
Tl
− c = 2 b − c
 EA EA
EAa EAc
c
 b

De i, ii y iii






Ta –Tc = 2 (Tb – Tc)
Ta – 2 Tb + Tc = 0
Ta = P - Tb - Tc = 2 Tb - Tc
Tb = P/3
Tc = P/12
Ta = 7P/12

(iii

2.13. En el sistema de la figura se piden las esfuerzos en los cables
α =30

β=60

P

Solución :
Σ Fy = 0
Σ Fx = 0

lb = la Sin α = 0.5 la
lb = lc Sin β= 0.866 lc
Ta Sin α+ Tb+Tc Sin β = P
Ta 0.5 + Tb + Tc 0,866 = P
Ta Cos α = Tc Cos β
Ta 0,866 = Tc /2

(I
(ii

54

Σ Ma = 0

No existe ya que las fuerzas son concurrentes

Sistema hiperestático con 3 incógnitas (Ta,Tb,Tc) y 2 ecuaciones. De las
deformaciones
β

α

β

α

O

O
β

α

O'

Del gráfico

De iii y iv
De iv y v

De vi

De vii

De viii y ix

γ

O'

γ

δa = OO´Sin (α-γ) = Ta la / EA
(iii
δb = OO´Sin (90-γ) = Tblb/EA
(iv
δc = OO´Sin (β+γ) = Tclc/EA
(v
(vi
Ta la/ Sin (α-γ) = Tb lb/ Sin (90-γ)
Tb lb/ Sin (90-γ) = Tc lc/ Sin (β+γ)
(vii
la 0.5 = lb
lc 0,866= lb
Tala/(Sin αCosγ - Sin γ Cos α) = Tblb/ Cos γ
Ta (lb/0.5)/(Cosγ 0.5- Sin γ 0,866) = Tblb/ Cos γ
Ta = 0.5Tb( 0.5- 0.866 Tan γ)
0.5 - (Ta / 0.5Tb) = 0.866 Tan γ
Tan γ = [( 0.52Tb - Ta) / (0.5Tb)]/0.866
(viii
Tb lb/ Cosγ = Tc lc/ SinβCosγ+Sinγ Cosβ)
Tb lb/ Cosγ = Tc (lb/0.866)/ (0.866Cosγ+Sinγ 0.5)
0.5 Tan γ = (Tc/0.866 Tb) – 0.866
Tan γ = [(Tc – 0.8662Tb) / (0.866 Tb)]/0.5
(ix
[( 0.52Tb - Ta) / (0.5Tb)] 0.5= [(Tc – 0.8662Tb) / (0.866 Tb)] 0.866
( 0.52Tb - Ta)= (Tc – 0.8662Tb)
1.3862Tb = Ta + Tc
(x

Esta es la ecuación de deformaciones. Con ella
Ta = 0.211 P
Tc = 0.366 P
Tb = 0.577 P

55

2.14. En el sistema de la figura se piden hallar los esfuerzos en los cables a y b. La
barra horizontal se supone rígida y articulada en la pared
Ta

l/2
α

β

α

Rx
Ry

l/2

l/2

P

Tb

l/2

β
l/2

P

Solución:
Tan α = (l/2)/(l/2) = 1
α = 45º
Tan β = (l/2)/l = 0.5
β = 26,56
Σ Fx = 0
Rx- TaCos α -Tb Cos β= 0
Σ Fy = 0
Ry + Ta Sin α +Tb Sin β-P= 0
Σ Mo = 0
- Ta Sin α l/2 -Tb Sin β l + P l= 0
Ta 0.3535 + Tb 0.4472 = P
Son tres ecuaciones con cuatro incógnitas Rx , Ry , Ta y Tb

(i
(ii
(iii

l/2

A
α
A'

δa

Del grafico

Entonces

De donde

β
B'
δb

la Cos α =l/2
lb Cos β = l
δa= AA´Sin α
δb= BB´Sin β
AA´= BB´/2
AA´ = δa / Sin α = BB´/2 = δb /2 Sin β
Tala/(EA Sin α) = Tblb/ (2EA Sin β)
Ta/(2 Cos α Sin α) = Tb/ (2 Cos β Sin β)
Ta/ Sin (2 α) = Tb/ Sin (2 β)
Ta/ 1 = Tb/ 0.8
Ta = 1.405 P
Tb = 1.124 P

(iv

56

2.15. Hallar las esfuerzos en los cables a y b

30
Ta
(a)
30

(b)

30

Rx

60

30

Tb

60

Ry

l/2
l/2

P

P

Solución :
Σ Fx = 0
Σ Fy = 0
Σ Mo = 0

Rx + Ta Sin 30 = 0
Ry + Ta Cos 30 + Tb -P= 0
-Ta l/2 -Tb Sin 60 l + P Sin 60 l/2 = 0
-Ta 0,5 -Tb 0,866 + P 0,433 = 0

(i
(ii
(iii

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

30
(a)
60

A

B
A'

60

δb
B'

Entonces

lb Cos 30 = la
δa= AA´Sin 90
δb= BB´Sin 60
AA´= BB´/2
AA´ = δa / Sin 90 = BB´/2 = δb /(2 Sin 60)
Tala/(EA) = Tblb/ (2EA Sin 60)
Ta lb Cos 30 = Tb lb / (2 Sin 60)
Ta 1,5 = Tb

(iv

De donde
Ta = 0,2406 P
Tb = 0,361 P

57

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

20
30

B

α
60

2T BC Cos β

β

B

C

P

Vista Lateral

P

Solución :
Tan α = 20/60
α = 18.43
β = 14.03
Tan β = 15/60
Σ Fy = 0
TAC Sin α = P
TAC = 3163.09 Kg
Σ Fx = 0
TAC Cos α + 2TBC Cos β = 0
TBC = - 1546.56 kg
Analizando solo la barra AC
σAC = TAC/(π dAC2/4) < Sy

Tracción
Compresión - Pandeo

dAC = 1.49 cm
2.17. En el sistema de la figura se piden las reacciones en A y B
30[cm]

B

Rb

B

T

2

40[cm]

P

y

P

1
x

A

A
60[cm]

Ra

Solución :
Σ Fy = 0
Rb = Ra + P
Las ecuaciones de los círculos respecto del sistema x - y son
2

(i

2

x +y = 302
2
2
x + (y-40) =152
los diámetros

∅1 = 2 (30 -y )
2

2 1/2

58

∅2 = 2 [152-(y-40)2]1/2
éstos se igualan a un altura de
2

2 1/2

2

2 1/2

2(30 -y ) = 2[15 -(y-40) ]
2 2
2
2
30 -y = 15 - y + 80y –1600
y = 28,43
La deformación total es nula
δt = δ1 + δ2= 0
δ1 =

28.43

∫
0

δ1 =
δ2 =

[

Ra dy 4

Eπ 2(30 − y )

]

2 1/ 2 2

2

=

Ra
Eπ 60

28.43

∫
0

 1
1 
 (30 + y) + (30 − y) dy



Ra
(3.6167)
Eπ 60
( Ra + P )dy 4

40

∫



( Ra + P)
1
1
dy
+
Eπ 30 28∫43 15 + ( y − 40) 15 − ( y − 40) 


,
40

=

Eπ [2(15 − ( y − 40) ) ]
( Ra + P)
δ2 =
( 2.0472 )
Eπ 30
Ra
( R + P)
(3.6167 ) + a
δ1 + δ 2 =
( 2.0472) = 0
Eπ 60
Eπ 30
2 1/ 2 2

2

28, 43

Ra = - 0.259 P
Rb = 0.741 P
2.18. Se pide hallar las reacciones en las paredes del sistema de la figura
1

60

30

A

45

RA

P

30

B

10

2

RA

A

x

P

3

RB

B

ε

Solución :
Σ Fx= 0

Rb + P = Ra

(i

Los diámetros y deformadas
d1= -30 x/45 + 60
d2= 30
d3= 3 x - 195

59

δ1 =

45

Ra 4

4 Ra

45

∫ Eπ (− 30 x / 45 + 60) dx = Eπ (−30 x / 45 + 60) 30
2

0

4( 45) Ra 1
1
δ1 =
( − ) = Ra 9,09e −7
Eπ 30 30 60
R 30(4)
δ2 = a
= Ra 2,02e −8
Eπ 30 2
85
( Ra − P ) 4
4( Ra − P )
δ3 = ∫
dx =
2
Eπ (3x − 195)(−3)
75 Eπ (3 x − 195 )

δ3 =

4( Ra − P ) 1
1
( − ) = ( Ra − P )3,36e −9
Eπ (−3) 60 30
δt = δ1 + δ2 + δ3 = ε

La ecuación de deformadas

Ra9,09e - 7 + Ra2,03e – 8 + (Ra - P)3,36e – 9 = 0,001
Ra = 0.75 P
Rb = 0.25 P
2.19. Hallar los esfuerzos en las barras del sistema de la figura

100 cm

a

b

Tb

a
30

Ta

P

Ta

P

Solución
ΣFx = 0
ΣFy = 0
ΣM = 0

Ta Cos 30 = Ta Cos 30
2 Ta Sin 30 + Tb = P
Las fuerzas son concurrentes

No aporta
(i

Se tiene una ecuación y dos incógnitas. De las deformaciones

60

b

a

a
30
O

δb
δa

O'

δb = OO´
δa = OO´Sin 30
δb = δa /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
Tb = 4Ta

De i y ii

(ii

2 Ta Sin 30 + 4Ta = P
Ta = 0.2 P
Tb = 0.8 P

2.20. Una barra rígida horizontal esta articulada en su extremo izquierdo mientras que
en su extremo derecho hay tres cables y un peso W como se indica en la figura. a)
Determinar las expresiones para calcular los esfuerzos en cada una de las barras y la
fuerza total sobre la barra AO. b) Utilizando las anteriores relaciones determinar las
esfuerzos sí: A1 = A2 = A3 = 2 cm2 α = 30º; β = 45º; W = 2500 kg

L 2,A 2 ,E 0

L 1,A 1 ,E 0

L 3 ,A 3 ,E 0

α

L

β

a

W

Solución.
Σ Mo = 0

(T1 cos α )a + T2 a + (T3 cos β )a − Wa = 0
T1 cos α + T2 + T3 cos β − W = 0

(i

61

α

δ

β

1

α

δ

3

β

δ2

Además

cos α = δ 1 / δ 2
cos β = δ 3 / δ 2
l1 Cos α = l2 = l3 Cos β

(ii
(iv

 A
T1 = cos 2 α · 1
A
 2
A
T3 = cos 2 β · 3
A
 2


·T2



·T2



(v

cos α A1W
A2 + cos 3 β A3 + cos 3 α A1

(vi

A2W
T2 =
3
A2 + cos β A3 + cos 3 α A1

(vii

cos 2 β A3W
T3 =
A2 + cos 3 β A3 + cos 3 α A1

(viii

T1 =

2

Además
y
T1

T2
α

β

T3

R

x

W

T3 senβ − T1 senα − R = 0
W (cos 2 β sen β A3 − cos 2 α sen α A1 )
R=
A2 + cos 3 β A3 + cos 3 α A1

(ix

De donde
T1= 936.062 Kg
T2 = 1248 Kg
T3 = 624.041 Kg
R = - 26.768 Kg

62

2.21. Hallar la deformación total de la barra de la figura, considerando el material
6
2
Acero con D = 10 cm, l = 50 cm, E = 2.1x10 Kg/cm y P = 2000 Kg

P

D/2

2P

l/2

D/3

l/2

D

l/2

Solución :

δT =

l /2

∫
0

P1 dx l P2 dx 3l / 2 P3 dx
+
+ ∫
EA1 l ∫2 EA2
EA3
/
l

P1 = -P (compresión)

P2 = -P (compresión)

P3 = P (tracción)

D
D1 =
2

D
3
π
5πD 2
2
2
A1 = ( D1 − d1 ) =
4
144

d1 =

D2 =

Dx D
2x + l
+ = D(
)
2l
4
4l

d2 =

D
3

π

A2 =

( D2 − d 2 ) =
2

4

2

2
πD 2  2 x + l 

1
 − 

4  4l  9 



Dx D
2x + l
+ = D(
)
2l
4
4l

D3 =

d3 = 0
A3 =

π

δT =

( D3 − d 3 ) =
2

4

l/2

∫
0

2

2
πD 2  2 x + l  

 

4  4l  



P1 dx l P2 dx 3l / 2 P3 dx
72 Pl
12 Pl
25
8Pl
+
+ ∫
=−
−
ln
+
EA1 l ∫2 EA2
EA3
5πED 2 πED 2 13 3πED 2
/
l

Reemplazando δT = - 0,00296 cm

63

2.22. Para el sistema de la figura, se pide determinar las reacciones que soportan las
paredes rígidas por efecto de las cargas que se indican. El espesor de la barra es “b” y
6
2
L = 30 cm; H = 10 cm; h = H/3; E = 2.1x10 kg/cm ; P = 5000 kg; b = 5 cm
l/2

B

P

A

H

2P

h

H

B-B

B

ε

l

l

b

l

x

Solución :
l

δT = ∫
0

P1 dx 2l P2 dx 5l / 2 P3 dx 3l P4 dx
+
+ ∫
+
EA1 ∫ EA2
EA3 5l∫/ 2 EA3
l
2l

 2x 
A1 = b1 −  H
3l 

A2 = bH / 3
bH (l + 2 x' )
H −h
A3 = A4 = b
 x'+ h =
3l
 l 
Asumiendo que el bloque no llega a chocar en el extremo izquierdo
P1 = 0
P2 = P
P3 = P
P4 = 3P
Reemplazando
l

δT = ∫
0

l

δT = ∫
0

δT =

2l

0dx
Pdx
+∫
+
bH
 2x 
l E
Eb1 −  H
3
3l 

2l

0dx
Pdx
+∫
+
bH
2x 

Eb1 −  H l E
3
3l 


l/2

l/2

∫
0

∫
0

l

Pdx
3Pdx
+
bH (l + 2 x' ) l ∫2 bH (l + 2 x' )
/ E
E
3l
3l
l

Pdx
3Pdx
+
bH (l + 2 x' ) l ∫2 bH (l + 2 x' )
/ E
E
3l
3l

PL
9
(3 − 3 ln 2 + ln 3) = 0.00837cm
EbH
2

ya que éste valor es mayor a la tolerancia indicada, hay contacto en la pared izquierda
por lo que se debe tomar en cuenta la reacción R1 sobre la pared izquierda del apoyo.
Recalculamos la deformada con
P1 = - R1

64

P2 = P - R1
P3 = P - R1
P4 = 3P - R1
Y la deformación iguala a la tolerancia dada (ε=0.001)
l

δT = ∫
0

δT =

− R1dx
( P − R1 )dx
+∫
+
bH
 2x 
l
E
Eb1 −  H
3
 3l 
2l

l/2

∫
0

( P − R1 )dx
(3P − R1 )dx
+
= 0.001
bH (l + 2 x' ) l ∫2 bH (l + 2 x' )
/ E
E
3l
3l
l

3Pl
3R l
(2 − 2 ln 2 + 3 ln 3) − 1 (ln 3 + 1) = 0.001
2 EbH
EbH

De donde

R1 = 4657.03 Kg

Además

R2 = P + 2P – R1

R P
1

De donde

R
2

2P

R2 = 10342.97 Kg

2.23. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con
sección variable según una función cuadrática, como se ve en la figura.

y

y

P
D

x

d

D

f(x2)

Dx
dx

x

d

x

l

Solución :

δt = ∫

l

0

Pdx
EAx

la variación del diámetro en función de x es cuadrática

65

D x = Ax 2 + B
para x = 0
para x = l

Dx = d
Dx = D

Resolviendo

D−d 
Dx =  2  x 2 + d
 l 
Ax =
δt =

π  D − d 
· 
4  l2

l

∫ E· π·  D − d ·x

2

P·dx

0

De donde


2
· x + d 




2


+d



2

4  l 2 


2 P·l 
1 + D arctg  D − d
δt =

 d (D − d )
E·π ·d ·D
D−d








2.24. 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: δ, l, a.

a

Cu

Al

a/2

l

a

l
δ

Solución :
Suponiendo que la deformación por dilatación es mayor a la holgura

Cu

Al

La deformada en la pieza de cobre por esfuerzos es
l R·dx
δ cu = ∫
0E A
cu x

66

Dx =

a x
( + 1)
2 l
l

R·dx

0

π a  x

δ cu = ∫

Ecu


 + 1
4 2  l



2

8Rl
E cu πa 2
En el aluminio la deformación es similar:
l R·dx
δ al = ∫
0E A
al x
a x
D x = ( + 1)
2 l
l
R·dx
δ al = ∫
2
0
π  a  x 
Eal   + 1 
4 2  l

8 Rl
δ al =
Ealπa 2
La deformación por la variación de temperatura:

δ cu =

Además

δ ∆T = lα cu ∆T + lα al ∆T = l (α cu + α al )∆T
δ cu + δ al = δ ∆T − δ

reemplazando, obtenemos:
8Rl
8Rl
+
= l (α cu + α al )∆T − δ
E cu πa 2 E al πa 2

8R * l
E cu * π * a

2

+

8R * l
E al * π * a 2

= l * ∆T (α cu + α al ) − δ

De donde:
8 Rl
8 Rl
+
= l (α cu + α al )∆T − δ
Ecuπa 2 Ealπa 2
R=

Ecu Ealπa 2
2
Ecu + Eal

[l (α cu + α al )∆T − δ ]

2.25. Para el sistema de la figura se pide calcular las reacciones en los extremos por
efectos de dilatación cuando la temperatura aumenta de 25 a 120ºC, tomar : l = 20 cm,

67

D = 5 cm, d = 2 cm, αcu = 17x10-6[1/ºC]; αal = 22.2x10-5[1/ºC]; Ecu = 1.1x106 Kg/cm2; Eal
5
2
= 7x10 Kg/cm
Tº=25 ºC
Cu

Al

l

D

l

d

ε
Solución :
La deformación debido a la dilatación es:
δ ∆T = lα cu ∆T + lα al ∆T = l (α cu + α al )∆T

δ ∆T = 20(17 x10 −6 + 22.2 x10 −5 )(120 − 25)
δ ∆T = 0.4541cm
Ya que la deformada es mayor a la holgura, hay contacto en la pared derecha.
δ R = δ ∆T − ε

dx

Dx

Cu

R

Al
x

x
l

δR = ∫
0

2l
P1 dx
P dx
+∫ 2
E al Aal l E cu Acu

P1 = R
2
A1 = π d /4
P2 = R
2
A2 = π Dx /4
El diámetro es lineal
Dx = A x + B
de las condiciones de borde se obtiene que:

68

D−d
x + 2d − D
l

Dx =
reemplazando:
l

δR = ∫
0

resolviendo:

δR =
Reemplazando

Rdx
+
πd 2
E al
4

2l

Rdx

∫
l

E cu

π D−d

4

l


x + 2d − D 


2

4 R( DE al + dEcu )
Dd 2πE al E cu

4 R( DEal + dE cu )
Dd 2 πE al E cu

= δ ∆T − ε

con los datos
R = 2599.39 Kg
2.26. Para el sistema de la figura se piden las fuerzas que soportan los cables que
soportan a la barra rígida, articulada en uno de sus extremos.
E,A ,l1
1

E,A ,l2
2

α

β
γ
l

l

l
E,A ,l3
3

P
Solución :
Las deformaciones

α

β
δ1
a
α

γ
δ3

δ2
b

β

γ

por semejanza a / l = b / (2l)
δ1 = a Sin α
δ2 = b Sin βα
δ3 = b Sin γ

69

además

reemplazando:

l = l1 Cos α
l = l2 Cos β
l = l3 Cos γ

δ2
senβ

=2

δ1

senα
δ 1 senβ
δ2 = 2
senα
δ1senγ
δ3 = 2
senα
Las deformadas:
Tl
δ1 = 1 1
EA1
Tl
δ2 = 2 2
EA2
T3 l 3
δ3 =
EA3
l
l
T2
T1
cos β
cos αsenβ
=2
EA2
EA1 senα
2 senβ cos βA2T1
T2 =
senα cos αA1
l
l
T3
T1
cos γ
cos αsenγ
=2
EA3
EA1senα
2senγ cos γA3T1
T3 =
senα cos αA1
De la estática
T1senαl − Pl + T2 senβ 2l + T3senγ 2l = 0
senα cos αA1P
T1 =
K
senβ cos βA2 2P
T2 =
K
senγ cos γA3 2P
T3 =
K
K = A1 sen 2 α cos α + 4 A2 sen 2 β cos β + 4 A3 sen 2 γ cos γ
donde

70

2.27. Determinar la deformación debido al peso propio del bloque mostrado en la
figura. La sección transversal es circular y con variación parabólica
H

x
ry

y

H
dy

y

wy

H/3

y

Solución :

δT = ∫

H

0

w( y )
dy
EAy

la ec. de la parábola es

x − xo = P( y − y o ) 2
( xo , yo ) = (

para x = H/2

H
,H)
6

y=0

( y − H )2 H
+
3H
6
El área a cualquier altura “y” es:
x = rr =

( y − H )2 H 
2
A( y ) = πrr = π 
+ 
6
 3H

2

El peso por debajo de “y” es:

w( y ) = ∫ γπry dy
2

Reemplazando y simplificando:
γπ
w( y ) = 2
(47 H 5 − 135 H 4 y + 180 H 3 y 2 − 140 H 2 y 3 + 60 Hy 4 − 12 y 5 )
H 540
La deformada :

71


 γπ
47 H 5 − 135 H 4 y + 180 H 3 y 2 − 140 H 2 y 3 + 60 Hy 4 − 12 y 5
2
H 
δ T = ∫  H 540
2
0
( y − H )2 H 

Eπ 
+ 

6
 3H


(



)


dy




simplificando:

δT =

γH 2
90 E

(17 + 6 ln 3)

72


2.28. Hallar el esfuerzo normal en una barra de sección circular sujeta a una carga de
tracción de 100 Kg si su diámetro es de 1 cm.
2.29. Hallar los esfuerzos normal y cortante para una sección a 30º en el anterior
problema
2.30. Una pieza esta sometida a esfuerzos de tracción compresión en dos
dimensiones con σx = - 120 Kg/cm2 y σy = -150 Kg/cm2. Hallar los esfuerzos para una
sección que forma un ángulo de 30º con la horizontal
2.31. Hallar el círculo de Mohr y los esfuerzos máximos en el anterior problema.
2.32. Una pieza de acero tiene sección cuadrada de 3 x 4 cm y un largo de 900 cm y
esta sometida a una carga de 1500 Kg Se pide hallar :
Los esfuerzos máximos
Los esfuerzos a 30o
Las deformadas total y unitaria longitudinal y transversal
Los coeficientes de seguridad Sy = 1800 Kg/cm2 y Sy´= 960 Kg/cm2
2.33. Una pieza de a = 3 cm de ancho por b = 4 cm de alto y c = 2 cm de profundidad
esta sometida a una fuerza horizontal de 150 Kg y una vertical de -200 Kg Se pide
hallar las dimensiones finales. Tomar ν =0.3
200[kg]

c
150[kg]
b
a

2.34. 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) El esfuerzo normal máximo
c) La deformada total

73

30

1000
y
500

15
45

2.35. En el sistema de la figura se piden los esfuerzos en los cables.
l

l

(a)

(b)

(c)

(b)

(a)

l/2

P

2.36. En el sistema de la figura se piden los esfuerzos en los cables
30

(a)

45

60

(b)

(c)

P

74

2.37. En el sistema de la figura se pide hallar las fuerzas que soportan los cables

l/4
(a)

(b)

(c)

(d)

l/5

l/5

(e)

l/5

l/5

l/5

P

2.38. En el sistema de la figura se pide hallar las fuerzas que soportan los cables

30

(a)

(b)

30

(c)

60

l/2
l/2

P
2.39. Se pide hallar el diámetro de la barra AC. Tomar Sy = 1800 Kg/cm2
A
A
20
30

B

B

β

60

C

P

2.40. En el sistema de la figura se pide hallar la deformación total debido al peso
propio.

75

30

40

P

25

60

2.41. Las unidades en el sistema de la figura son centímetros. Se pide las reacciones
en A y B
B

40

50

P

30

A

50

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

70

40

A

60

P

50

B

20

ε

2.43. 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 los esfuerzos en cada una de las barras y la fuerza total
sobre la barra AO. b) Utilizando las anteriores relaciones determinar las esfuerzos sí:
A1=A2=A3=2 cm2 α=30º; β=45º; W=2500[kg].

76

l/4

l/4

l/4

l/4

l/3

A

P

2.44. Determinar la deformación total del sistema de la figura. Tomar E = 2.1x106
Kg/cm2 y P = 2000 Kg
0.35

P

60

45

45

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

D

h

dy

A

A

y

D/2

2.46. 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=30 cm; H=10 cm; h=H/3; E=2.1x106 kg/cm2 ; P=5000 kg; b=5 cm ∆T = 90°C

77

l/2

B

P

A

H

2P

h

H

B-B

B

ε

l

l

b

l

2.47 Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con
sección variable según una función cúbica, como se ve en la figura.

y

y

P
D

d

x

Dx

D

dx

f(x2)

x

d

x

l

2.48. 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: δ, l, a.
∆T

a/2

Cu

a

l

Al

l

δ

2.49. 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]; αcu =
17x10-6[1/ºC]; αal = 22.2x10-5[1/ºC]; Ecu = 1.1x106[Kg/cm2]; Eal = 7x105[Kg/cm2

78

∆T

a Al

Cu

d

l

D

l

ε=0.01cm

2.50. Hallar los esfuerzos en el sistema de la figura. Cuando las deformaciones
además de la carga P provienen de un incremento de la temperatura ∆T

E,A,l1
1

E,A,l2
2

α

β
γ
l

l

l
E,A,l3
3

P
2.51. Determinar la variación que debe tener la sección circular del elemento de la
figura, de modo que los esfuerzos debido al peso propio sean constantes.

ry

y

dy

wy

y

79

2.52. 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.
d
D
3P

P

l

2P

l

2.53. 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.
t

D

l/2
2P

3P

2P
P

D/2

l

l

2.54. 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 varia en cada tramo.

3P

2P
E
2

d

2d

E
1

E
1
l

l

l

80

2.55. 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.
1
2

a

P

3
a

2.56. Hallar los esfuerzos de los elementos mostrados en la figura.
1
2

β

α

P

a
α

2.57. Hallar los esfuerzos 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

1

2

a

a

P

81

2.58. Una armadura simétrica experimenta las cargas mostradas en la figura.
Determinar los esfuerzos normales que experimentan cada una de ellas.
1

1

a

3a

3a

2

2

P

2.59. Calcular las esfuerzos de montaje de los elementos flexibles mostrados en la
figura, si uno de ellos fue fabricado con una falla en su longitud ∆=0.5cm.

a=1[m]

∆

2a

β=30

ο

a

2.60. Determinar los desplazamientos, horizontal y vertical, del punto de aplicación de
la fuerza P, además determinar todas las esfuerzos en las diferentes barras.
Considerar, el módulo de rigidez a la esfuerzo E·A, constante.
l

2l

1

2

3

l

l

P

.

82

2.61. Determinar el desplazamiento del punto A debido a las cargas aplicadas sobre la
armadura mostrada en la figura.
2l

l
3

1

2

l

A

l

P

83

3.- CORTE PURO
3.1.- INTRODUCCIÓN
Como se vio en el capítulo 1 en cualquier sección de un cuerpo que soporta cargas
externas, se origina una fuerza interna que puede descomponerse dos fuerzas la
primera con dirección normal y la segunda con dirección tangencial a la sección.
Cuando la fuerza interna solo tiene un componente tangencial a la sección se originan
esfuerzos cortantes y la carga se conoce como de corte.

Fig. 3.1.- Esfuerzos normales y cortantes
Una pieza está sometida a cargas y esfuerzos de corte, cuando sobre ella se aplican
fuerzas externas dirigidas perpendicularmente a su eje centroidal.

Fig. 3.2.- Corte Puro
En los siguientes casos se puede admitir esfuerzos de corte puro:
- Vigas de muy pequeña luz donde el efecto de flexión es despreciable
- El corte de planchas metálica mediante el empleo de una cizalla.
- Punzonamiento, por ejemplo, la perforación de hojas.
- Uniones con remaches, bulones, soldadura, pernos, etc.

84

3.2.- ESFUERZOS
Si no hay presencia de esfuerzos normales (corte puro), del equilibrio

Q = ∫ τ n dA = τ n ∫ dA = τ n A
A

A

τn = Q/A
σn = 0

(3.1

Analizando un elemento diferencial y para que en él se verifique el equilibrio
τ

τ

τ

τ

τ

τ

(a)

τ

τ

τ

τ

τ

(b)

(c)

(d)

Hay equilibrio en x
Hay equilibrio en y
No equilibrio en z

No equilibrio en x
Hay equilibrio en y
No equilibrio en z

Hay equilibrio en x
Hay equilibrio en y
No equilibrio en z

Hay equilibrio en x
Hay equilibrio en y
Hay equilibrio en z

Fig. 3.3.- Condiciones de Equilibrio
Solo se verifica equilibrio en el caso (d). Se puede concluir que:
- Los esfuerzos de corte aparecen en las cuatro caras del elemento diferencial.
- Los esfuerzos son concurrentes o divergentes en las aristas y tienen igual valor.
Ahora bien, analizando una sección inclinada a un ángulo ρ
τx

2

dx
dy

τy

ρ

dl

τρ
σρ

1

Fig. 3.4.- Esfuerzos en secciones inclinadas
Geométricamente
dl Cos ρ = dy
dl Sin ρ = dx

(3.2

85

De la estática
Σ F1= 0

(3.3

σρ = -τ Sin 2ρ
τ
ρ

(3.4

τρ dl dz - τy dy dz Cos ρ + τx dx dz Sin ρ = 0
τρ - τy Cos ρ Cos ρ + τx Sin ρ Sin ρ = 0

(3.5

τρ = τ Cos 2ρ
ρ

Σ F2= 0

σρ dl dz + τy dy dz Sin ρ + τx dx dz Cos ρ = 0
σρ + τy Cos ρ Sin ρ + τx Sin ρ Cos ρ = 0

(3.6

Cuando ρ = 0 se verifica que
σ0 = σ90 = 0
τ0 = τ90 = τ
Ya que

(Sin 2 ρ)2+( Cos 2 ρ)2 =1

De 3.3 y 3.5

σρ2 + τρ2 = τ2

(3.6

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

τ
σ max σ ρ

Fig. 3.5.- Circulo de Mohr
Los valores máximos de los esfuerzos normales y cortantes son :
Para ρ = 0
Para ρ = 45

σmin = 0
σmax = P/AN

τ max = P/AN
τ min = 0

(3.7
(3.8

86

Para evitar la falla, ambos esfuerzos máximos no deben exceder de los límites de
fluencias longitudinales y transversales respectivamente
σ max = P/AN < Sy
τ max = P/AN < S´y

(3.9

3.4.- DEFORMACIÓN
Una pieza sometida a esfuerzos de corte puro se distorsiona

τ
γ
τ

τ

τ
Fig. 3.6.- Deformación bajo esfuerzos de corte

γ ≅ tg (γ ) =

∆h
∆l

(3.10

3.5...- ECUACIÓN DE HOOKE
Mientras los esfuerzos no sobrepasen el límite de fluencia, ellos son proporcionales a
las deformaciones
(3.11
τ = Gγ
Ecuación conocida como la ley de Hooke, dónde G recibe el nombre de módulo de
elasticidad transversal.

87

PROBLEMAS RESUELTOS
2

3.1. Una pieza con un área de 1 cm soporta una fuerza cortante de 100 Kg Se pide
hallar: a) Los esfuerzos en ángulos de 0º a 360º con intervalos de 10º y b) Graficar σ
vs. τ
Solución:
σφ =(Q/An)Sin 2φ
φ
0.0
34.2
64.3
86.6
98.5
98.5
86.6
64.3
34.2
0.0
-34.2
-64.3
-86.6
-98.5
-98.5
-86.6
-64.3
-34.2
0.0
34.2
64.3
86.6
98.5
98.5
86.6
64.3
34.2
0.0
-34.2
-64.3
-86.6
-98.5
-98.5
-86.6
-64.3
-34.2
0.0

τφ =(Q/An)Cos 2φ
φ
100.0
94.0
76.6
50.0
17.4
-17.4
-50.0
-76.6
-94.0
-100.0
-94.0
-76.6
-50.0
-17.4
17.4
50.0
76.6
94.0
100.0
94.0
76.6
50.0
17.4
-17.4
-50.0
-76.6
-94.0
-100.0
-94.0
-76.6
-50.0
-17.4
17.4
50.0
76.6
94.0
100.0

150.0
100.0
50.0
Es f Cor te

φ (Gr) φ (Rad)
0
0.0
10
0.2
20
0.3
30
0.5
40
0.7
50
0.9
60
1.0
70
1.2
80
1.4
90
1.6
100
1.7
110
1.9
120
2.1
130
2.3
140
2.4
150
2.6
160
2.8
170
3.0
180
3.1
190
3.3
200
3.5
210
3.7
220
3.8
230
4.0
240
4.2
250
4.4
260
4.5
270
4.7
280
4.9
290
5.1
300
5.2
310
5.4
320
5.6
330
5.8
340
5.9
350
6.1
360
6.3

0.0
-100.0

-50.0

0.0

50.0

100.0

-50.0
-100.0
-150.0
Esf Normal

88

3.2. Cuantos remaches de 1 cm. de diámetro se necesitan para unir dos placas y
2
soportar una fuerza de 1000 Kg Tomar Sy´= 900 Kg/cm

P
P
Solución:
τmax < P/AN = 1000/[n(π 12 )/4] < 900
2

n = 1.41 Se adoptan 2 remaches
3.3.- Hallar el área que necesita una chaveta en el eje de un motor y una polea

Solución :
Pot = Mt 
Mt = Q r

Q
≤ Sy '
ab
Pot
ab ≥
ωrSy '

τ=
De donde

3.4.- Hallar la carga que soportan los dos cordones laterales y dos frontales de
soldadura que unen dos planchas.

89

Solución :
Asumiendo que las soldaduras fallan en su sección menor

Area =

Diagonal
2e 2
LongCordon =
LongCordon
2
2

área costura frontal = b x 0.7 e
área costura lateral = l x 0.7 e

Q
Q
=
≤ Sy '
AreaTotal 2(b + l )0.7e
Q ≥ Sy '2(b + l )0.7e

τ=

3.5. 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
2
dimensiones de la garganta y de la base de la soldadura. Tomar Sy´= 900 Kg/cm .
P

e
P
a

Solución :
El área mínima es
AN = 2 e b = 2 e 3
τmax = P/AN = 6000/[2 e 3] < 900
De donde

e = 1.11 cm

Y

a = 2 e Cos 45 = 1.57 cm

90

3.6. 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

P

60

P

Solución :
De 2.7 y 2.8

σρ = (P/2AN) (1 + Cos 2 ρ)
τρ = (P/2AN) Sin 2 ρ
τ 60 = (P/2AN) Sin 2 ρ = P/[2(3)(3)] Sin (120) < 200
P = 4156.92 Kg

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.
2
Tomar diámetro pasador 0,5 cm. y Sy`=900 Kg/cm
Pasador

Polea
Eje

Solución :
Q = Mt / r = 150 Kg cm/(3/2) cm = 100 Kg
τmax = P/AN = 100/(π ∅2/4) = 509.29 Kg/cm2
η =Sy´/τmax = 900/509.29
η = 1.76
3.8. Hallar la intensidad máxima H de la carga que puede soportar la plataforma rígida
2
de la figura. Los pasadores en A, B y C tienen un diámetro de 1 cm y Sy´= 900 Kg/cm

91

A

30

α

AC
C

B

C

Rx
30

40

Rv

35

P eq

30

Solución:
α = Arctan(30/40) = 36.86
La carga equivalente
ΣFx = 0
ΣFy = 0
ΣMB = 0

Peq = H 70
Rx – AC Cos α = 0
Ry + AC Sin α = Peq
AC Sin α 40 = Peq 35

(i
(ii
(iii

AC = H(70)35/(Sin α 40) = 102,08 H
Rx = AC Cos α = 81.66 H
Ry = H70 - AC Sin α = 8.75 H

R = ( Rx + R y ) = 82.12 H
2

2

τAC = AC/AN = 102,08H/(π 1 /4) < 900 Kg/cm2
HAC = 6.92 Kg/cm
τO = R/AN = 82,12H/(π 12/4) < 900 Kg/cm2
HO = 8.6 Kg/cm
2

Entonces

H = 6.92 Kg/cm.

3.9. La plataforma rígida de la figura está soportada por dos cables a y b. Hallar el
2
diámetro del pasador en O si Sy´= 900 Kg/cm y P = 100 Kg

92

30
Ta
(a)
30

(b)

60

30

Rx

30

Tb

60

Ry

l/2
l/2

P

P

Solución :
De 2.12 Ta = 0.24 P = 24 Kg
Tb = 0.36 P = 36.1Kg
Σ Fx = 0
Σ Fy = 0

Rx + Ta Sin 30 = 0
Rx = -12.04 Kg
Ry + Ta Cos 30 + Tb - P= 0
Ry = 43.2 Kg

(i
(ii

R = ( R x 2 + R y 2 ) = 44.64 Kg
τO = R/AN = 44.64/(π ∅pas2/4) < 900 Kg/cm2
∅pas = 0.25 cm
3.10. 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 :
τmax = P/AN > S`ut
A = π ∅ t = π 3 0,2 = 1,88 cm2
P > S`ut A= 1500 Kg/cm 2 1.88 cm2 = 2827.4 Kg

93

3.11. Una escalera esta diseñada para soportar una persona de 500 Kg y esta fijada al
piso por dos pasadores que evitan su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los
pasadores: Tomar Sy´= 900 Kg/cm2.

P

P

N

x
60

60

Rx
Ry

Solución :
ΣFx = 0
ΣFy = 0
ΣMA = 0

Rx = N
Ry = P
P x Cos 60 – N l Sin 60 = 0
N = P x Cot 60 /l
Rx = N = P x Cot 60 /l
Ry = P

(i
(ii
(iii

x
2
2
R = Rx + R y = P 1 + ( Cot 60) 2
l
Máx con x = l
R = 1.15 P
2
2
τmax = R/AN = 1.15 (500)/(2π ∅pas /4) < 900 Kg/cm
∅pas = 0.6377 cm
3.12. Una escalera soporta una persona de 500 Kg fijada al piso por dos pasadores
que evitan su deslizamiento. Se pide hallar el diámetro de los pasadores: Tomar Sy´=
900 Kg/cm2.

94

P

60

Solución : Del anterior problema

x
R = P 1 + ( Cot 60) 2
l
para x = l/2

R = 1,04 P
τmax = R/AN = 1,04 (500)/(2π ∅pas2/4) < 900 Kg/cm2
∅pas = 0.606 cm

3.13. La pieza de la figura esta 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.

P

9

A B

9

C

D

Solución :
Por simetría, la carga P se reparte equitativamente entre los cuatro pernos
ΣFy = 0

Fa = Fb = Fc = Fd = P/4 = 750 Kg
τ = F /A < S´y
2
2
750Kg/(π d /4) < 1100 Kg/cm
d > 0.9317 cm

95

3.14. 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.
2
Tomar Sy´= 1100 Kg/cm .

P=100[kg]
9

P
M

75

Fa

Fb

Solución :
Los pasadores además de soportar la carga vertical deben soportar el momento que
se origina respecto del centro de los mismos.
ΣFy = 0
ΣMA = 0
De i y ii

Fa + Fb = P
P (75+9) = Fb 9
Fb= 933.33 Kg
Fa= - 833.33 Kg
τa = Fa /A= 833.33/(π 12/4) = 1061.02 Kg/cm2
τb = FB /A= 933,33/(π 12/4) = 1188.34 Kg/cm2

(i
(ii

ηa = S`y/ τa = 1.036 (No hay falla)
ηb = S`y/ τb = 0.925 (Hay falla)

3.15. 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.
2

96

P=400 kg
9
A
C

75

P=400 kg
M=P(75+9/2)

B
D
d

Solución :
d = (9 )21/2/2= 6,36
ΣFy = 0
Fa = Fb = Fc = Fd = P/4 = 100 Kg
ΣMo = 0 Fa = Fb = Fc = Fd = M/(d4)
Fa = Fb = Fc = Fd = [400(75+9/2)]/[4(6.36)]= 1250 Kg

(i
(ii

La composición da
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
2
2
τb = τd = F /A= 1322.60/(π 1 /4) = 1683.98 Kg/cm
η = S`y/ τ = 0.653 (Hay Falla)

3.16. 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.
2

97

Ta

l/2
α

β

α

Rx
l/2

l/2

P

Tb

Ry

l/2

β
l/2

P

Solución :
De 2.11 Ta = 1.405 P = 1405 Kg
Tb = 1.124 P = 1124 Kg
Σ Fx = 0
Rx- TaCos α -Tb Cos β= 0
Σ Fy = 0
Ry + Ta Sin α +Tb Sin β-P= 0
α = 45º
β = 26,56
Rx = 1998.9 Kg
Ry = -1496.9 Kg

R = Rx + Ry
2

(i
(ii

2

R = 2497.21 Kg
2
2
τmax = R/AN = 1577.21/(π ∅pas /4) < 900 Kg/cm
∅pas = 1.88 cm

98


3.17. Una pieza circular con un diámetro de 1 cm soporta una fuerza cortante de 150
Kg Se piden a) Los esfuerzos para ángulos de 0 a 360 con intervalos de 10.y b)
Graficar σ vs. τ
3.18. Cuantos remaches de 2 cm. de diámetro se necesitan para unir dos placas que
2
deben soportar una fuerza de corte de 1500 Kg Tomar Sy´= 900 Kg/cm
P
P

3.19. 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
e

P
P

a

3.20. Una pieza de madera con sección cuadrada soporta una carga de 1000 Kg y
2
esta unida a 70 º. Se piden las dimensiones. Tomar Sy´= 200 Kg/cm
P

P
70

3.21. Una polea esta 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
2
debe tener la chaveta. Tomar Sy`=900 Kg/cm

Chaveta

Eje

Polea

99

3.22. 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
2
pide hallar los diámetros de los pasadores en A, B y C. Tomar Sy´= 900 Kg/cm
A

30
α

B

40

30

izquierdo y dos cables. Para una carga horizontal en su extremo derecho de P = 100
2
Kg, se pide hallar el diámetro del pasador en O. Tomar Sy´= 900 Kg/cm

30

O
30
60

P
P

3.24. Que fuerza se necesita para troquelar una pieza de sección cuadrada de 6 cm
2
de lado y 0,3 cm de alto. Tomar Sy´= 1500 Kg/cm
P

3.25. 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
2
pasadores. Tomar Sy´= 900 Kg/cm .

100

H

60

3.26. 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.
P

9

A

9

B

C

D

3.27. 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

A

B

C

P = 400 Kg

D

6

101

3.28. 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
2
pasadores. Tomar Sy´= 1100 Kg/cm .

P=400 kg
90
A
C

B
12

izquierdo y 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

α

β
3P

l/2

l/2
P

izquierdo y cuatro cables. Para una carga vertical en su extremo derecho de P= 1000
2
Kg, se pide hallar el diámetro del pasador en O. Tomar Sy´= 900 Kg/cm .

P

l/2

l/4

l/4

l/4

l/4

102

4.- TORSIÓN
4.1.- INTRODUCCIÓN

Una pieza está sometida a cargas de torsión cuando sobre ella están aplicadas Pares
o Momentos dirigidos a lo largo de su eje centroidal y perpendicularmente a la sección
transversal (a-a).
M o m e n to

M o m e n to

Fig. 4.1 Barra sometida a Cargas de Torsión
Ejemplos reales de elementos sometidos a este tipo de carga son los árboles y ejes
que por lo general tienen movimiento giratorio
3.- Las dimensiones de la sección transversal son pequeños respecto a la
longitud
eje axial
la barra
7.- Las cargas se aplican en el eje de simetría de la sección transversal de
la viga
8.- Las vigas son relativamente largas y angostas respecto a su peralte
4.2.- ESFUERZOS

Considérese una pieza cilíndrica sometida a momentos de torsión en sus extremos.
Las generatrices rectilíneas de la superficie lateral del cilindro (ab) se transforman en
hélices (ab’) debido a la rotación entre secciones.

103

Fig. 4.2 Rotación entre secciones
Por la ausencia de cargas axiales se concluye que en torsión no aparecen esfuerzos
normales sino únicamente tangenciales.

Fig. 4.3 Elemento Diferencial
Considérese un elemento diferencial de una barra torsionada. El ángulo que giran sus
extremos es dθ. Además
AA' = rdθ ≈ γdy
(4.1

BB' = Rdθ ≈ γ R dy
r
γ =γR
R

(4.2
(4.3

De acuerdo a la ley de Hooke

104

τ = Gγ = Gγ R

r
dθ
= Gr
R
dy

(4.4

Expresión que muestra que los esfuerzos tangenciales varían linealmente con el radio,
alcanzando su valor máximo en el borde de la sección:
De la estática

Mt = ∫ τ ( r ) dA = ∫ Gr
A

A

dθ
dθ 2
dθ
( r ) dA = G
∫ r dA = G dy I o
dy
dy A

(4.5

De 4.4 y 4.5

Mtr
Io
MR
τ max = t
Io

τ=

(4.6
(4.7

Fig. 4.4 Esfuerzos provocados por Torsión
Para evitar la falla

τ max

De donde

d =3

d
Mt ( )
MtR
2 ≤S '
=
=
y
πd 4
Io
32 o
16 M t
πS y '

(4.8

(4.9

4.3.- DEFORMACIONES

El Angulo de la rotación relativa de las secciones extremas de una barra circular sujeta
a torsión se calcula con 4.5

105

θ =∫
l

Mt
dy
GI o

(4.10

4.4 ESFUERZOS Y DEFORMACIONES PARA BARRAS CIRCULARES HUECAS

Las ecuaciones 4.7 y 4.10 son validas para barras circulares huecas con la inercia
igual a :

Io =

π (d 2 4 − d14 )
32

=

π (r2 4 − r14 )
2

(4.11

Fig. 4.5 Barras Huecas
La sección hueca es más conveniente que la sección llena ya que siempre se requiere
menor área para resistir el mismo esfuerzo. No debemos confundir área con diámetro,
ya que para igual resistencia el diámetro de la sección maciza será menor que el
exterior de la hueca. Lo que importa es que aún con menor diámetro, la sección
maciza es siempre más pesada y por ende más cara. Lo que concluimos
recientemente se debe a que los esfuerzos desarrollados en la parte central de la
sección maciza son muy pequeños y no tienen un aporte muy significativo, por lo que
para resistir a la torsión las secciones más convenientes son las huecas.
4.5 SECCIÓN TUBULAR CERRADA DE PEQUEÑO ESPESOR

Fig. 4.5 Tubo de Pequeño Espesor

106

Considérese una barra tubular de forma arbitraria. Si su espesor es muy delgado, en
cualquier punto se puede suponer que los esfuerzos cortantes son constantes y que
su dirección es tangente al contorno medio de la sección
La fuerza en un pequeño elemento tubular es
dF = τ dA = τ e ds

(4.12

Si elegimos un punto cualquiera del plano de la sección y llamamos r a la distancia al
mismo de la fuerza dF, el momento

Fig. 4.6 Momento y Esfuerzos

Mt = ∫ (τedS )r

(4.13

A

Fig. 4.7 Fuerzas Axiales

107

Si se aísla una porción tubular, en sus extremos se tienen esfuerzos cortantes
tangenciales que originan a su vez esfuerzos cortantes axiales que por razones de
equilibrio deben dar fuerzas axiales de igual magnitud

T1 = τ 1edz = τ 1edz = T2
τe = cte
Mt = τe ∫ rdS

(4.14
(4.15

A

rdS = 2dA
Mt = 2τe ∫ dA = 2τeA

(4.16
(4.17

A

τ=

Mt
2eA

(4.18

A Área que encierra la línea media de la sección
4.6 SECCIÓN RECTANGULAR

La solución exacta pertenece a la Teoría de la Elasticidad. En la figura se muestran
los esfuerzos tangenciales donde los máximos tienen lugar en el centro del lado
mayor.

Fig. 4.7 Distribución de Esfuerzos en una Barra de sección Rectangular
Los esfuerzos cortantes máximos y el ángulo específico de torsión pueden calcularse
mediante las fórmulas 4.17, 4.18 y 4.19 respectivamente. Los coeficientes α, β y γ son
funciones de la relación de lados a/b y se obtienen de la tabla 4.1.

108

τ zy max =

Mt
αab 2

(4.19

τ zx max = γτ zy max

(4.20

Mt
βab 3G

(4.21

θ=

Tabla 4.1 Coeficientes de torsión rectangular
4.7 PROBLEMAS HIPERESTATICOS

Al igual que en la tracción, en torsión hay problemas que no pueden ser resueltos con
las ecuaciones de equilibrio ya que el número de incógnitas es superior al de las
ecuaciones. Estos se conocen como problemas hiperestaticos y para su solución se
deben incluir ecuaciones adicionales de deformaciones.

109

PROBLEMAS RESUELTOS

4.1. Una pieza cilíndrica de Acero de diámetro ∅ = 3 cm y largo L=100 cm esta
sometida en sus extremos a una carga de torsión de 1000 Kg cm. Se pide hallar :
a) Los esfuerzos máximos
2
b) El coeficiente de seguridad si la fluencia es Sy´= 960 Kg/cm
c) Las deformadas total y unitaria longitudinal y transversal
Solución :
La inercia es

I = π ∅ /32= 7,95 cm
4

4

a) Esfuerzo máximo
τ max = MtR/Io = 1000(1,5)/7,95
τ max = 188,62 Kg/cm2
b) Coeficiente de seguridad
η = S`y/τmax = 960/188,62 = 5,08
η = 5,08
c) Deformada

θ = Mtl/(GIo) = 1000(100)/(6,67 x 105 7,95)
θ = 0,0188 rad

4.2. Un tambor cuyo diámetro es 30 cm esta montado sobre un eje y debe levantar
una carga de 1000 Kg Calcular el diámetro del eje. Tomar Sy`= 900 Kg/cm2
Ø
30[cm]
d

1000[kg]

Solución :
El momento

Mt = 1000(30)/2 = 15000 Kg cm

110

De 4.9

d =3

16 M t
πS y '

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. Tomando un limite de fluencia de S`y = 900 Kg/cm2 y η = 1,5 se pide calcular
el diámetro del eje.
Solución:

El momento

Pot (CV) = Mt (Kg m) ω (rad/seg)/ 75
ω (rad/seg) = (30 rpm) (2π rad / rev) (min/60 s) = 3,14 rad/seg
Mt = 5 (75)/3,14 = 119,36 Kg m = 11942,59 Kg cm

De 4.9

d =3

Se adopta

d = 5 cm

La potencia

16M t
= 4,66 cm
πS y '

4.4. En el sistema de la figura, se pide el ángulo de deformación del extremo libre
respecto al empotramiento. El material es acero y las dimensiones están en cm

120
40

100 [kg]

3Ø
1Ø

6Ø

Solución:
Mt = F r = 100(3) = 300 Kg cm
θ1 = Mt L/(GIo) = 300(120)/(6.67 x 105 π 34/32) = 0.00678 rad
θ2 = Mt L/(GIo) = 300(40)/(6.67 x 105 π 14/32) = 0.182 rad
θtot = θ1 + θ2 = 0.189 rad
4.5. Halla el diámetro “d” y la masa “m” de un cilindro sólido que tenga la misma
resistencia que otro cilindro del mismo material pero hueco con un diámetro externo
“D” y un espesor “e”

111

D

d

e

Solución:
a) Los esfuerzos de corte deben ser menores a la fluencia
TR
τ max =
<= S y ´
Io
I
T
<= o
Sy '
R

En el cilindro sólido
T
πd 4 2
<=
Sy'
32 d

En el cilindro hueco

(i

[

]

π D 4 − ( D − 2e) 4 2
T
<=
32
Sy'
D

(ii

Ya que ambos tienen la misma carga y el mismo material. Igualando i y ii
d4
D 4 − ( D − 2e ) 4
=
d
D

[

]

[

]

 D 4 − ( D − 2 e) 4 
d=

D



1/ 3

(iii

La masa del cilindro hueco es
π
M h = ρ D 2 − ( D − 2e) 2
4
La masa del cilindro sólido
2/3
πd 2
π  D 4 − ( D − 2e) 4 
m=ρ
=ρ 

4
4
D


[

]

[

]

(iv
(v

4.6. Halla el diámetro “d” y la masa “m” de un cilindro sólido que tenga la misma
resistencia que otro cilindro del mismo material pero hueco con un diámetro externo D
= 5 cm y un espesor e = 0,3 cm.

112

D

d

Solución:
a)

[

e

]

 D 4 − ( D − 2e ) 4 
d=

D



1/ 3

d = 3.6849 cm

[

b)

Mh
D 2 − ( D − 2e) 2
=
Ms
d2

]

(Mh/Ms) = 0.41536
Este resultado indica que el diámetro del cilindro sólido es menor que el del hueco
pero que la pieza hueca solo pesa el 41,64 % de la pieza sólida.
4.7. En el sistema de la figura se calcular
a) El esfuerzo cortante máximo
b) La deformada total
60
T=1000 kg cm

dy
1000
y

90

Solución:
El diámetro
y=0
y = 1000

d(y) = - (30/1000) y + 90
d = 90
d = 60

a) El esfuerzo máximo se presenta en la sección con menor área (y=1000)
3
3
τ max = 16 Mt/(π d ) = 16(1000)/ [π (60) ]
2
τ max = 0,0235 Kg/cm

113

b) La deformada
h

Mt
dy =
GI o
0

θ =∫

1000

∫
0

1000(32)
dy
Gπ ( −0,03 y + 90) 4

θ = 0.368717 /G

4.8. En el sistema de la figura se pide calcular
a) El esfuerzo cortante máximo
b) La deformada total
60
45

T=1000 kg cm

dy
1000

y

15

90

Solución :
Las ecuaciones de los diámetros externo e interno son :
D(y) = - (30/1000) y + 90
d(y) = (30/1000) y + 15

 30
  30

I 0 = ∫  −
y + 90  − 
y + 15 
  1000

0 
 1000
4

h

La inercia

4

π
 dy
 32


a) El esfuerzo máximo se presenta en la menor inercia y = 1000
Io min = π ( 60 - 45 )/32= 869767.09 cm
τ max = MtR/Io = (1000)(30)/ 869767.09
2
τ max = 0,0344 Kg/cm
4

4

4

b) La deformada
h

Mt
dy =
GI o
0

θ =∫

1000

∫
0

1000(32)
dy
Gπ (−0,03 y + 90) 4 − (0,03 y + 15) 4

[

]

114

θ = 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.
y

T
20[cm
]

x
60[cm]

Solución:
Definiendo un sistema de coordenadas en la base. La ecuación del círculo es:
2

2

2

x +y = 30
El diámetro

d = 2 x = 2 (302 − y 2 )
20

θ=

T 32 dy

∫ Gπ [2(30
0
h

2

]

2 1/ 2 4

−y )

=

T2
Gπ

20

∫ (30
0

dy
2

− y 2 )2

20

Mt
M t (32)
dy = ∫
dy
4
2
2
GI o
0
0 Gπ 2 (30 − y )

θ =∫

[

θ = 2,3634 10-5 Mt / G

]

4.10. La pieza de la figura esta 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

115

Tb

30[cm]

B

B

2

T

T
40[cm]

1

y

x

A

A
60[cm]

Ta

Solución:
Σ M = 0 Ta + Tb = T

(i

Sistema hiperestatico con una ecuación y dos incógnitas. La ec de deformadas
θt = θ1+ θ2 = 0

Con el sistema de coordenadas en la base, las ec de los círculos y diámetros son:
2

2

2

x + y = 30
2
2
2
x + (y - 40) =15
2 2 1/2
d1 = 2x = 2(30 -y )
2
2 1/2
d2 = 2x = 2[15 -(y-40) ]
Los diámetros se igualan cuando
d1 = 2(302 - y2)1/2 = d2 = 2[152-(y-40)2]1/2
y = 28,43
θ1 =

28 . 43

∫
0

θ2 =

De donde

G π 2 ( 30 − y )

40

∫

28 , 43

θT =

[

T a 32 dy

[

]

2 1/ 2 4

2

(Ta − T )32 dy

Gπ 2(15 2 − ( y − 40 ) )

T a (1 . 309 )10
G

=

T a (1 . 309 )10 − 4
G

]

2 1/ 2 4

−4

+

=

(Ta − T )( 2.761)10 −4
G

(T a − T )( 2 . 761 )10 − 4
=0
G

Ta = 0,678 T
Tb = 0,322 T

4.11. 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.

116

T
D/3
D/2

D

l/2

l/2

x

l/2

Solución:

θ =∫

l

0

0 < x < l/2

2

3l Tdx
l Tdx
Tdx
+ ∫l
+∫ 2
l
GI o1
GI o3
2 GI o 2

∅ext = D/2
∅int = D/3
π ( D / 2 ) 4 − ( D / 3) 4

[

I o1 =

l/2<x<l

(i

]

32

(ii

∅ext = (D/2) (x/l)+ D/4
∅int = D/3
4


D
D 4
  Dx
+
 − ( 3 ) 
4 
  2l



32

π 
I o2 =

l < x < 3l/2

 Dx

Io3 =

D

4

π
+
4 
 2l


T 32
θ=
GπD 4

Reemplazando

(iii

∅ext= (D/2) (x/l)+ D/4
∅int= 0

32

(IV
dx

l/2

∫

0

4

 1 1
  − 
 2   3

dx

l

4

+ ∫l

2

4

 x 1 1
 +  − 
 2l 4   3 

3l

4

+∫

l

2

dx
 x 1
 + 
 2l 4 

4

(V

θ = 0.51 T/G

4.12. Hallar una expresión para determinar la deformación que sufre una barra con
sección variable según una función cuadrática, como se ve en la figura.

117

y

Dx

D

d

x

x

dx

T

l

Solución:
La variación del diámetro en función de x es cuadrática
D = Ax2 + B
para

resolviendo

x=0
x=l

D=d
D=D
D−d 2
D x =  2 · x + d
 l


θ=

l T ·dx

∫ G·I
0

θ=

∫

l

0

o

T 32dx
 D−d

G·π ( 2 ) x 2 + d 
 l


4



 (D − d ) 
10 A tan 


 d (D − d ) 
Tl 
10
20
16 

+
θ=
+ 2 2 +

3
3
3
Gπ 
d D 3d D
3dD 
d d (D − d )





θ =∫

l

0

l
T ·dx
=∫
0
G ·I o

T 32 dx
 D−d

G ·π ( m ) x m + d 
 l


4

4.13. Determinar la deformación angular de la pieza de sección circular, sometida a
las cargas de torsión mostradas en la figura. Tomar D = 10 cm; d = 3 cm; l = 150 cm;
Mt = 7000 kg·m; G = 7.648x105 kg/cm2

118

3M t

D

2Mt

Mt

d

l/4

l/4

l/4

l/4

x

Solución:

d

D 1x

D2

D

d

D

x

dx

d
x

x

x

2( d − D) x
+D
l
2( D − d ) x
D2 =
− D + 2d
l

D1 =

θ=

l /4

0

θ=

M t 32

∫ GπD

1

4

l/2

dx +

M t 32

∫ − GπD

l/4

4

3l / 4

dx +

M t 32

∫ − GπD

l /2

1

4

l /4

dx +

2 M t 32

∫ GπD
0

2

4

dx

2

Mtl 16(7D2 + 4Dd + d 2 ) 16(7D2 − 32Dd + 37d 2 ) 16(D2 + 4Dd + 7d 2 ) 32(7D2 + 4Dd + d 2 ) 
−
−
+


Gπ  3D3(D + d)3
3(D − 2d)3 (D − 3d)3
3d3 (D + d)3
3D3(D + d)3 

θ = - 4.283 Mt/G

4.14. Calcular la deformación angular del eje circular de la figura. Tomar D = 20 cm; l =
2
2
2
50 cm Gac = 7.64x105 kg/cm ; Gal = 2.65x105 kg/cm ; Gcu = 4.1x105kg/cm ; Mt = 2000
Kg·cm
3M t
Mt

D

G A c D /2

l

G al

2M t

G cu

D /3

l

l

x

Solución:
2l
3l
2 M t 32
( 2 M t − M t )32
(2 M t − M t + 3M t )32
dx + ∫
dx + ∫
dx
4
4
Gcu π ( D / 3)
Gal π ( D / 2)
Gac π ( D) 4
0
l
2l
l

θ =∫

119

θ=

M t l  2(32)(81) 1(32)(16) 4(32)(1) 
+
+


G cu
G al
G ac 

πD 4 

θ = 5.866 x 10-5 rad

4.15. 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.
2M t

Mt

D d

d/2 D/2

l

l
x

Solución:
0<x<l
l < x < 2l

Dext = D/2
Dext = (Dx)/(2l)
l

θ =∫

dint = d/2
dint = (dx)/(2l)
2l

M t 32

 D   d  
0
Gπ   −   
 2   2  


4

4

dx − ∫
l

M t 32
dx
 Dx  4  dx  4 
Gπ 
 −  
 2l   2l  



Integrando
θ = 7.243 x 10-4 Mt/G

4.16. Hallar la deformación angular del extremo derecho de la pieza mostrada en la
figura. Evaluar el resultado cuando d = D/2 ;
5M t
Mt
D
2D

l

d

l
x

Solución :
Σ M = 0 Ma + 2Mt – Mt – 5 Mt + Mb = 0
0<x<l
l < x < 2l

D1 = D (l + x)/l
D2 = D (3l - x)/l

(i
Mt1 = Mt
Mt2 = -4Mt

120

l

θ =

∫ Gπ ( D

4
1

0

simplificando

θ=

2l

M t132
− d 4)

dx +

M t 2 32

∫ Gπ ( D

4

2

l

− d 4)

dx

− 9.195M t l
GπD 4

4.17. Hallar la deformación angular del sistema. Tomar H=3R/4 y R=5 cm
Mt
h

4Mt

R

h

y

Solución :
Definiendo un sistema de coordenadas en la base de la esfera
x2 + y2 = R2
D1 ( y) = 2 x = 2 R 2 − y 2

Cuando y = h = 3R/4

D1 = D2

D2 = 2 R − h = 7R / 2
2

θ=

3R / 4

∫
0

θ=

3R / 4

∫
0

θ=
evaluando

2

− M t 32
3M t 32
dy + ∫
dy
GπD1 ( y ) 4
GπD2 ( y ) 4
3R / 4
3R / 2

3R / 2

3M t 32
Gπ 2 ( R − y )
4

2

2

2

dy +

∫

3R / 4

− M t 32(16)
Gπ 49 R 4

dy

M t  3 ln 7 36  M t  512 3 
+

−


Gπ  2 R 3 7 R 3  Gπ  49 R 3 4 

4.18. 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.

121

mo

4D
x

Ma

a

a

5D

Mb

Solución :
Σ M = 0 Ma + Mb = mo a
El sistema es hiperestatico con una ecuación y dos incógnitas. De las deformadas
θtotal = θ1 + θ2 = 0
2a
( M a − mo x)32
( M a − mo a)32
dx + ∫
dx = 0
4
Gπ (5 D)
Gπ (4 D) 4
0
a
a
( M a − mo )
2 + ( M a − mo a) = 0
(5) 4
(4) 4
a

θ =∫

Entonces

Ma = 0.8547 moa
Mb = 0.1452 moa

4.19. 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
2
5
2
un esfuerzo cortante permisible de Sy’ = 713.8 kg/cm , y G = 8.1573x10 kg/cm .

τ m ax
d

l

Solución :
Las ecuaciones de deformación y esfuerzo
θ=

M tl
GI o

τ max =

Mt r
Io

122

l=

De ambas

rGθ
τ max

l = 116.68 m
4.20. 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.
B

A

D d

d

a
L
Solución :
Σ M = 0 Ma + Mb = 2Ma = 2Mb = Mt
El sistema es hiperestatico. La ecuación de deformación es :

(i

θtot = θ1 + θ2 = 0
θ =

M a a32

Ma =

resolviendo
De i y ii

Gπd 4

+

( M a − M t )(l − a )32
Gπ ( D 4 − d 4 )

=0

d 4 M t (l − a )
(aD 4 − 2ad 4 + d 4l )

(ii

2 d 4 M t (l − a )
= Mt
(aD 4 − 2ad 4 + d 4 l )

(a / l) = (d / D)

4

4.21. 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.

123

q(x)
Ma

Mb
x
L
q( x)

q o .x
L

Solución :
Σ M = 0 Ma + Mb = Mt
El sistema es hiperestatico. La ecuación de deformación es :

(i

θtot = 0
l

θ =

∫
0

[ M a − q ( x) x]
dx = 0
GI o

resolviendo con
q(x) = qox/l
Ma = qo l / 3
Mb = qo l / 6
4.22. 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 los esfuerzos permisibles como τa = 82 Mpa y τl = 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)
Mp

Latón

d D
L
Acero

Solución :
θlaton = θacero

124

M laton l 32
Gπd 4

=

M acero l 32
Gπ ( D 4 − d 4 )

Mtot = Mlaton + Macero

(i
(ii

M t Glaton d 4

M laton =

Gacero D 4 + Glaton d 4

M acero =

M t Gacero D 4
Gacero D 4 + Glaton d 4

Los esfuerzos permisibles par cada barra son:
τ laton =

M laton (d / 2)32

τ acero =

M acero ( D / 2)32

Mt =
Mt =

remplazando

πd 4
π (D4 − d 4 )

τ acero (Gacero D 4 + Glaton d 4 )π ( D 4 − d 4 )
16Gacero D5
τ laton (G acero D 4 + G laton d 4 )π
16 Glaton d

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

125


4.23. Hallar el diámetro de una pieza cilíndrica de Acero con un largo de 100 cm para
2
que pueda soportar un momento de 1000 Kg cm. Tomar Sy´= 960 Kg/cm , y η = 2.
Hallar además la deformación.
4.24. Un tambor de una maquina de elevación tiene un diámetro de 30 cm y se
2
encuentra montado sobre un eje con un diámetro de 3 cm con Sy`= 900 Kg/cm . Se
pide hallar el peso máximo que puede levantar.
4.25. Un eje gira a 120 rpm y esta acoplado a un motor de 9 Hp por medio de una
2
transmisión. Si el material tiene una fluencia de S`y = 900 Kg/cm . Para η = 2 se pide
calcular el diámetro del eje.
4.26. 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.

150
60

150 [kg]

6Ø
3Ø

12 Ø

4.27. La pieza de la figura tiene forma cónica truncada. Se pide hallar la deformada
total y el esfuerzo máximo
d
d/2
T=1000[kg.cm]

H

D

4.28. Hallar la deformada total y el esfuerzo máximo en el sistema de la figura

126

T=1000[kg.cm]

d

H

D


d

H
T=1000[kg.cm]

D

D ext = 90[cm ] ; d int = 45[cm ]

T=1000[kg-cm]
A

1000
[cm]

dy

y

A

D ext = 60[cm ] ; d int = 30[cm ]

4.31. 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.

127

3

T

20[cm
]
60[cm
]

4.32. Hallar las reacciones en A y B en el sistema de la figura
30[cm]

B

25[cm]

40[cm]

T

y

x

A
60[cm]

4.33. Se pide hallar las reacciones en las paredes para el sistema de la figura
4T

T

60

30

A

50

30

10

40

B

4.34. En el sistema de la figura se pide hallar las reacciones en las paredes. Las
dimensiones están en cm

128

T
30
Ø

9
Ø

20

30

45

60
Ø

45
Ø

45

4.35. Para el sistema de la figura, se pide determinar las reacciones en los apoyos.
2
Tomar D = 10 cm, l = 50 cm, E = 2.1x106 Kg/cm y P=2000 Kg
T
D/3
D/2

l/2

l/2

l/2

4.36. Para el sistema de la figura se pide hallar las reacciones. Tomar D=10cm;
d=3cm; l = 150 cm; Mt = 7000 kg·m; G = 7.648x105kg/cm2
Mt

3M t

d

A

l/4

l/4

D

l/4

l/4

B

4.37. Hallar las reacciones del sistema de la figura, considerar para cada caso los
valores indicados a continuación. D = 10 cm; d = 3 cm; l = 150 cm; Mt = 7000kg·m; G
5
2
= 7.648x10 kg/cm

129

Mt

3M t

D

d

l/4

A

l/4

l/4

l/4

B

4.38. Hallar las reacciones del sistema de la figura, considerar para cada caso los
valores indicados a continuación. D = 10 cm; d = 3 cm; l = 150 cm; Mt = 7000kg·m; G
5
2
= 7.648x10 kg/cm
Mt

3Mt

D

d

A

l/5

l/5

l/5

l/5

l/5

B

4.39. Hallar la deformación de la pieza troncocónica hueca mostrada en la figura.
5
2
Tomar D = 20 cm, d = 5 cm, Mt = 8000 kg·cm y G = 7.6x10 kg/cm
3Mt

Mt

D

d

B
A

l/5

l/5

l/5

4.40. Hallar las reacciones en los extremos del sistema de la figura.

130

5

4

3

2

Mt

2Mt

D

Ma

1

5Mt

D/2

l/3

l/3

D/8

Mb

l/3

4.41. 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

3M t

e

D

d

A

B
l/4

l/4

l/2

4.42.Hallar la deformación angular de la figura. Tomar H = 3/4R, R = 15 cm y d = 3
Mt

d
h

3M t

R

h

4.43. 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.

131

m

D

d

A

l/2

l/2

B

4.44. 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
2
5
2
rebasar un esfuerzo cortante permisible de 713.8 kg/cm , y G = 8.1573x10 kg/cm .

4.45. 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

D

d

a
L

4.46. 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 parabolicamente. Calcular los momentos de
reacción Ma y Mb.
q(x)

A

B

132

4.47. 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 los
esfuerzos permisibles son τa = 82 Mpa y τl = 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

133

5.- FLEXIÓN
Fuerza Cortante y Momento Flector
5.1.- INTRODUCCIÓN
Un elemento está sometido a cargas de flexión cuando soporta fuerzas y momentos
externos con dirección perpendicular a la de su eje centroidal
F uerza
M om ento

Fig. 5.1 Viga sometida a cargas de flexión
Los elementos sometidos a flexión se denominan vigas y los puentes, pasarelas y
losas son ejemplos reales de este tipo de solicitación
de las siguientes condiciones:
3.- Las dimensiones de la sección transversal son pequeños respecto a la
longitud
eje axial
la viga
7.- El modulo de Young es el mismo para tracción y compresión.
8.- Las cargas se aplican en el eje de simetría de la sección transversal de
la viga
9.- Las cargas y las reacciones en los apoyos actúan perpendicularmente al
eje de la viga.
10.- Las vigas son relativamente largas y angostas respecto a su peralte

5.2.- CARGAS PUNTUALES Y DISTRIBUIDAS
Las cargas pueden clasificarse como puntuales y distribuidas

134

Fig. 5.2 Cargas Puntuales y Distribuidas
5.2.1.- Cargas Puntuales
Una carga es puntual cuando actúan en un punto. Estas cargas son ideales sin
embargo las cargas aplicadas en áreas pequeñas pueden suponerse como puntuales.
Así, las reacciones en las llantas de los vehículos automotores; las fuerzas que
soportan los miembros de las estructuras metálicas, las fuerzas que soportan los
cables se pueden idealizar como puntuales
5.2.2.- Cargas Distribuidas
Una carga es distribuida cuando actúan en áreas no muy pequeñas. La fuerza del
viento, el peso, la presión que los líquidos ejercen sobre superficies sumergidas, etc.,
son ejemplos de cargas distribuidas.
5.2.3.-.- Cargas equivalentes
Las cargas distribuidas que soportan las vigas, frecuentemente deben ser
reemplazadas por otras puntuales denominadas equivalentes de modo que produzcan
idénticos efectos en los extremos de la viga.
Considérese una viga que soporta el “peso” de un material distribuido
P

x
0

x
dx

Fig. 5.3 Carga sobre un elemento diferencial
En un elemento infinitesimal se puede suponer la altura constante h(x) y su peso es :
dw = γ dV = γ h(x) dx dz
donde

γ
h(x)
dx

(5.1

es el peso especifico del material
es la altura de la carga en la posición x
es el ancho del elemento diferencial

135

dz

es la profundidad de la viga

Llamando

p(x) = γ h(x) dz

Integrando

Peq = ∫ p ( x)dx = Area

l

(5.2

0

El momento en el extremo izquierdo originado por la carga distribuida sobre un
elemento diferencial es :
dMo = dw (x)

(5.3

l

Integrando

M o = ∫ p( x) xdx = Peq X eq

(5.4

0

Ya que los momentos en los extremos de la viga originados por la carga puntual
equivalente y por la carga distribuida deben ser iguales.
l

X eq =

∫ p( x) xdx
0
l

_

=X

∫ p( x)dx

(5.5

0

De 5.2 y 5.5 se concluye que :
- La magnitud de la carga puntual equivalente es el área de la carga distribuida
- La ubicación de la carga puntual equivalente es el centro de gravedad de la carga
distribuida

5.3.- REACCIONES EN APOYOS
5.3.1.- Tipos de Apoyos
Los apoyos sobre los que se apoyan las vigas se clasifican en : a) Apoyo móvil, b)
Apoyo fijo y c) Empotramiento
Rx
Mr
Rx
Ry

(a)

Ry

(b )

Ry
(c)

Fig. 5.4 Tipos de Apoyos

136

a) Apoyo Móvil.- Es un apoyo que restringe el movimiento vertical pero no el horizontal
ni el de rotación. Este tipo de apoyo ejerce solo reacciones verticales. Un rodillo es un
ejemplo de este tipo de apoyo.
b) Apoyo Fijo.- Es un apoyo que restringe los movimientos vertical y horizontal pero no
el de rotación. Este tipo de apoyo ejerce reacciones verticales y horizontales. Una
bisagra es un ejemplo de un apoyo fijo.
c) Empotramiento.- Es un apoyo que restringe los movimientos vertical, horizontal y de
rotación. El apoyo ejerce reacciones verticales, horizontales y momentos.
5.3.2.- Tipos de Vigas
Las vigas pueden clasificarse en función a sus apoyos en:
a) Simplemente apoyada.- Cuando la viga descansa sobre un apoyo móvil y otro fijo.
b) Simplemente empotrada.- Es aquella que tiene uno de sus extremos empotrado.
c) Con apoyos múltiples.- Las vigas que tenga mas de un apoyo fijo y otro móvil o un
empotramiento, tiene apoyos múltiples y su cálculo es hiperestatico.

(b)

(a)

(c)

Fig. 5.5 Tipos de Vigas
5.3.3.- Cálculo de reacciones
Las reacciones (fuerzas y momentos) que aparecen en los apoyos sobre los que
descansa una viga, se calculan con las ecuaciones de la estática.
→

∑M = 0

→

∑F = 0

(5.6
Para el cálculo de las reacciones las cargas distribuidas previamente deben ser
reemplazadas por sus cargas puntuales equivalentes. Las vigas con múltiples apoyos
son hiperestaticas y serán analizadas posteriormente.

5.4.- MOMENTO FLECTOR Y FUERZA DE CORTE
Como se vio en el capitulo 1, en cualquier sección interna de un cuerpo en equilibrio
sometido a la acción de fuerzas y momentos externos, aparecen internamente una
fuerza y un momento que equilibran las cargas externas.

137

P1
Fuerza Interna

P2

Momento Interno
M2

M1
Pn

P3

Mn

M3
P1

P4

Fig. 5.6 Fuerza y Momento Internos
La fuerza y el momento internos pueden descomponerse en una componente
tangencial o paralela a la sección y en otra normal o perpendicular a ella. Las
componentes tangenciales de la fuerza y del momento, son respectivamente la fuerza
cortante y el momento flector.

Fig. 5.7 Fuerza Cortante y Momento Flector

5.5.- RELACIÓN ENTRE EL MOMENTO FLECTOR Y LA FUERZA CORTANTE
En un elemento diferencial de viga la carga puede ser considerada constante.
Adoptando las direcciones de la figura para el momento flector y la fuerza cortante.
P eq

M

M+dM

Q

dx

Q+dQ

Fig. 5.8 Cargas sobre un elemento diferencial

Σ Fy = 0

Peq= p(x) dx
Q = (q+dQ) + p(x)dx

(5.7

dQ/dx=-p(x)

(5.8

138

Σ Mder = 0

M - Peq dx/2 + Q dx - (M+dM) = 0
M – (p dx)dx/2 + Q dx - M - dM=0

(5.9
(5.10

dM/dx= Q

(5.11

2

De 5.8 y 5.11

2

d M /dx = -p

(5.12

Resumiendo, la función de la fuerza cortante es igual a la derivada de la función del
momento flector y la función de la carga es igual a la derivada de la función de la
fuerza cortante.

5.6.- CALCULO DEL MOMENTO FLECTOR Y LA FUERZA CORTANTE
Para el cálculo del Momento Flector y la Fuerza Cortante se emplean generalmente
dos métodos: El cálculo estático y el cálculo por integración.
5.6.1.- Calculo estático
Con este método se realizan cortes imaginarios en la viga. El momento flector y la
fuerza de corte se hallan aplicando las ecuaciones de la estática
→

∑F = 0

→

∑M

=0

(5.13

5.6.2.- Cálculo por integración
Con este método el momento flector y la fuerza cortante se calculan aplicando las
ecuaciones 5.8, 5.11 y 5.12.,Así integrando una vez la función de la carga se obtiene
la función de la Fuerza Cortante e integrando dos veces la función de la carga se
obtiene la función del Momento Flector.
Las integraciones originan constantes que deben hallarse con las condiciones de
borde, mismas que se describen a continuación
Peq

Peq

Mr

Mr
M (x)

Rx

Rx
l-x

x

Rv

M (x)

Q

Q

Rv

Fig. 5.8 Valores de Q y M en los extremos
En la figura izquierda si x → 0, Peq → 0 y de la estática Q = Rv y M = - Mr

139

En la figura derecha si x → l, Peq → 0 y de la estática
a) Extremo izquierdo empotrado
b) Extremo derecho libre
c) Extremo derecho empotrado
d) Extremo izquierdo libre
e) Extremo izquierdo con apoyo fijo o móvil
f) Extremo derecho con apoyo fijo o móvil

Q = - Rv y M = - Mr

Q = Ry
Q= 0
Q = - Ry
Q= 0
Q = Ry
Q = - Ry

y
y
y
y
y
y

M = - Mr
M= 0
M = - Mr
M= 0
M= 0
M= 0

(5.15
(5.16
(5.17
(5.18
(5.19
(5.20

5.6.3.- Funciones de Singularidad
Las funciones de singularidad se emplean para integrar cargas puntuales

140

Funcion

Forma

Valor

-2

<x-a>

Momento Puntual

x

<x-a>-2 = 1 si x=a
<x-a>-2 = 0 si x<>a

∫ <x-a> dx = <x-a>
-2

a

x

-1

∞

-1

<x-a>

Fuerza Puntual

x

∫
a

x

x

∫
<x-a>1

a

x

Carga Lineal

<x-a>-1dx = <x-a>0

∞

<x-a>0

Carga Constante

<x-a>-1 = 1 si x=a
<x-a>-1 = 0 si x<>a

<x-a>0 = 0 si x<a
<x-a>0 = 1 si x>=a
<x-a>0dx = <x-a>1

∞

x

<x-a>1= 0 si x<a
<x-a>1= (x-a) si x>=a

∫ <x-a> dx = <x-a> /2
1

2

∞

<x-a>2

a

x

Parabola de Grado 2
x

<x-a>2 = 0 si x<a
<x-a>2 = (x-a)2 si x>=a

∫ <x-a> dx = <x-a> /3
2

a

x

3

∞

141

PROBLEMAS RESUELTOS
5.1. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de la carga distribuida cuya
n
función es p(x)= H(x/l) .
l

l ( n +1)
l
 x
Peq = W = H   dx = H
=H
(n + 1)
(n + 1)l n
l
n

∫

Solución:

0

l

X eq =

 x

n

∫ H  l  xdx
0

l
H
(n + 1)

H
=

l (n + 2)

( n + 2)l n ( n + 1)l
=
l
(n + 2)
H
( n + 1)

5.2. Analizar los resultados del 5.1, para diferentes valores de n
Solución :

Cuando n = 0 carga constante

Cuando n = 1 carga triangular

Cuando n = 2 carga parabolica

Cuando 0<n<1 carga parabolica inv

5.3. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una carga triangular en una viga
simplemente apoyada.
Peq

H
A

B
l

H
A

B
xeq
l

Solución :
Peq = Área = Hl/2
xeq = CG = 2l/3

142

Σ MA = 0
Σ MB = 0

Peq xeq – RB l=0
RB = Hl/3
RA l - Peq (l - xeq) =0
RA = Hl/6

método de cortes
Peq
p=Hx/l
M

A

x eq

Q

x

2

Σ Mcorte = 0
Σ Fy = 0

Peq = Área = Hx /2l
xeq = CG = 2x/3
RA x- Peq (x – xeq) – M = 0
2
M = (Hl/6)x – (Hx /2l)(x/3)
2
M = Hlx(1- x /l2)/6
RA - Peq – Q = 0
2
Q = Hl/6 – Hx /2l
2
Q = H (l/6 – x /2l)

(i

(ii

b) método de la doble integración

Integrando

p = Hx/l
Q = -Hx2/2l + c1
M = -Hx3/6l + c1 x + c2

Las condiciones de borde
x=0M=0
x=lM=0
de donde

c2 = 0
0 = -Hl2/6 +c1l
c1 = Hl/6
2
Q = - Hx /2l + Hl/6
3
M = -Hx /6l + Hlx/6

(iii
(iv

c) método de la doble integración de funciones singulares
a

-1

1

-1

p(x) = R <x> - (H/l)<x> + Rb<x-l>
-1
1
-1
p(x) = (Hl/6)<x> - (H/l)<x> +(Hl/3)<x-l>

143

Integrando y aplicando las propiedades de las funciones de singularidad
0

2

0

Q= Hl/6<x> - (H/2l)<x> +(Hl/3)<x-l>
1
3
1
M= (Hl/6)<x> - (H/6l)<x> +(Hl/3)<x-l>
Cuando 0 < x < l
1
<x> = x
<x>3 = x
<x-l>1 = 0
Q= Hl/6 - (Hx2/2l)
M=Hlx/6 –Hx3/6l

(v
(vi

Los resultados son idénticos por todos los métodos
5.4. Hallar las funciones de Momento Flector y Fuerza Cortante del sistema de la
figura
p(x)=Hx2/l 2

A

Peq

H
B

A

Solución :
De 2

Σ Ma = 0
Σ Mb = 0
Prueba

xeq

RA

L

Peq = Hl/3
xeq = 3l/4
Peq xeq - Rb l = 0
b
R = (Hl/3)(3l/4)/l
b
R = Hl/4
Ra l - Peq (l - xeq) =0
Ra = (Hl/3)(l - 3l/4)/l
Ra = Hl/12
Ra + Rb = Hl/4 + Hl/12 = 4HL/12 = Hl/3 = Peq

OK

a) método de cortes
Peq

M

A
RA

xeq

p(x)=Hx2/l2

Q

x

144

x

2

x3
x
Peq = W = H   dx = H 2
3l
l

∫
0

x

X eq =

x

0

H

Σ Fy = 0
Σ Mcorte = 0
Prueba :
x=0
x=l
x=0
x=l

Finalmente

2

∫ H l 
 
x3
3l 2

xdx

x4
2
3x
= 4l3 =
4
x
H 2
3l
H

Ra - Peq - Q = 0
3
2
Q = Ra – Peq = Hl/12- Hx /3l

(i

Ra x - Peq (x - xeq) – M = 0
3
2
M = (Hl/12)x-(Hx /3l )(x/4)
4
2
M = Hlx/12 - (Hx /12l )

(ii

Q = Hl/12 = Ra
Q = Hl/12 - Hl/3 = -3Hl/12 = -Hl/4 = -Rb
M=0
M = Hl2/12-(Hl/3)(l/4) = 0
∂M Hl Hx 3
=
=Q
∂x
12 3l 2

Ok
Ok
Ok
Ok

Ok

2

Integrando
Integrando
x=0M=0
x=lM=0

De donde

p = H(x/l)
3
2
Q = -Hx /3l + c1
4
2
M = -Hx /12l + c1x + c2
0 = c2
2
0 = -Hl /12 + c1l
c1 = Hl/12
3

2

Q= -Hx /3l + Hl/12
M=-Hx4/12l2 + Hl/12x

(iii
(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

145

p (x) =H(x/ l) n

Peq

H

A

B

A

x eq

RA

L

RB

Solución :
l 
Peq = W = ∫ H 
0 

x

n

l

( n +1)

l

=H
 dx = H
l
( n + 1)
( n + 1)l n

( n + 2)
l  x n
l
∫ H   xdx H
n
( n + 1)l
( n + 2 )l
0 l
X eq =
=
=
l
l
( n + 2)
H
H
(n + 1)
( n + 1)

Σ Ma = 0

Peq xeq-Rb l =0
Rb= Hl/(n+2)

Σ Mb = 0
Prueba

Ra l - Peq (l - xeq) =0
Ra´= Hl/(n+2)(n+1)
Ra + Rb= Hl/(n+1)= Peq

OK

Método de cortes
Peq

M

A

xeq

RA

p(x)=H(x/l)n

Q

x
x

X eq =

x

n

∫ H  l  xdx
0

H

x (n +1)

=
H

(n + 1)l n
x

H

x ( n + 2)
( n + 2)l n ( n + 1) x
=
( n + 2)
x ( n +1)
( n + 1)l n

x ( n +1)
 x
Peq = W = H   dx = H
(n + 1)l n
l

∫

n

0

Σ Fy = 0

Ra - Peq - Q =0
Q=

H  l
x n +1 

− n 
(n + 1)  n + 2
l 



(i

146

Σ Mcorte = 0

Ra x - Peq (x - xeq) – M = 0
M=

Verificación
x=0
x=l
x=0
x=l
Finalmente

n +1 

Hx
l − x 
(n + 2)(n + 1) 
ln 



Q = Hl/(n+1)(n+2) = Ra
Q = Hl/(n+1)(n+2) - Hl/(n+1) = -Hl/(n+2) = -Rb
M=0
M=0

∂M
=Q
∂x

(ii
Ok
Ok
Ok
Ok
Ok

p = H(x/l)n
Q=−

Integrando

Hx( n +1)
l n (n + 1)

M =−

+ c1

Hx ( n + 2)
l n (n + 2)(n + 1)

(i
+ c1x + c2

(ii

Condiciones de borde
x=0M=0
x=lM=0

0 = c2
0 = -Hl2/(n+2)(n+1) + c1l
c1 = Hl/(n+2)(n+1)
Q=

De donde

H  l
x n +1 

− n 
n+2
(n + 1) 
l 


(i

n +1 

Hx
l − x 
M=
(n + 2)(n + 1) 
ln 



(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.

147

Peq

H
A

B

A
RA

L

xeq

RB

Solución : Del anterior problema
Q=

Cuando x = l

H  l
x n +1 

 n + 2 − ln 

(n + 1) 


Qmax = - Rb = - Hl/(n+2)
M=

 x n +1 
Hx
l − n 
(n + 2)(n + 1) 
l 



Máximo cuando Q = 0
Q=

H  l
x n +1 

 n + 2 − ln  = 0

(n + 1) 


l (n+1)/ (n+2) = x(n+1)
x = l/ (n+2)1/(n+1)
Hl 2
M max =
( n + 2 ) /( n +1)
(n + 2)
(n + 2)
M max =

Hl 2
( n + 2) ( 2 n +3) /( n +1)

5.7. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente apoyada
n
con una carga cuya función p(x) = H(1-x/l)

H

p(x)=H(1-x/l)n

A
RA

B
l

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)/l]n = H (1 - x/l)n

(i

Fuerza Cortante

148

Q=

H  l
(l − x ) n +1 


−
n+2

( n + 1) 
ln


(ii

Momento Flector
M =

H (l − x )  (l − x ) n +1 
l −


(n + 2)(n + 1) 
ln



(iii

5.8. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una carga triangular en una viga
simplemente empotrada.
Peq

H
M

o
l

xeq

R

R

Solución :

Σ Mo = 0
Σ Fy = 0

Peq = Area = Hl/2
xeq = CG = 2l/3
Peq (l - xeq )– Mr = 0
Mr = - Hl2 /6
R - Peq =0
R = Hl/2

método de cortes
Peq

M

xeq

2
Peq = Área = Hx /2l
xeq = CG = 2x/3
Σ Mcorte = 0 Peq (x – xeq) + M = 0
2
M = – (Hx /2l)(x/3)
3
M = – Hx /6l
Σ Fy = 0
- Peq – Q = 0
Q = – Hx2/2l

x

p(x)=Hx/l

Q

(I
(ii


149

Integrando

p = Hx/l
2
Q = -Hx /2l + c1
3
M = -Hx /6l + c1 x + c2

Condiciones de borde
x=0M=0
c2 = 0
x=0Q=0
c1 = 0
De donde

Q = -Hx2/2l
M = -Hx3/6l

(iii
(iv

c) método de la doble integración de funciones singulares
1

-1

p(x) = (H/l)<x> + R<x-l>
1
-1
p(x) = (H/l)<x> +(Hl/2)<x-l>
Integrando y aplicando las propiedades de funciones de singularidad
2

0

Q= - (H/2l)<x> +(Hl/2)<x-l>
3
1
M= - (H/6l)<x> +(Hl/2)<x-l>
Cuando 0 < x < l
<x>1 = x
<x>3 = x
<x-l>1= 0
Q= - (Hx2/2l)
y
M= – Hx3/6l

(v
(vi

Los resultados son los mismos por todos los métodos
figura
Peq
H

p(x)=H(x/l)2

p(x)=H(x/l)2
M

o
l

R

xeq

Solución :
Peq= Hl/3
xeq= 3l/4

150

Σ Mo = 0

Peq (l - xeq) = - Mr
Mr=Hl2 /12

Σ Fy = 0

R - Peq =0
R = (Hl/3)

Peq
p(x)=H(x/l)2
M

xeq
x

x

Q

2

x3
x
Peq = W = H   dx = H 2
3l
l

∫
0

x

X eq =

x

0

H

Σ Fy = 0

2

∫ H  l  xdx
x
3

x4
4l 2 = 3x
=
x
4
H
3
H

- Peq - Q = 0
Q = -Hx3/3l2

(i

- Peq (x - xeq) – M = 0
M = -(Hx3/3l2)(x/4) = - (Hx4/12l2)

(ii

Verificación
x=0
x=l
x=0
x=l

Q=0
Q = -Hl/3 = -Rb
M=0
M = Hl2/12 = Mr

Ok
Ok
Ok
Ok

Finalmente

∂M
Hx 3
=- 2 =Q
∂x
3l

Ok

Σ Mcorte = 0


Integrando
x=0M=0
x=0Q=0

p = H(x/l)2
3
2
Q = -Hx /3l + c1
4
2
M = -Hx /12l +c1x+c2
0 = c2
0 = c1

151

De donde

3

2

Q= -Hx /3l
4
2
M=-Hx /12l

(iii
(iv

Idénticas expresiones a las halladas por el método de cortes
n

5.10. Una viga simplemente empotrada tiene una carga cuya función es p(x) = H(x/l) .
Hallar a) La carga equivalente b) Las reacciones y c) El momento flector y la fuerza
cortante
Peq

H

p(x)=H(x/l) n

p(x)=H(x/l)n

M

o
l

xeq

R

Solución :
( n +1)
l  x n
l
l
Peq = W = ∫ H   dx = H
=H
l
( n + 1)
( n + 1)l n
0 
l 
∫ H
X eq = 0 
H

Σ Mo = 0
Σ Fy = 0

x

n

 xdx

l
l

( n + 1)

H
=

l

( n + 2)

( n + 1)l
( n + 2 )l n
=
l
( n + 2)
H
( n + 1)

Peq (l - xeq) = Mr
Mr=Hl2/(n+1)(n+2)
R - Peq =0
R = Hl/(n+1)

Peq
p(x)=H(x/l)n
M

xeq
x

x

Q

x ( n +1)
x
Peq = W = H   dx = H
l
(n + 1)l n


∫

n

0

152

x

x

X eq =

0

H

Σ Fy = 0

x

( n +1)

H
=

(n + 1)l n

H

x ( n + 2)
(n + 2)l n (n + 1) x
=
( n + 2)
x ( n +1)
(n + 1)l n

- Peq - Q = 0
Q = −H

Σ Mcorte = 0

n

∫ H  l  xdx

x ( n +1)

(n + 1)l n

(i

- Peq (x - xeq) – M = 0
M =−

Hx ( n + 2)

(n + 2)(n + 1)l n

(ii

Verificación
x=0
x=l
x=0
x=l

Q=0
Q = -Hl/(n+1) = -Rb
M=0
M = -Hl2/(n+2)(n+1) = Mr

Ok
Ok
Ok
Ok

Finalmente

∂M
Hx 3
=- 2 =Q
∂x
3l

Ok

p = H(x/l)
Q=−

Integrando

Hx

l n (n + 1)

M =−

x=0M=0
x=0Q=0

+ c1

Hx ( n + 2)
l n (n + 2)( n + 1)

(i
+ c1x + c2

(ii

0 = c2
0 = c1
Q=−

De donde

n

( n +1)

Hx ( n +1)
l n (n + 1)

M =−

(i

Hx ( n + 2)
l n (n + 2)(n + 1)

(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.

153

Peq

H

p(x) =H(x/l)n

p(x) =H(x/l) n
M

o
l

x eq

R

Solución :
Q=−

De 5.10
M =−

Hx ( n +1)
l n (n + 1)

(i

Hx ( n + 2)
l n (n + 2)(n + 1)

(ii

máximos en el empotramiento (x = l)
Hl
Q max = −
( n + 1)
M max = −

Hl 2
( n + 2)(n + 1)

figura
x

H

x'

p(x)=H((l-x)/l)n

M

o
R

l

Solución :
Se reemplaza en 5.11 x por su complemento (l – x)
Carga

n

p = H(x/l)
p= H[(l-x)/l]n = H (1-x/l) n
Q=−

Fuerza Corte
Q=−

(i

Hx ( n +1)
l n (n + 1)

(i

H (l − x )( n +1)
l n ( n + 1)

154

M =−

Momento
M =−

Hx( n + 2)
l (n + 2)(n + 1)
n

(ii

H (l − x)( n + 2)
l n (n + 2)(n + 1)

5.13. Hallar la fuerza cortante y momento flector del sistema de la figura
P
P
M1
a

l-a

x

M2
a

Q1

x

Q2

Solución :

ΣMa = 0
ΣMb = 0

P(a) - Rbl = 0
Rb = Pa/l
Ral - P(l-a) = 0
Ra = P(l-a)/l

Comprobación Ra + Rb = P

Ok

a) método de Luiz 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
0

0

0

Q = P(l-a)/l<x> - P<x-a> + Pa/l<x-l>
1
1
1
M = P(l-a)/l<x> - P<x-a> + Pa/l<x-l>
Cuando 0< x <a
1
<x> = x

155

1

<x - a> = 0
1
<x - l> = 0
y

M1 = P(l - a)x/l

Cuando a<x<l
1
<x> = 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

P
M
a

R

b

P
M1

M
R

x

M2

M

a
Q1

R

x

Q2

Solución :

Σ Fy = 0
ΣM=0

R=P
Mr = P a

a) método de los cortes
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)


156

Usando funciones de singularidad y de derecha a izquierda
-2

-1

-1

p(x)= -Mr <x> + R <x> - P<x-a>
-2
-1
-1
p(x)= -Pa <x> + P <x> - P<x-a>
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
0
<x-a> = 0
1
<x-a> = 0
entonces

Q(x)= P
M(x)= -Pa x + P x

Para a<x<l
-1
<x> = 0
0
<x> = 0
0
<x-a> = 0
1
<x-a> = 0
entonces

Q(x)= 0
M(x)= 0

M

M
M1

a

l-a

x

Q1

M2
a
x

Q2

Solución :

ΣMa = 0

M - Rbl = 0
Rb = M/l
ΣMb = 0
Ral + M = 0
Ra = -M/l
Comprobación Ra + Rb = 0

Ok


157

1er intervalo

Ra x = M1
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
0
-1
0
Q = -M/l<x> + M<x-a> + M/l<x-l>
1
0
1
M = -M/l<x> +M<x-a> + M/l<x-l>
Cuando 0<x<a
1
<x> = x
0
<x-a> = 0
1
<x-l> = 0
y

M1 = -Mx/l

Cuando 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)
2H

2H

H

H

2H
H

M
l

Ra

(a)

R
Rb

l

(b)

l/4

Ra

3l/4

(c)

Rb

Solución :

158

2l/3

Peq1

l/2

Peq2
2H
H

Peq1 = Hl/2
Peq2 = Hl

l

Se halla primero las reacciones en los apoyos de los tres casos
(a) ΣMa=0

Peq1 xeq1 + Peq2 xeq2-Rb l = 0
Rb l = (Hl/2)(2l/3) + (Hl)(l/2)
Rb = 5Hl/6
ΣMb=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
Comprobación Ra + Rb = 5H/6 + 2H/3 = 9H/6 = 3H/2 = Peq1 + Peq2
(b) ΣFy=0

ΣMo=0

Ok

R = Peq1 + Peq2
R =·3Hl/2
M = Peq1 xeq1 + Peq2 xeq2
M = (Hl/2)(2l/3) + (Hl)(l/2) = 5Hl2/6

(c) ΣMa=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
ΣMb=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
Comprobación 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
2
3
M = - H(x /2 + x /6l) + c1x + c2

Las constantes dependen de las condiciones de borde en los tres casos
a) Si x = 0
Si x = l

M=0
M=0

2

2

0 = - H(l /2 + l /6) + c1l

c2 = 0
c1 = 2Hl/3

159

2

3

M = - H(x /2 + x /6l - 2lx/3)
b) Si x = l
Si x = l

Q=0
M=0

0=-H(l + l/2)+c1
c1=3Hl/2
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
Si x = 0
Si x = l
Si x = l

Q1 = 0
c1 = 0
M1 = 0
c2 = 0
Q2 = - Rb - H(l + l/2) + c3 = -11Hl/18
c3=8Hl/9
2
3
2
M2 = 0 0 = - H(l /2 + l /6) + 19Hl/9 + c4 c4 =-2Hl /9
2

3

M1=-H(x /2 + x /6l)
M2=-H(x2/2 + x3/6l + 8lx/9 - 2l2/9)
5.17. Hallar el momento flector del sistema de la figura
2l/9

2l/9

l/6

H

P1
H

P2
l/3

Ra

l/3

2l/3

Rb

Ra

P3
2l/3

Rb

Solución :
La carga se descompone en formas más sencillas
P1 = Hl/6
x1 = 2l/9
P2 = Hl/3

160

x2 = l/6
P3 = 2Hl/3
x3 = l/3 + 2l/9 = 5l/9
P1 x1 + P2 x2 + P3 x3 - Rbl = 0
Rb = (Hl/6)(2l/9) + (Hl/3)(l/6) + (2Hl/3)(5l/9)
Rb = 25Hl/54
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
Ra + Rb = 25Hl/54 + 38Hl/54 = 7Hl/6 = Hl/6 + Hl/3 + 2Hl/3

ΣMa=0
ΣMb=0
Prueba

Ok

Se analiza el sistema en dos intervalos
P1 = Hx/(l/3) + H
P2 = -3Hx/l + 3H
2
Q1 = -3Hx /2l – Hx + c1
3
2
M1 = -Hx /2l - Hx /2 + c1x + c2
2
Q2 = 3Hx /2l - 3Hx + c3
M2 = Hx3/2l - 3Hx2/2 + c3x + c4

Integrando

Las condiciones de borde son
x= 0
x= 0
x= l
x= l
De donde

Q1 = Ra
M1 = 0
Q2 = - Rb
M2 = 0
c3 = 28Hl/27
c4 = Hl2 /27

c1 = 38Hl/54
c2 = 0
2
- 25Hl/54 = 3Hl /2l - 3Hl + c3
3
2
0 = Hl /2l - 3Hl /2 + c3l + c4

3

2

M1 = - Hx /2l – Hx /2 + 19Hlx/27
3
2
M2 = Hx /2l - 3Hx /2 + 28Hlx/27 + Hl2/27
Hl/4

Hl/4

H

H

l/2
Ra

l/2

l/2
Rb

Ra

l/2
Rb

Solución :
Aplicando el método de doble integración y por simetría solo en la mitad izquierda

161

Ra = Rb = Hl/4
p1 = 2Hx/l
2
Q1(x)= - 2Hx /(2l) + c1
3
M1(x)= - Hx /(3l) + c1 x + c2
Condiciones de Borde
x=0
M=0
x=0
Q = Ra

c2 = 0
c1 = Ra = Hl/4

Q1(x)= - Hx2/l + Hl/4
M1(x)= - Hx3/(3l) + Hlx/4
Estas ecuaciones solo son validas cuando 0<x<l/2
Peq

Peq = H

H

H

xeq =

a

a

l-a

l-a

Ra

( l − a)
2

( l − a)
3

Rb

Solución :

ΣMa = 0

ΣMb = 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)
Ral - Peq(l - a)/3 = 0
Ral = [H(l - a)/2](l - a)/3
Ra = H(l - a)2/(6l)

Comprobación Ra + Rb = [H/(6l)](l - a)[(a + 2l) + (l - a)]
Ra + Rb = [H/(6l)](l - a)(3l) = H(l - a)/2 = Peq

Ok


162

Q1

Ra

p eq

p
M

M1
a

x

Q2

x

(x − a )
2(l − a)
x − a
=
3
2

p eq = H

Ra x = M1
2
M1 = - H x (l-a) /(6l)

2do intervalo

2

x eq

Ra

1er intervalo

x − a
l − a
x − a
= p
2

p = H

p eq

Ra x – Peq xeq - M2 = 0
2
3
M2 = Hx(l - a) /(6l) - H(x - a) /[6(l - a)]

Método de integración con funciones de singularidad
H
la

a

Ra

Rb

-1
1
-1
p(x) = Ra <x> + [H/(l - a)]<x - a> + Rb<x - l>
2
-1
1
-1
p(x) = H(l - a) /(6l)<x> + [H/(l - a)]<x - a> + H(l - a)(a + 2l)/(6l)<x-l>
2

0

2

0

Q(x) = H(l-a) /(6l)<x> +H/[2(l-a)]<x-a> +H(l-a)(a+2l)/(6l)<x-l>
2
1
3
1
M(x) = H(l-a) /(6l)<x> +H/[6(l-a)]<x-a> +H(l-a)(a+2l)/(6l)<x-l>
Cuando 0<x<a
<x>1 = x
<x-a>1 = 0
<x-l>1 = 0
y
M1(x) = Hx(l - a)2/(6l)
Cuando a<x<l
<x>1 = x
1
<x-a> = x-a
1
<x-l> = 0
2
3
M2(x) = Hx(l - a) /(6l) – H(x - a) /[6(l - a)]
Las expresiones obtenidas por los métodos de cortes e integración son idénticas.

163


5.20. Hallar la fuerza puntual equivalente y su ubicación de la carga distribuida p(x)= H
Sin (πx/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 (πx/2l).
5.23. Hallar el momento flector y la fuerza cortante de una viga simplemente
empotrada con carga p(x)= H Sin (πx/2l).
empotrada con carga semicircular.
empotrada con carga semicircular.
5.26. En la viga de la figura se pide el momento flector y la fuerza cortante

H

l/2

l/2

Rb

Ra


H
M
R

l/2

l/2


164

H

l/2

l/2

Rb

Ra


H
M
l/2

R

l/2


H

M

H

Rx
l/3

Ry

l/4

5l/12


H
H

l/3

l/4

5l/12

Rb
5.32. Hallar el Momento Flector y Fuerza Cortante del sistema de la figura

165

H

M
l/2

l/2

R
5.33. Hallar solo el momento flector de los sistemas de la figura.
l/2

l/2

H

l/2

H

H

H

H

H

l/2

l/4

l/2

3l/4

RB

RA

RA

l/2

RB

5.34. Hallar el momento flector del sistema de la figura
H
H

l/3

l/3

l/3

RA

RB


P
H

a

RA

l-a

RB

166


2H
H

l-a

a

RB

RA

P
B

A

L/4
L

m0

B
A

L

La carga distribuida tiene una intensidad q=qo·sen(πx/L)
q0
q=q0 sen( π·x/L)

B
A

L

.
q( x)

q o.x
L

B

2/3·L

L/3

A

167

La intensidad de carga varia según la onda senoidal, con valor q=qo·sen(πx/L).
q0
q=q0 sen(π·x/L)

B

2/3·L

L/3

A

P

q0=P·a

C

a

a

a

B

A

P

q(x)

qo.x

q0=P·a

L

L/3
L

q0=P·a

q0=P·a

P

C

a

a

B

A


168

q0=P·l

q0=P·l

P
C

C

a

a

A

B

L

q0=P·l

C

L/3
A

L/3

B

L

q0=P·l

P

B
A

L
3L

q0=P·l
P

EI

l/4

l/4

l


169

q(x)=q·x2/L2
o
EI

B

A

l

q0=P·l
q0=P·l/2
EI

l/2

l/2

q0=P·l

q(x)=q o·x 2/L 2
2P
EI

l/2

l

q

0

l/2
l

B

A

q 0=P·l
q 0=P·l/2
EI

l/2

l/2


170

q0

l/3

l/3

l/3

Hl/4

Hl/4

H

l/2
Ra

l/2
Rb

171

6.- FLEXIÓN
Esfuerzos Normales y Cortantes
6.1.- INTRODUCCIÓN

En este capítulo se desarrollarán las ecuaciones para calcular los esfuerzos que se
presentan en elementos sometidos a flexión. Para Evitar la falla estos esfuerzos no
deberan exceder los límites de fluencia de los materiales empleados.
6.2.- ESFUERZOS NORMALES EN FLEXIÓN

Deflexion de la Viga

Fig. 6.1 Elástica de una Viga
Una viga inicialmente recta con la carga se deforma adquiriendo una ligera curvatura,
conociéndose a esta ultima con el nombre de elástica. Todas las secciones de la viga
sufren desplazamientos que generalmente son verticales lo que implica que la viga
generalmente no modifica su longitud.
Si se toman dos secciones transversales y próximas entre si, estas son paralelas
antes de aplicar las cargas, luego de aplicadas las cargas estas secciones continúan
siendo rectas, pero ya no paralelas entre sí. Esto significa que las secciones
originalmente planas y normales al eje de la pieza, se mantienen planas y normales a
dicho eje. Sin embargo este eje cambio su forma de recta a la forma curva de la
elástica

Fig. 6.2 Segmento de una Viga Recto sin Carga y Curvo con carga

172

Como se puede observar en la figura, unas fibras del sólido se acortan y otras se
alargan, existiendo entre ambas una capa de fibras que no sufren variación. Dicha
capa se conoce como zona o capa de fibras neutras.
Un segmento diferencial curvo de viga puede considerarse como un arco de circulo
con centro en O y radio ρ. En él se observa que la parte superior ab tiene menor
longitud que la inferior cd, lo que sugiere que la las fibras superiores se comprimieron
y que las fibras inferiores se alargaron. Existiendo un plano llamado “neutro” nn donde
no hay deformación y por lo tanto tampoco esfuerzos.

Fig. 6.3 Segmento Curvo de una Viga
Tomando este plano neutro como eje de referencia, y debido a que la longitud nn=dx
es igual a la longitud ii=dx, se observa que la deformada a una distancia “y” es:
δ = y dθ
(6.1
ε = δ/dx=y dθ/dx
(6.2
del Grafico
dx = ρ dθ
(6.3
De 6.2 y 6.3
ε=y/ρ
(6.4
σ = E ε = Ey / ρ
(6.5
La ec 6.5 muestra que los esfuerzos normales son proporcionales a la distancia al eje
neutro. Nulos en el eje neutro y máximos en las fibras mas alejadas de este.

Fig. 6.4 Distribución de Esfuerzos Normales en Flexión

173

En la ec 6.5 todavía ρ es desconocido. En ausencia de fuerzas axiales de la estática
ΣFx= 0

∫ dF = N = 0

(6.6

A

dF = σ dA= (Ey/ρ)dA

E

ρ∫
A

ydA = 0

(6.7
(6.8

En esta ecuación E/ρ no es cero por lo que

∫ ydA = 0

(6.9

A

Esto requiere que el origen del sistema de coordinas 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 del equilibrio de fuerzas requiere del equilibrio de momentos
ΣM= 0

∫ dFy = M

(6.10

A

dF = σ dA= (Ey/ρ)dA

M=

E

y dA =
ρ∫
2

A

EI

ρ

(6.11
(6.12

donde “I” es el Momento de Inercia de la sección
De 6.5 y 6.12

My
I
M c
σ max = max
I

σ=

(6.13
(6.14

“Mmax” depende únicamente del tipo de viga y del tipo de carga. Mientras que los
valores de “c” e “I” dependen exclusivamente de la sección transversal de la viga.
6.3.- ESFUERZOS CORTANTES EN FLEXIÓN
Los esfuerzos cortantes se deben a la fuerza paralela (Q) a la sección.

174

Q+dQ

Q

M+dM

M

a

τ

c

b
d

Fig. 6.5 Esfuerzos Cortantes en Flexión
En los extremos laterales de un elemento diferencial se presentan esfuerzos normales
como se vio en la anterior sección. Aislando en este elemento diferencial sólo una
porción a, b , c, d.
De la estática
ΣFx= 0

∫ (σ + dσ )dA + τA

sup

− ∫ σ dA = 0

Alat

(6.15

Alat

∫ dσdA + τA

sup

=0

(6.16

Alat

de 6.13

σ = M y / EI
dσ = dM y / EI

(6.13
(6.17

En 6.16

∫
Alat

dM
ydA + τbdy = 0
EI

dM
EI

τ=

∫ ydA = τbdy

(6.18

(6.19

Alat

1 dM
Ib dx

∫ ydA =
Alat

Q( y p Ap )
Ib

(6.20

Nótese que la integral (yp y Ap) no son del área total sino del área parcial.

QS
Ib
S = ∫ ydA

τ=

(6.21
(6.22

Alat

τ max =

Qmax S max
Ib

(6.23

175

El valor de “Q” depende únicamente del tipo de viga y de su carga, mientras que los
valores de “S”, “I” y “b” dependen exclusivamente de la sección de la viga.
Los esfuerzos cortantes tienen una distribución parabólica con valores mínimos en los
extremos superior e inferior de la viga y máximos en el eje neutro contrariamente a los
esfuerzos normales con distribución lineal y máximos en los extremos superiores e
inferiores pero nulos en el eje neutro

τ

Fig. 6.6 Distribución de Esfuerzos Cortantes en Flexión
6.4.- PERFILES USADOS EN VIGAS
Los perfiles más recomendados en vigas son aquellos que tienen valores altos de
Inercia, por lo que se prefieren 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 los esfuerzos de normales y
cortantes.

Fig. 6.7 Perfiles Comunes en Vigas

176

PROBLEMAS RESUELTOS

6.1. Hallar las expresiones para calcular los esfuerzos normales y cortantes máximos
para un perfil rectangular.

ycg

h

b

Eje Neutro

h/2-y

Solución :
a) Esfuerzos Normales
ycg= h/2
c = +/- h/2
3
I = bh /12
My
My 12My
= 3 =
I
bh
bh3
12
My
My 12My
= 3 =
σ =
I
bh
bh3
12
Mc M ( h / 2) 6 M
σ max =
=
= 2
I
bh3
bh
12

σ =

b) Esfuerzos Cortantes
Trazando una línea a una altura y la misma divide la sección en una porción superior y
otra inferior:
En la sección inferior
Aparcial = b(h/2-y)
ycgparcial= y + (½)(h/2-y)
S = Aparcialycgparcial = b(h/2-y)[y+(1/2)(h/2-y)] = b(h/2-y)(h/2+y)(1/2)
2
2
S = b(h /4-y )/2
En la sección superior
Aparcial = b(h/2+y)
ycgparcial= (h/2+y)/2-y = (h/2-y)/2
2
2
S = b(h /4-y )/2
Entonces

177

2

2

S = b(h /4-y )/2
2
Smax y=0 = bh /8
QS
τ=
=
Ib

Qb(

2
h2
1 6Q( 1 − y )
− y2 )
4 h2
4
2 =
bh
bh 3
b
12

τmax = 1,5 Q/A

para un perfil triangular.

h

LN
2h/3+y

h/3

h/3-y

b

Solución:
ycg = h/3
c1 = h/3
c2 = 2h/3
3
I = bh /36
My
My
36My
= 3 =
I
bh
bh3
36
Mc
M (h / 3) 12M
σ max tracc = 1 =
=
I
bh3
bh 2
36
Mc2 M ( 2h / 3) 24M
σ max comp =
=
=
I
bh3
bh2

σ =

36

Trazando una línea a una altura “y”, en la sección inferior
h/B = (2h/3+y)/b
b = (2h/3+y)B/h

178

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 = A1 ycg1 = (2h/3+y)2(B/2h)(2h/9-2y/3)
S2 = A2 ycg2 = [B+(2h/3+y)B/h](1/2)(h/3-y) (h/2-y)/2
Smax = (4h2/9)(B/2h)(2h/9) = (4h2B/81)
τ sup =

2h
b
2h
Q( + y ) 3
Q( + y ) 2 6
QS
6h =
3
= 33
Ib
bh 2h
b
bh 3
( + y)
36 3
h

b
2h
2h
Q( + y ) 3
Q( + y ) 2 6
QS
3
6h =
3
=
τ sup =
b
Ib bh3 2h
bh3
( + y)
36 3
h
Cuando y = - 2h/3 se tiene τ = 0 y cuando y = 0 se tiene
τ max =

Q(

2h 2
4h 2 6
) 6 Q
3
9 = Q8 = 4Q
=
3
3bh 3 A
bh
bh 3

para un perfil romboidal.
h/2
h

h
h

Solución :
ycg = h/2
c = +/- h/2
I = 2h(h/2)3/36 + (h/2)(h/2)(h/6)2 = h4/48

σ max =

Mc M (h / 2) 24M
=
= 3
I
h4
h
48

Aparcial = h(h/2)/2
ycgparcial = (h/2)/3

179

Smax = Aparcial ycgparcial= h3/24
h3
Q( )
QS
24 = 2Q
τ max =
=
4
Ib
h h
h2
48
para un perfil rectangular hueco.

h
h/2
b

b

Solución :
ycg = h/2
c = +/- h/2
3
3
I = [bh – (b-2e)(h-2e) ]/12
σ max =

Mc
3Mh
=
I
e b 4e 2 − 6eh + 3h 2 − (2e − h )3

[(

)

]

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)]
τ max =

[

]

QS
− 3Q 2b(e − h) − ( 2e − h) 2
=
Ib
4e b(4e 2 − 6eh + 3h 2 ) − (2e − h)3

{[

]}

para un perfil I.

h
h/2
b

b

180

Solución :
ycg= h/2
c = +/- h/2
I = bh3/12-(b-e)(h-2e)3/12
σ max =

Mc
M 6h
=
2
I
e 2b 4e − 6eh + 3h2 − (2e − h)3

{[ (

)

]}

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)
τ max =

[

]

QS
− 3Q 4b(e − h ) − (2e − h)2
=
Ib
2e 2b 4e2 − 6eh + 3h 2 − (2e − h )3

{[ (

)

]}

para un perfil H

h
h/2
b

b

Solución :
ycg = h/2
c = +/- h/2
3
3
I = (b-2e)e /12 + 2eh /12
σ max =

Mc
6Mh
=
I
(b − 2e)e3 + 2eh3

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
2
Smax = (bh /8) - (b - 2e)(h-e)h/8
τ max =

[
[

QS 3Q bh 2 − (b − 2e)(h − e)
=
Ib
2 (b − 2e)e3 + 2eh3 e

]

]

para un perfil T.

181

h

yc
g

b

Solución :
ycg =

bh(h / 2) − (b − e)(h − e)(h − e)(1/ 2)
bh − (b − e)(h − e)

ycg = −

b(e − 2h) − (e − h)2
2(b − e + h)

c1 = ycg
c2 = h - ycg
I=

[

]

e be2 + (h − e)(e2 − 2eh + 4h2 ) eh2 (e − h)2
−
12
4(b − e + h)

σ max =

[

]

Mc
− 6M b(e − 2h) − (e − h)2
=
2 2
I
e b e − 2b(e − h)(e2 − eh + 2h2 ) + (e − h)2 (e2 − 2eh + h2 )

{[

]}

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
Smax =

τ max =

[

e b(e − 2h ) − (e − h )2
8(b − e + h)2

]

2

[

]

2

QS
3Q b(e − 2h) − (e − h) 2
=
2 2
2
Ib
2e b e − 2b(e − h )(e − eh + 2h 2 ) + (e − h) 2 * (e2 − 2eh + h 2 ) (b − e + h)

{[

]

}

para un perfil circular.

d

Eje Neutro=Ycg

Solución :

182

ycg = d/2
c = +/- d/2
4
I = πd /32
σ max =

Mc M (d / 2) 32M
=
=
I
πd 4
πd 3
64

Aparcial = πd2/2
ycgparcial = 4/(3π )
Smax= Ap ycgparcial = 2d3/3
2d 3
Q 32
Q
QS
3 = 3
τ =
=
Ib
πd 4
πd 2
d
64
4

τmax=(4Q)/(3 A)

6.9. Comparar la relación esfuerzos normales vs. peso y esfuerzos cortantes vs. peso
para los perfiles de la figura. Tomar Ancho = 6 cm, Alto = 12 cm y Espesor = 1 cm.

(a)

(b)

(d)

(c)

(e)

(f)

Solución :
σ max =

Para a)

Mc M ( h / 2) 6 M
=
= 2
I
bh3
bh
12

τmax=1,5 Q/A
σ max =

Para b)

Mc
M 6h
=
I
e 2b 4e2 − 6eh + 3h2 − (2e − h)3

{[ (

)

]}
183

τ max =

σ max

Para c)

[

]

QS
− 3Q 4b(e − h ) − (2e − h )2
=
Ib
2e 2b 4e2 − 6eh + 3h 2 − (2e − h )3

{[ (

)

Mc
6Mh
=
=
I
(b − 2e)e3 + 2eh3

[
[

]}

]

τ max =

QS 3Q bh 2 − (b − 2e)(h − e)
=
Ib
2 (b − 2e)e3 + 2eh3 e

σ max =

Mc
− 6M b(e − 2h) − (e − h)2
=
2 2
I
e b e − 2b(e − h)(e2 − eh + 2h2 ) + (e − h)2 (e2 − 2eh + h2 )

Para d)

]

{[

[

]

[

]

22

]}

τ max =

QS
3Q b(e − 2h) − (e − h)
=
Ib
2e b2e2 − 2b(e − h )(e2 − eh + 2h2 ) + (e − h) 2 * (e2 − 2eh + h2 ) (b − e + h)

σ max =

Mc
3Mh
=
I
e b 4e 2 − 6eh + 3h 2 − (2e − h )3

τ max =

QS
− 3Q 2b(e − h) − ( 2e − h)
=
Ib
4e b(4e2 − 6eh + 3h 2 ) − (2e − h)3

Para e)

{[

[(

[

{[

)

2

]

]

}

]
]}

para un perfil trapezoidal.
9

12

9

12

15

3

3

Solución:
ycg= (2A1 x cg1 + A2 x cg2)/(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)
2
2
I = 2(Icg1+A1d1 )+(Icg2+A2d2 )
3
2
2
I = 2{[(B-b)/2]h /36+[(B-b)/2](h/2)(Icg1+A1d1 )+(Icg2+A2d2 )

184

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 los esfuerzos normales de flexión y de corte máximos.
60[kg]
45[kg]

45[kg]

3

4.5

10

15

6

30

15

10

Solución:
Para una sección circular

M max c 16 M max
=
I
πd 3
QS 4Q
=
=
Ib 3 A

σ max =
τ max

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
2
σmax = 70.73 Kg/cm
2
τmax = 14.14 Kg/cm
En el eje 4.5

Mmax = Ra 20 = 75(20) = 1500 Kg cm
Qmax = Ra = 75 Kg
σmax = 83.83 Kg/cm2
2
τmax = 6.2814 Kg/cm

En el eje 6

Mmax = Ra 50 = 75(50) = 3750 Kg cm
Qmax = Ra = 75 Kg
2
σmax = 88.41 Kg/cm
2
τmax = 3.53 Kg/cm

185


para el perfil de la figura.
b

h

d


H

d


e
H


186

e

d

b

H

e

b
e

H

b

e
H

187

a
a

a
a

a
a

a
a

188

a

189

7.- FLEXIÓN
Deformaciones
7.1.- INTRODUCCIÓN

Las piezas sometidas a cargas de flexión presentan deformaciones o deflexiones. El
cálculo de estas deformaciones es muy importante para garantizar el buen
comportamiento estructural, para verificar la resistencia y para resolver problemas
hiperestáticos. En este capítulo se estudiarán tres métodos muy comunes usados 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

Fig. 7.1 Línea Elástica

Se denomina “Línea elástica” a la forma curvada que adopta el eje de una viga al
producirse la deformación por acción de las cargas exteriores.
7.2.-MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN

Para deducir la ecuación de la elástica se supone que las deformaciones son
pequeñas y que ellas se deben solo a los momentos flectores.
Como se vio en el anterior capitulo, un segmento diferencial curvo de viga puede
considerarse como un arco de círculo con centro en O y radio ρ.

190

O

x

tg1

dx

d

y

1
tg2

2
ds

dy
d

Fig. 7.2 Segmento Curvo de una Viga
Del Grafico

De ambas

dx ≈ ds = ρdθ
dy
tg (θ ) ≈ θ =
dx
1 dθ d 2 y
=
=
ρ dx dx 2

(7.1
(7.2
(7.3

Del anterior capitulo

1

ρ
Finalmente

−

M
EI

(7.4

d2y M
=
dx 2 EI

(7.5

=

Aparece un signo negativo porque para los ejes elegidos se ve valores crecientes de x
corresponden a valores decrecientes de θ.
Si los desplazamientos no son pequeños debe utilizarse para la curvatura la expresión
rigurosa
1

ρ

=

∂ 2 y / ∂x 2

[1 + (dy / dx) ]

2 3/ 2

(7.6

Y conocida la función del momento flector, por doble integración se halla la ecuación
de la línea elástica

191

Para la deducción de la ecuación de la elástica, en algunas circunstancias resulta más
práctico usar las funciones de la fuerza de corte o de la carga
Q
∂3 y
=
EI ∂x 3

(7.7

p( x) ∂ 4 y
= 4
EI
∂x

(7.8

7.3.-MÉTODO DE SUPERPOSICIÓN

Si tenemos un sólido elástico lineal al cual aplicamos un sistema de fuerzas (causa) se
producirán distintos efectos, como por ejemplo: reacciones de apoyo, tensiones,
deformaciones, solicitaciones, etc. (efectos).
En su expresión más general principio de superposición dice: “La relación entre causa
y efecto es lineal.” Como consecuencia de ello:
A una causa C1 le corresponde un efecto E1
A una causa C2 le corresponde un efecto E2
A una causa C = α C1 + β C2 , α y β ctes, le corresponderá un efecto E = α E1 + β E2
El principio implica una absoluta linealidad entre las cargas y las deformaciones,
esfuerzos o solicitaciones.
Esta linealidad no se da principalmente en los siguientes casos:
a) Cuando no se cumple la ley de Hooke, o sea, no existe linealidad entre tensiones y
deformaciones.
b) Cuando la geometría de la estructura cambia en forma apreciable, y para el
equilibrio es necesario tomar en cuenta la modificación sufrida por el sistema.
Según este principio, 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.
En una viga empotrada cuando la carga no llegue al extremo libre, el tramo que no
soporta carga permanece recto por lo que fácilmente se pueden hallar las deformadas.

192

Fig. 7.3 Deformada de una viga empotrada sin carga en el extremo libre

δtotal = δ1+ δ2 = δ1 (l → a)+ θ (l-a)

(7.9

7.4.- MÉTODO DEL ÁREA DEL DIAGRAMA DE MOMENTOS

Fig. 7.4 Método del Area del Diagrama de Momentos

Considérese un elemento diferencial de línea elástica, nuevamente este puede
considerarse como un arco de circulo con centro en O, radio ρ y subtendido por el
ángulo dθ. Este ángulo es el mismo que existe entre las tangentes en los extremos del
elemento diferencial. Relacionamos las ecuaciones 7.1 y 7.4 se obtiene

dθ M
=
dx EI

(7.10

Entonces:

193

B

θ=

M

∫ EI dx

(7.11

A

Ecuación que da el área del diagrama de momentos y que es la base del:
TEOREMA I: El ángulo  comprendido entre dos tangentes en dos puntos
cualesquiera A y B de la línea elástica, es igual al área del diagrama de momentos
reducido entre estos puntos.
De la figura se puede apreciar que el producto xd es la distancia vertical entre
tangentes f en B. Integrando
B

B Mu

A

A

δ B = BB' = ∫ udθ = ∫

EI

dx
(7.12

TEOREMA II: Dado dos puntos A y B pertenecientes a una línea elástica, la ordenada
de B respecto a la tangente en A es igual al momento estático con respecto a B del
área de momentos reducidos comprendida entre A y B.
Este momento estático puede calcularse multiplicando el área total del diagrama de
momentos reducidos comprendida entre A y B por la distancia a su centro de
gravedad.
B

B Mx

A

A

δ A = AA' = ∫ xdθ = ∫

EI

dx
(7.13

Los dos teoremas anteriores se conocen como Teoremas de Mohr
En el caso de que el diagrama tenga áreas positivas y negativas, se realizará el
procedimiento para cada área
M
d1

d2
CG1
T

x

A

B
CG2

Fig. 7.5 Diagrama del Momento de flexión con Áreas Positivas y Negativas

EI(θ) = Area (AT) – Area (TB)

(7.14

194

EI(δ) = Area (AT)d1 – Area (TB) d2

(7.15

A continuación se muestran las áreas y centros de gravedad de figuras comunes:
b /2

b /3

3 b /8
h

h
b

b

b

A = b h /2

A=bh

h

R e c ta n g u la r

b /4

A = 2 b h /3

T ria n g u la r

b /5
h

b
A = b h /3
P a ra b o lic a

P a r a b o lic a

2 b /π
h

h
b
A = b h /4
C u b ic a

b
A = 2 b h /π
A rm o n ic a

Fig. 7.6 Áreas y Centros de Gravedad de Figuras Comunes
7.5.- SISTEMAS HIPERESTATICOS

Los sistemas donde las ecuaciones de la Estática (Σ F = 0 y Σ M = 0) son en numero
menores al numero de Cargas incógnitas que se desean hallar, no se pueden resolver
y se conocen como estáticamente Indeterminados y en ellos se deben introducir
ecuaciones adicionales de deformaciones.

195

Deflexiones de vigas simplemente empotradas
M

P

r

Ry

l

M

P

r

Ry

a

b

M

R1 = Hl, R2 = 0
M1 = Hl2/2, M2 = 0
M = (H/2)(x-l)2
Q = H(l-x)

r

Ry

l

Mb

M
r

Ry

l

p=

R1 = P, R2 = 0
M1 = Pl, M2 =0
M = P(x-l)
Q=P
R1 = P, R2 = 0
M1 = Pa, M2 = 0
Ma = P(x-a)
Mb = 0
Qa = P
Qb = 0

Hx
l

M
r

l

x
p = H (1 − ) n
l

R1 = 0, R2 = 0
M1 = Me, M2 = Me
M = Me
Q=0
Hl
2 R2 = 0
Hl 2
M1 =
6 M2 = 0
Hl 2
x
M =
(1 − ) 3
6
l
Hl
x
Q=−
(1 − ) 2
2
l
Hl
R1 =
n + 1 R2 = 0
Hl 2
(n + 1)(n + 2)

M2 = 0

r

Ry

l

Pl 3
3

EIθ max =

Pl 2
2

EIymax =

Pa 2
( a − 3l )
6

EIθ max =

Pl 2
2

Hx 2
EIy =
(4lx − x 2 − 6l 2 )
24

EIymax =

Hl 4
8

EIθ =

Hx
(3lx − x 2 − 3l 2 )
6

EIθ max =

Hl 3
6

EIy =

Mx 2
2

EIymax =

Ml 2
2

EIya =

M=
Q=

Hl 2
x
(1 − ) n + 2
(n + 1)(n + 2)
l

Hl 
x
1 − 
(n + 1) 
l

n +1

Px2
Px
( x − 3a) EIθa = ( x − 2a)
2
6

0<x<a
2
Pa2
EIyb =
(a − 3x) EIθ b = Pa
6
2

a<x<l

EIθ = Mx

R1 =

M1 =

M

EIymax =

Px 2
( x − 3l )
6
Px
EIθ =
( x − 2l )
2
EIy =

EIy =

EIθ max = Ml

Hx 2 3
( x − 5lx 2 + 10l 2 x − 10l 3 )
120l

EIymax =

Hl 4
30

Hx 3
( x − 4 x 2 l + 6 xl 2 + 4l 3 )
24l

EIθ max =

Hl 3
24

EIθ =

x
x
Hl 4 [(1 − )n + 4 + (n + 4) − 1]
l
l
EIy = −
(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
x
Hl 3 [ −(1 − ) n + 3 + 1]
l
EIθ = −
(n + 1)(n + 2)(n + 3)

EIy =
max
EI max =
θ

Hl4
(n +1)(n + 2)(n + 4)

Hl3
(n +1)(n +2)(n +3)

196

Deflexiones de vigas simplemente apoyadas
P
l/2

l/2

l
RB

RA

R1 = P/2
R2 = P/2
M = Px/2
Q = P/2

P
b

a

l

RA

RB

R1 = Pb/l
R2 = Pa/l
Ma = Pbx/l
Mb = Pa(l-x)/l
Qa = Pb/l
Qb = -Pa/l

M
b

a

RA

l
RB

R1 = - M/l
R2 = M/l
Ma = - Mx/l
Mb = - M(l-x)/l
Qa = - M/l
Qb = - M/l
R1 = R 2 = Hl / 2
Hxl
x
M=
(1 − )
2
l
l
Q = H ( − x)
2

l

R1 = Hl / 6
R2 = Hl / 3
RA

RB

l
RA

Hxl
x2
(1 − 2 )
6
l
Hl
3x 2
Q=
(1 − 2 )
6
l
R1 = Hl /(n + 2)(n + 1)
R2 = Hl /(n + 2)
M =

l

RB

x n +1
Hlx (1 − n +1 )
l
M =
(n + 2)( n + 1)
Q=

Hl (

1
x n +1
−
)
n + 2 l n +1
(n + 1)

Pl 3
48

EIy =

Px 3 2
( l − x2 )
12 4

EIymax =

EIθ =

P l2
( − x2 )
4 4

EIθ 1 = EIθ 2 =

EIy a =
EIyb =

Pbx 2
(l − x 2 − b 2 )
6l

Pb  l

( x − a ) 3 + (l 2 − b 2 ) x − x 3 
6l  b



Pb
3x 2 b 2
EIθ a =
(l −
− )
6
l
l
Pb  3l

2
EIθ b =
( x − a ) + (l 2 − b 2 ) − 3 x 2 
6l  b



M
( − x 3 + 6 axl − 3a 2 x − 2l 2 x )
6l
M
EIyb = (−x3 + 3x 2l − 3a 2 x − 2l 2 x + 3a 2l)
6l
M
EIθ a =
( −3 x 2 + 6al − 3a 2 − 2l 2 )
6
M
EIθb =
( −3 x 2 + 6 xl − 3a 2 − 2l 2 )
6
Hx 3
EIy =
(l − 2lx 2 + x 3 )
24
H
EIθ = (l 3 − 6lx 2 + 4 x 3 )
24
EIy a =

Hx
EIy =
(7l 4 − 10l 2 x 2 + 3 x 4 )
360l
H
EIθ =
(7l 3 − 30lx 2 + 15 x 4 )
360l

EIy =

 lx 2 − l 3
Hx
l 3+ n − x3+ n 
+


(n + 2)(n + 1)  6
(n + 4)(n + 3)l n 

EIθ =

 3lx 2 − l 3 l 3+ n − ( n + 4) x3+ n 
H
+


( n + 2)(n + 1)  6
(n + 4)(n + 3)l n 

EIymax =

en

Pl 2
16

Pb(l 2 − b 2 )3 / 2
9 3l

x = (l 2 − b 2 ) / 3

Pb(l 2 − b 2 )
6l
Pa (l 2 − a 2 )
EIθ 2 =
6l

EIθ1 =

M
EI 1 = (6al−3a2 − 2l2)
θ
6l
M 2
(l − 3a 2 )
EIθ 2 =
6l

EIy max =

5Hl 4
384

EIθ 1 = EIθ 2 =

Hl 3
24

5 Hl 4
384
7 Hl 4
EIθ1 =
360
8 Hl 4
EIθ 2 =
360
1
1
3
Hl 
− 
(n + 4)(n +3) 6
EI 1 =
θ
(n + 2)(n +1)
EIy max =

1
1 
Hl3  −

3 (n + 4)
θ
EI 2 =
(n + 2)(n +1)

197

PROBLEMAS RESUELTOS
a) Método de la doble integración

7.1. Hallar las ecuaciones de las pendientes y deformaciones del sistema de la figura

H

l
Ra

Rb

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=0y=0
x=ly=0

c2 = 0
0 = (H/6)(l4/6 – l4/20) + c1 l
3
c1= -(7H l /360)
H
(7l 3 − 30lx 2 + 15 x 4 )
360l
Hx
EIy =
(7l 4 − 10l 2 x 2 + 3 x 4 )
360l
EIy' =

p (x)=H(x/l)2

H

A
RA

Solución:
De 5.4
Integrando

x=0
x=l

y=0
y=0

B
l

RB

M = (H/12)(lx - x4/l2)
2
5
EI y’= (H/12)(lx /2 – x /5l2 ) + c1
3
6
EI y = (H/12)(lx /6 – x /30l2 ) + c1 x + c2
c2 = 0
4
4
0 = (H/12)(l /6 – l /30) + c1 l

198

3

c1= -(H l /90)
H lx 2 x 5 4l 3
EIy' = (
−
−
)
12 2 5l 2 30
5
6
3
4l
H lx
x
)
EIy = (
−
−
12 6 30l 2 30

p(x)=H(x/l)n

H

A
RA

B
l

RB

Solución:
M=

De 5.5

n+ 2 

H
 xl − x

( n + 2)(n + 1) 
ln 



EIy' =

 lx 2
H
x n +3 

 + c1
−
( n + 2)(n + 1)  2 (n + 3)l n 



EIy =

 lx3

H
xn+ 4

 + c x + c2
−
 6 (n + 4)(n + 3)l n  1
(n + 2)(n + 1) 


Integrando

x=0y=0

c2 = 0
c1 = −

1

Hl 3
1

 −
(n + 2)(n + 1)  6 (n + 4)(n + 3) 



EIy' =

 lx 2

H
x n +3
l3
l3


−
− +
(n + 2)(n + 1)  2 ( n + 3)l n 6 (n + 4)(n + 3) 



x=l y=0

EIy =

 lx3

H
xn+ 4
l 3x
l3x


−
−
+
 6 ( n + 4)(n + 3)l n
(n + 2)(n + 1) 
6
(n + 4)(n + 3) 


7.4. Hallar los valores de las pendientes en los extremos y la ubicación de la
deformada máxima del sistema de la figura

199

p(x)=H(x/)n
l

H

A
RA

B
l

RB

Solución:
Del problema anterior
EIy' =

 lx 2

H
x n +3
l3
l3


−
− +
 2 ( n + 3)l n 6 (n + 4)(n + 3) 
(n + 2)(n + 1) 


θ izq =

 1

Hl 3
1
− +

(n + 2)(n + 1)  6 ( n + 4)(n + 3) 



θ der =

1

Hl 3
1
1
1
 −

− +
(n + 2)(n + 1)  2 (n + 3) 6 (n + 4)(n + 3) 



Para x = 0

Para x = l
La deformada máxima ocurre cuando y’ = 0

lx 2
x n +3
l3
l3
−
− +
=0
n
2
6 (n + 4)(n + 3)
(n + 3)l

Ecuación de donde se despeja x
H

p(x)=H(1-x/)n
l

A
RA

B
l

RB

Solución:
Se reemplaza en el problema anterior (l – x) por x
EIy' =

 l (l − x ) 2 (l − x ) n + 3 l 3

H
l3


−
− +
(n + 2)(n + 1) 
2
6 (n + 4)(n + 3) 
(n + 3)l n



EIy =

 l (l − x)3
H
(l − x ) n + 4
l 3 (l − x)
l 3 (l − x ) 


−
−
+
n
(n + 2)(n + 1) 
6
6
( n + 4)(n + 3) 
( n + 4)(n + 3)l



7.6. Hallar las ecuaciones de las pendientes, deformaciones y valores máximos de
estos en el sistema de la figura

200

H
A

B
l

RA

RB

Solución:
Reemplazando n = 0 en los resultados del problema 7.3
EIy' =

 lx 2
 H  lx 2 x 3 l 3
H
x n +3
l3
l3
l3 

= 

−
− +
− − +
(n + 2)(n + 1)  2 (n + 3)l n 6 (n + 4)(n + 3)  2  2
3 6 4(3) 





EIy ' =

(

H
6lx 2 − 4 x3 − l 3
24

)

 lx 3
 H  lx 3
H
x n+ 4
l3x
l3x
x4
l3x l3 x 

= 

EIy =
−
−
+
−
−
+
( n + 2)(n + 1)  6 (n + 4)(n + 3)l n
6 ( n + 4)(n + 3)  2  6 4(3) 6 4(3) 





EIy =

(

H
2lx 3 − x 4 − l 3 x
24

)

La deformada máxima ocurre en x=l/2 y la pendiente máxima ocurre en x = 0 y x = l
5 Hl 4
384
Hl 3
EIy´max =
24

EIy max =

p(x)=H(x/l)

H
M

o
l

R

Solución:
De 5.8

M = −H

x3
6l

x = l y’ = 0
x=ly=0

x4
+ c1
24l

EIy = − H

Integrando

EIy ' = − H

x5
+ c1x + c2
120l

c1 =

Hl 3
24

c2 = −

Hl 4
30

EIy ' = −

H  x4 3 
 −l 

24  l



201

EIy = −


H  x5 3
 − l x5 + l 4 4 

120  l



H

p(x)=H(x/l)2

M

o
l

R

Solución:
M = −H

De 5.9

x4
12l 2

EIy ' = − H

Integrando
EIy = − H

x = l y’ = 0
x=ly=0

c1 = H

x5
60l 2

+ c1

x6
360l 2

+ c1 x + c2

l3
60
l4
72

c2 = − H

H  x5 3 
 −l 

60  l 2


6

H x
 − l 3 x6 + l 4 5 
EIy = −

360  l 2


EIy' = −

H

p(x)=H(x/l)n

M

o
l

R

Solución:
M = −H

De 5.10

x ( n+ 2)
( n + 2)( n + 1)l n

EIy ' = − H

Integrando

x ( n + 3)
+ c1
(n + 3)(n + 2)( n + 1)l n

202

EIy = − H

x ( n + 4)
+ c1 x + c2
(n + 4)(n + 3)( n + 2)( n + 1)l n

x = l y’ = 0
x=ly=0

c1 = H

l3
(n + 3)(n + 2)(n + 1)

c2 = − H

l4
(n + 4)(n + 2)(n + 1)

EIy ' = −

 x n +3

H

−l3 

(n + 3)(n + 2)(n + 1)  l n



EIy = −

 x n+ 4 3

H

− l x( n + 4) + l 4 (n + 3) 

(n + 4)( n + 3)(n + 2)( n + 1)  l n



7.10. Hallar los valores máximos de pendiente y deformación del sistema de la figura
H

p (x)=H(x/ l) n

M

o
l

R

Solución:
Del problema anterior
 x n +3 3 
H

−l 

(n + 3)(n + 2)(n + 1)  l n


n+ 4
x

H

EIy = −
− l 3 x(n + 4) + l 4 (n + 3) 

( n + 4)(n + 3)(n + 2)(n + 1)  l n


EIy ' = −

La pendiente y deformada máximas ocurren cuando x = 0
EIθ max =

Hl 3
(n + 3)(n + 2)(n + 1)

EIy max = −

Hl 4
( n + 4)(n + 2)(n + 1)

H

p(x) =H(l-x/l)n

l

Solución:
Se reemplaza en el problema 7.9 (l – x) por x
EIy ' = −

 (l − x) n+3 3 
H

−l 

(n + 3)(n + 2)(n + 1) 
ln



203

EIy = −

 (l − x) n+4 3

H

− l (l − x)(n + 4) + l 4 ( n + 3) 

( n + 4)(n + 3)(n + 2)(n + 1) 
ln



estos en el sistema de la figura usando funciones de singularidad

P
M
R

Solución:
De 5.14

a

b

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
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
EIy´=

Px
( x − 2a )
2

EIy =

Px 2
( x − 3a )
6

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
Pa 2
2
Pa 2
EIy =
( a − 3 x)
6
EIy´= −

Las deformadas máximas ocurren cuando x = l

204

EIy´max = −
EIymax =

Pa 2
2

Pa 2
( a − 3l )
6

estos en los sistemas de la figura

P
M
l

R

Solución:
Reemplazando en el problema anterior a = l y b = 0
EIy´=
EIy =

Px
( x − 2l )
2
Px 2
( x − 3l )
6

EIy ' max =

Pl 2
2

EIymax =

Pl 3
3


P

a

Ra

b

Rb

Solución:
De 5.13

M1 = Px - Pxa/l
M2 = Pa- Pxa/l
Integrando

EIy '1 =

Px 2 Px 2 a
−
+ c1
2
2l

Px 3 Px 3 a
−
+ c1 x + c 2
6
6l
Px 2 a
EIy ' 2 = Pax −
+ c3
2l

EIy1 =

205

EIy 2 =

Pax 2 Px 3 a
−
+ c3 x + c4
2
6l

x = 0 y1 = 0

0 = c2

x = a y1’ = y2’

Pa 2 Pa 3
Pa 3
−
+ c1 = Pa 2 −
+ c3
2
2l
2l

x = a y1 = y2

Pa 3 Pa 4
Pa 3 Pa 4
−
+ c1 a + c 2 =
−
+ c3 a + c 4
6
6l
2
6l

x = l y2 = 0
De donde

0=−

Ml 3 Ml 2
+
+ c3 l + c 4
6l
2

c1 = P (

a 2 a 3 al
−
− )
2
6l
3
a 3 al
+ )
6l
3

c3 = − P(

c4 =

y

Pa 3
6

P
(lx 3 − x 3 a + 3a 2 lx − a 3 x − 2 al 2 x )
6l
P
EIy b = (3ax 2 l − x 3 a − a 3 xl − 2 al 2 x + a 3 l )
6l
P
EI θ a = (3lx 2 − 3 x 2 a + 3a 2 l − a 3 − 2 al 2 )
6l
P
EI θ b = ( 6 axl − 3 x 2 a − a 3 l − 2 al 2 )
6l
EIy a =


P

a

Ra
Solución :
De 5.16

Integrando

b

Rb

M1 = - Mx/l
M2 = -Mx/l +M
EIy '1 = −

Mx 2
+ c1
2l

EIy1 = −

Mx 3
+ c1 x + c2
6l

206

Mx 2
+ Mx + c3
2l
Mx 3 Mx 2
EIy 2 = −
+
+ c3 x + c 4
6l
2

EIy ' 2 = −

0 = c2
x = 0 y1 = 0
x = a y1’ = y2’
x = a y1 = y2
x = l y2 = 0
De donde

−

Ma 2
Ma 2
+ c1 = −
+ Ma + c3
2l
2l

−

Ma 3
Ma 3 Ma 2
+ c1a + c 2 = −
+
+ c3 a + c 4
6l
6l
2

0=−

Ml 3 Ml 2
+
+ c3 l + c 4
6l
2

c1 = M (a −
c3 = − M (

a2 l
− )
2l 3

a2 l
+ )
2l 3

Ma 2
2
M
EIy a =
(− x 3 + 6axl − 3a 2 x − 2l 2 x )
6l

c4 =

y

M
( − x 3 + 3 x 2 l − 3a 2 x − 2l 2 x + 3a 2 l )
6l
M
EIθ a =
( −3 x 2 + 6al − 3a 2 − 2l 2 )
6
M
EIθb =
( −3 x 2 + 6 xl − 3a 2 − 2l 2 )
6

EIy b =

Hl/4

Hl/4

H

H

l/2

l/2

l/2

Ra

Solución :
De 5.17
Integrando

Rb

Ra

l/2
Rb

2

Q1(x)= - Hx /l + Hl/4
3
M1(x)= - Hx /(3l) + Hlx/4
4
2
EI y1´= - Hx /(12l)+Hlx /8+c1

207

5

3

EI y1= - Hx /(60l)+Hlx /24+c1x+c2
x = 0 y1 = 0
c2 = 0
4
2
x = l/2 y1´=0
0 = - H(l/2) /(12l) + (Hl/8)(l/2) + c3
3
c3 = - 5Hl /192
 x 4 lx 2 5l 3 


EIy´= H  −
+
−

 12l 8 192 
 x 5 lx 3 5l 3 x 
H
5
2 3
4
EIy = H  −
 60l + 24 − 192  = 960l (−16 x + 40l x − 25 xl )




Estas ecuaciones sólo son validas cuando 0<x<l/2
b) Método de Superposición

7.16. Hallar por superposición la ecuación de la deformación del sistema de la figura
H
A

B

2H
H

R

Rb

Para 1

(

EIyTotal =

A

l

R

B

B

)

(

Para 2

B

A

Hx 3
l − 2lx 2 + x 3
24
Hx
EIy 2 =
7l 4 − 10l 2 x 2 + 3 x 4
360l

EIy1 =

R

H

Ra

Solución :
De las tablas

l

R

l

A

)


Hx  3
3x 4
 22l − 40lx 2 +

+ 15 x 3 
360 
l



H

H

A

B
RA

RB

H

A

B

H

A

RA

l

RB

B
RA

l

RB

208

Solución :

(

)

Hx 3
l − 2lx 2 + x 3
24
Para 1
Hx
EIy 2 =
25l 4 − 40l 2 x 2 + 16 x 4
960l
Para 2
Hx 3
Hx
EIytot =
l − 2lx 2 + x 3 +
25l 4 − 40l 2 x 2 + 16 x 4
24
960l
Entonces
Esta ec es valida solo en la mitad izquierda
EIy1 =

(

)

(

)

(

)

H

P

A

B

H

A

P

B
l

A

B

Solución : De tablas

H
EIy1 = (l 3 − 2lx 2 + x 3 )
24
Para 1
Para 2 de 7.15 con a = b =l/2
Px 2
EIy 2 =
(3l − 4 x 2 )
48
Hx 3
EIytot =
(l − 2lx 2 + x 3 ) + Px (3l 2 − 4 x 2 )
24
48
Entonces
Ecuación valida solo en la mitad izquierda

P
p(x)=H(x/l)n
A

B

P
A
RA

B
RB

H

A

B

Solución :

209

Para 1

Px 2
(3l − 4 x 2 )
48

EIy1 =
EIy2 =

Para 2

 lx 3

H
x n+4
l3x
l3x


−
−
+
( n + 2)(n + 1)  6 ( n + 4)(n + 3)l n
6 ( n + 4)(n + 3) 



EIyTot =

 lx3
 Px 2
H
xn+4
l3x
l 3x
2
 −
 6 (n + 4)(n + 3)l n − 6 + (n + 4)(n + 3)  + 48 (3l − 4x )

(n + 2)(n +1) 


Ecuación valida solo en la mitad izquierda
7.20. Hallar por superposición la deformación máxima del sistema de la figura
P

P

P

(1
H

P
l

(2

(3

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
Pbx 2
EIya =
(l − x 2 − b2 )
6l
con
x = l/2; a = 2l/3 y b = l/3
EIy 2 =

l l
P ( )( )
2
2
3
3 2  l 2 − l − l  = 23Pl



6l
4 9  1296



Por la simetría la deformación en l/2 producida por la carga 1 es la misma
EIy1 =

23Pl 3
1296

La deformación en l/2 producida por la carga 3 se obtiene de
Hx 3
EIy 3 =
(l − 2lx 2 + x 3 )
24
con x = l/2
l
H( ) 
2
3
4
2  l 3 − 2l l + l  = 5 Hl

EIy 3 =
24 
4 8  384



Finalmente

210

EIδ max =

2(23) Pl 3 5 Hl 4
+
1296
384

7.21. Hallar por superposición la deformada máxima del sistema de la figura

Solución :
P(l / 4)3 P(l / 4) 2
+
(3l / 4)
3EI
2 EI
( P )(l / 2)3 ( P)(l / 2) 2
δ2 =
+
(l / 2)
3EI
2 EI
( P )(3l / 4)3 ( P)(3l / 4) 2
+
δ3 =
(l / 4)
3EI
2 EI

δ1 =

( P )(l ) 3
3EI
Pl 3  1
3
1
1
33
32
1  65 Pl 3
=
+
+
+
+
+
+ =

EI  (64)3 (64) 2 (8)3 (8)2 (64)3 (64) 2 3  96 EI

δ4 =
δ Tot

2P
4P

3P

P

2P
P

3P
l/4

l/4

l/4

4P

l/4

Solución :
δ1 =

P(l / 4)3 P(l / 4)2
+
(3l / 4)
3EI
2 EI

(2 P )(l / 2) 3 ( 2 P)(l / 2) 2
+
(l / 2)
3EI
2 EI
(3P )(3l / 4) 3 (3P)(3l / 4) 2
δ3 =
+
(l / 4)
3EI
2 EI
3
(4 P )(l )
δ4 =
3EI

δ2 =

211

δ Tot =

Pl 3
EI

 1
3
2
2
34
33
4  141Pl 3
+
+
+
+
+
+ =

(64)3 (64)2 (8)3 (8)2 (64)3 (64)2 3 
64 EI


2P

4P

3P

P

2P
P

4P

3P

H

l/4

l/4

l/4

l/4

Solución :
P (l / 4) 3 P (l / 4) 2
+
(3l / 4)
3EI
2 EI
( 2 P)(l / 2) 3 (2 P )(l / 2) 2
δ2 =
(l / 2)
+
3EI
2 EI

δ1 =

δ3 =

(3P )(3l / 4) 3 (3P)(3l / 4) 2
+
(l / 4)
3EI
2 EI

(4 P)(l ) 3
3EI
( H )(l ) 4
δ5 =
8 EI
l3
(108 P + 8 Hl )
δ tot =
64 EI

δ4 =

7.24. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura
P
2H

2H
l/3

l/3

l/3

l/3

l/3

l/3

H
H

l/3

l/3

l/3

A

P

B
l/3

l/3

l/3

Solución :
Para 1

EIδ 1 A =

(2 H )(2l / 3) 4 16 Hl 4
=
30
1215

212

EIy =

Para 2
con x=2l/3

Hx 2
( 4lx − x 2 − 6l 2 )
24

( H )( 2l / 3) 2
24

EIδ 2 A =
EIy =

Para 3

Px 2
( x − 3l )
6

P (2l / 3) 2
6

EIδ 3 A =

Con x=2l/3

2l 2
17 Hl 4
 2l
2
4l ( 3 ) − ( 3 ) − 6l  = 243



EIδ totA =
EIδ1B =

3
 2l
 7 Pl
 3 − 3l  = 162



16 Hl 4 17 Hl 4 14 Pl 3
+
+
1215
243
81

(2 H )(2l / 3) 4 (2 H )(2l / 3) 3  l  26 Hl 4
+
 =
30
24
 3  1215

( H )(l ) 4
8
P(l ) 3
EIδ 3 B =
3
26 Hl 4 Hl 4 Pl 3
EIδ totB =
+
+
1215
8
3
EIδ 2 B =

P
P
H

l/2

l/2

l/2

l/2

l/2

l/2
A

B

H

Solución :
Para 1
Con x=l/2

EIy =

Px 2
( x − 3l )
6

EIδ 1 A =

3
P (l / 2) 2  l
 5Pl
 2 − 3l  = 48
6



213

EIy =

Para 2

Hx 2 3
( x − 5lx 2 + 10l 2 x − 10l 3 )
120l

EIδ 2 A =

Con x=l/2

H (l / 2) 2
120l

2
 l  3
 49 Hl 4
l
2 l 
3
  − 5l   + 10l   − 10l  =
3840
2
2
 2 




5 Pl 3 49 Hl 4
+
48
3840
Pl 3
EIδ1B =
3
Hl 4
EIδ 2 B =
30
Pl 3 Hl 4
EIδ totB =
+
3
30

EIδ totA =

P
P
l/2
l/2

l/2

l/2

H

l/2

l/2
B

A

H

Solución :
Para 1
Con x=l/2
Para 2

EIy =

Px 2
( x − 3l )
6

EIδ 1 A =
EIy =

Hx 2
( 4lx − x 2 − 6l 2 )
24

EIδ 2 A =

Con x=l/2

3
P (l / 2) 2  l
 5Pl
 2 − 3l  = 48
6



H (l / 2) 2
24

  l   l 2
 17 Hl 4
2
4l   −   − 6l  =
384
 2 2




5Pl 3 17 Hl 4
+
48
384
Pl 3
EIδ1B =
3
Hl 4
EIδ 2 B =
8EI

EIδ totA =

214

EIδ totB =

Pl 3 Hl 4
+
3
8

P
P
l/2

l/2

l/2

l/2

H

l/2

l/2
B

A

H

Solución :
Para 1
Con x=l/2

Para 2

EIy =

Px 2
( x − 3l )
6

EIδ 1 A =

EIδ 2 A

3
P (l / 2) 2  l
 5Pl
 2 − 3l  = 48
6



l
H 
2
=  
8

4

5Pl 3 Hl 4
+
48 128
3
Pl
=
3

EIδ totA =
EIδ1B

4

EIδ 2 B

3

l
l
H 
H 
4
2
2  l  7 Hl
=   +    =
8
6  2  384

EIδ totB =

Pl 3 7 Hl 4
+
3
384


215

P

l/2

l/2

l/2

H

H
l/2

l/2

l/2

P

H

l/2

l/2
A

B

H

Solución :
Para 1
Con x=l/2
Para 2

EIy =

Px 2
( x − 3l )
6

EIδ 1 A =

Hx 2 3
( x − 5lx 2 + 10l 2 x − 10l 3 )
120l

EIy =
EIδ 2 A =

Con x=l/2
Para 3

EIy =

3
2
 49 Hl 4
H (l / 2) 2  l 
l
2 l 
3
  − 5l   + 10l   − 10l  =
120l  2 
3840
2
2




Hx 2
( 4lx − x 2 − 6l 2 )
24

EIδ 3 A =

Con x=l/2

3
P (l / 2) 2  l
 5Pl
 2 − 3l  = 48
6



2
 17 Hl 4
H (l / 2) 2   l   l 
2
4l   −   − 6l  =
24   2   2 
384




5 Pl 3 49 Hl 4 17 Hl 4
+
+
48
3840
384
3
Pl
EIδ1B =
3
Hl 4
EIδ 2 B =
30
Hl 4
EIδ 3 B =
8
Pl 3 Hl 4 Hl 4
EIδ totA =
+
+
3
30
8
EIδ totA =


216

6H

(-)

2l/3

l/3
A

2H
2H
2l/3

B

(+)

l/3
A

2l/3

B

l/3
A

4H

B

(+)

2l/3

l/3
A

B

Solución :
Para 1
Con x=l/2
Para 2
Con x=l/2

EIy =

Hx 2 3
( x − 5lx 2 + 10l 2 x − 10l 3 )
120l

EIδ 1 A =
EIy =

− 6 H ( 2l / 3) 2
120lEI

2l 2
142 Hl 4
 2l 3
2 2l
3
( 3 ) − 5l ( 3 ) + 10l ( 3 ) − 10l  = − 1215



Hx 2
( 4lx − x 2 − 6l 2 )
24

EIδ 2 A =

4
2 H 2l 2  2l 2
2l
 34 Hl
( ) − ( ) + 4l ( ) − 6l 2  =
24 3  3
3
243

4

Para 3

EIδ 3 A

 2l 
4H  
4
 3  = 32 Hl
=
30
1215

− 142Hl 4 34 Hl 4 32 Hl 4
+
+
1215
243
1215
4
(6 H )(l )
EIδ 1B = −
30
(2 H )(l ) 4
EIδ 2 B =
8
(4 H )(2l / 3) 4 (4 H )(2l / 3) 3
52 Hl 4
EIδ 3 B =
+
(l / 3) =
30
24
1215
− 6 Hl 4 Hl 4 52 Hl 4
EIδ totB =
+
+
30
4
1215
EIδ totA =

217

c) Método del Área del diagrama de Momentos
7.30. Hallar por el método del área del diagrama de momentos la deformada máxima
del sistema de la figura
A

A

B

B

tg A

H

H
δ AB

tg B

δ BA

l

l/2

Solución :
De 5.5 con n = 0
M=

H
(lx − x 2 )
2
l/2

δ AB = δ max =

H

∫ 2EI (lx − x ) xdx
2

0

δ AB = δ max

5 Hl 4
=
384 EI
l/2

θ AB = θ max =

H

∫ 2EI (lx − x )dx
2

0

θ AB =

Hl 3
24 EI

Hl/4

Hl/4

H

l/2

l/2

l/2

Ra

Solución :
De 5.17

H

Rb

l/2

Ra

Rb

Q1(x)= - Hx2/l + Hl/4
M1(x)= - Hx3/(3l) + Hlx/4
EIδ AB = δ max =

l/2

x3

lx



x5

lx 3 



∫ H (− 3l + 4 ) xdx = H  − 15l + 12 


0

l /2

0

218

Hl 4
120

EIδ AB = δ max =
EIθ AB = θ max =

l /2

x3



lx

x4

∫ H (− 3l + 4 )dx = H  − 12l +


0

l/2

lx 2 

8 0


5Hl 3
192

EIθ AB = θ max =

del sistema de la figura. p = H (1 – x/l)n
tg B
δ AB

M
M
Rx

B

A

tg A

Ry

Rx

A

Ry

B

Solución:
M =−

De 5.12

H (l − x ) ( n + 2 )
l n (n + 2)( n + 1)
l

H (l − x) n+2
− H (l − x) n+4
(l − x)dx = n
l (n + 2)(n + 1)
l (n + 4)(n + 2)(n + 1) 0
0
l

EIδ BA = δ max = ∫

EIδ BA = δ max =

n

Hl 4
( n + 4)( n + 2)( n + 1)
l

H (l − x ) n + 2
− H (l − x ) n + 3
dx = n
l n (n + 2)(n + 1)
l (n + 3)(n + 2)(n + 1) 0
0
l

EIθ AB = θ max = ∫

EIθ AB = θ max =

Hl 3
(n + 3)( n + 2)(n + 1)

A

C

B

A

B

H

tg C

tg A
δ BA

l

tg B
Ra

δ CA

Rb

Solución:

219

M =

De 5.3

Hlx
x2
H
x3
(1 − 2 ) = (lx − )
6
l
6
l
l

EIδ AC = ∫
0

H
x3
(lx − )(l − x)dx
6
l

H l 2 x 2 lx3 lx 4 x 5
Hl 4
7 Hl 4
(
−
−
+ )=
(30 − 20 − 15 + 12) =
6 2
3 4l 5l
6(60)
360
Trigonometría Tg θAB= δAC/l
7 Hl 3
θ AB =
360EI
EIδ AC =

xb

EIθ AB = ∫

Además

0

EIθ AB =

Igualando

xb

2
4
xb
H
x3
H  lx 2 x 4 
H lxb
(lx − ) dx = 
 2 − 4l  = 6 ( 2 − 4l )

6
l
6
0

2

4

x
7 Hl 3 H lxb
= (
− b )
360
6 2
4l

15 xb − 30lxb + 7l 3 = 0
4

De donde

2

xb = 0,519 l
EIδ max =

0 ,519l

∫
0

H
x3
2,5Hl 4
(lx − ) xdx =
6
l
384

d) Sistemas Hiperestáticos
7.34. Determinar la reacción del punto B de la viga mostrada en la figura.

l/2

H

l/2
A

l/2

B

R

b

l/2
A

B

H
l/2

l/2
A

B

Solución:
l3
3EI
7 H (l ) 4
=−
384 EI

δ 1B = R b
δ 2B

δB = δ1B + δ2B = 0
de donde:

RB = −

7Hl
128

220

7.35. Determinar la reacción en el punto medio de la viga mostrada de la figura
A

B

p(x)=H(x/l)n

H

RC

A

B

C

p (x) =H(x/ l) n

H

A

B

C

Solución:
δ B1 = −

δ B2 =

Rc l 3
48 EI

 l4

H
l4
l4
l4
 −
 48 (n + 4)(n + 3)2 n + 4 − 12 + (n + 4)(n + 3) 

EI (n + 2)(n + 1) 


δB = δB1 + δB2 = 0
R c −3 ⋅ l ⋅ H ⋅

 n2 + 7 ⋅ n + 16⋅ (n + 3)(− n−4) ⋅ n + 48⋅ (n + 3)(− n−4) − 4


(n + 3) ⋅ ( n3 + 7 ⋅ n2 + 14⋅ n + 8)



7.36. 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

Rb

H
H

l/2

l/2
l/2

A

l/2

B
H
l/2

l/2
A

B

Solución:
δ 1 B = − Rb

l3
3EI

( H )(l ) 4
30 EI
( H )(l ) 4
=
8EI

δ 2B =

δ 3B

de donde:

δB = δ1B + δ2B + δ3B = 0
19Hl
RB =
40

221

7.37. Determinar la reacción del apoyo B, de la viga mostrada en la figura.
l/2

l/2

H

B Rb

A

l/2

H

l/2
A

B

l/2

l/2
A

B

Solución :
Rb l 3
3EI
( H )(l ) 4
=
8EI

δ 1B = −
δ 2B

δB = δ1B + δ2B =0
3Hl
RB =
8

de donde:

7.38. Determinar la expresión para hallar la fuerza de reacción que ocurre en el punto
B
2H

2l/3

2H

l/3
A

B

H

H
2l/3

2l/3

l/3

l/3
A

B

B

B

Solución :
(2 H )(2l / 3) 4 ( 2 H )(2l / 3) 3
+
(l / 3)
30 EI
24 EI
4
( H )(l )
=
8EI

δ 1B =

δ 2B

222

δ 3B = −

Rb (l ) 3
3EI

por superposición
δB = δ1B + δ2B + δ3B = 0
RB =

de donde:

1343Hl
8 Hl
+
3240
27(12)

223

a) Método de la doble integración
7.39. Hallar las funciones de pendientes y deformadas del sistema de la figura
p(x)= H(x/l)

a

b

Rb

Ra

p(x)=H(x/a)2

a

b

l
7.41. Hallar la posición de la deformación máxima, y la expresión para determinar
esta, para el sistema mostrado en la figura
p(x)=H(x/l)n

a

b

Rb

Ra

7.42. Hallar las funciones de deformación y pendiente de la figura
p(x)=H((l-x)/a)2

b

a

l
7.43. Hallar la expresión para determinar la deformación máxima y determinar la
posición de esta, en el sistema de la figura

224

p(x)=H((l-x)/a)2

b

a

l
7.44. Hallar la ec. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en los
sistemas de la figura
P

H

b

a

l


H

b

a

l

p(x2)
b

H

a

l

225

P

p(x)=H(x/l)n
H

b

a

l
7.48. Hallar la pendiente y deformadas máximas del sistema de la figura
P

p(x)=H(b-x/b)n
H
M

o

b

a

R

l

P
p(x)=H(b-x/b)n

H
M

o

b

R

a

l

7.50. Hallar la ec. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en el
sistema de la figura usando funciones de singularidad
P

P

H
M

o
R

b

a

l


226

2P
P

H
M

o

b

a

R

l

7.52. Hallar la ec. de deformaciones, pendientes y valores máximos de estos en el
sistema de la figura por funciones de singularidad

2P
P
A

B

RA

l/3

l/3

RB

l/3


A

B

RA

l/2

RB

2l/3
l/2

b) Método de superposición

7.54. Hallar por superposición la ec. de deformación del sistema de la figura

b

a

l

227

2H

H
l/2

l
2H

H
l/2

l

p(x)=H(x/l)n

a

b

l

l/3

Ra

2l/3

Rb


228

P

l/4

2P

l/4

2P

l/4

P

l/4

4P

3P

2P
P

l/4

l/4

l/4

l/4

4P

l/4

3P

l/4

2P

l/4

l/4

P
H
l/3

l/3

l/3
A

B

H
l/3

l/3

l/3
A

B


229

P
H

l/2

l/2
A

B

P

H
2l/3

l/3
A

B

P

H
2l/3

l/3
A

B

P

H
2l/3

l/3
A

B

c) Metodo del Area del Diagrama de Momentos

7.68. Hallar por el método de área de momentos la deformación del sistema de la
figura, en el punto A y B

230

H
2l/3

l/3
A

B

H
2l/3

l/3
A

B

7.70. Hallar por superposición la deformación en A y B del sistema de la figura siendo
la intensidad de carga máxima H

l/2

l/2

A

B

P

H

l/2

l/2
A

B

7.72. Mediante el método de diagrama de momentos de terminar el valor de la
deformación máxima para la viga mostrada en la figura.
P

H
l/4
l/2

231

d) Sistemas Hiperestáticos

7.73. Determinar las reacciones que ocurre en el punto de apoyo de la viga mostrada
en la figura.

l/3

2l/3

Rb

Ra

7.74. Determinar la reacción en el punto medio de la viga mostrada de la figura
2H

H
l/2

l

7.75. Determinar la expresión para hallar la reacción en el punto de apoyo de la viga
mostrada en la figura
2H

H
l/2

l

7.76. Determinar la reacción de los puntos de apoyo de la viga mostrada en la figura.
H
H
H
l/2

l

232

7.77. Determinar la expresión para hallar la fuerza de reacción que ocurre en el punto
de apoyo

l/3

2l/3

7.78. Determinar las reacciones en los puntos de empotramiento de la viga mostrada
en la figura
p(x)=H(x/l)n
H

A

B

233

8.- ESFUERZOS COMBINADOS
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 capitulo se estudiaran la combinación de las anteriores cargas. Se analizaran los
esfuerzos y las se deformadas que presentan las piezas sometidas a cargas
combinadas.
Torsion

a
Flexion a

Corte
Traccion

Fig. 8.1 Cuerpo sometido a Cargas Combinadas

Ejemplos de elementos sometidos a cargas y esfuerzos combinados son: Los ejes y
árboles de maquinas 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.
Para la validez de las ecuaciones y resultados de este capitulo se asume la veracidad
3.- Los materiales son homogéneos
4.- En los miembros sometidos a compresión no se produce pandeo.
8.2.- COMBINACIÓN DE ESFUERZOS

En esta sección se hallaran primero los esfuerzos normales y cortantes en cualquier
dirección de una pieza sometida a esfuerzos combinados y posteriormente se hallaran
los valores máximos de ambos esfuerzos.

234

Un elemento diferencial sometido a la acción de esfuerzos combinados, presentara en
cada una de sus caras simultáneamente esfuerzos normales (σ) y esfuerzos cortantes
(τ). Se vio que la magnitud de todos los esfuerzos cortantes es la misma.
τy

y

y

σy

x

σx

τx

x

y

σx

τx
y

τφ

σφ

φ

x

τx
y

τy
σy

x

τy
σy

x

Fig. 8.2 Combinación de esfuerzos

Por trigonometría
lρ Cos ρ = dy
(8.1
lρ Sin ρ = dx
De la estática
Σ F1= 0
σρ lρ dz+(τxySin ρ - σxCos ρ)dydz + (τxyCos ρ - σySin ρ)dxdz = 0 (8.2
σρ + (τxySin ρ - σxCos ρ)Cos ρ + (τxyCos ρ - σySin ρ) Sin ρ = 0
Se 1 y 2
σρ + 2τxySin ρ Cos ρ - σxCos2 ρ - σySin2 ρ = 0
σρ + τxySin 2ρ - σx (1 + Cos 2ρ)/2 - σy (1 - Cos 2 ρ)/2 = 0

σ ρ ==

Σ F2= 0
De 1 y 4

σx +σy
2

+

σx −σy
2

cos(2 ρ ) + τ xy sen( 2 ρ )

(8.3
τρlρdz + (τxyCos ρ + σxSin ρ)dydz + (-τyxSin ρ - σyCos ρ)dxdz = 0 (8.4
τρ + (τxyCos ρ + σxSin ρ)Cos ρ + (-τxySin ρ - σyCos ρ) Sin ρ = 0
τρ + τxyCos2 ρ + σxSin ρCos ρ -τxySin2 ρ - σyCos ρSin ρ = 0
τρ + τxy (1+Cos2 ρ)/2 + σxSin 2ρ/2 -τyx(1- Cos 2ρ)/2 - σySin 2ρ/2 = 0

τ ρ == −

σ x −σ y
2

sen(2 ρ ) + τ xy cos(2 ρ )
(8.5

Algunos casos especiales son:
Para ρ = 0
para ρ = 90

σ0 = σx
τ0 = τxy
σ90 = σy
τ90 = - τxy

8.3.- CIRCULO DE MOHR

235

La relación entre los esfuerzos normales y cortantes es la de un círculo conocido
como el Círculo de Mohr
De 8.3

σρ - (σx + σy)/2 = (σx - σy)Cos (2 ρ)/2 + τxySin 2ρ
σ x + σ y 2 σ x −σ y 2 2
σ x −σ y
(σφ −
) =(
) Cos 2φ + 2(
)Cos2φτxySin2φ + (τ xySin2φ)2
2

De 8.5

2

2

τρ = (σy - σx) Sin (2ρ)/2 - τxy Cos (2ρ)/2
(τ φ )2 = (

σx −σ y
2

) 2 Sin 2 2φ − 2(

σx +σ y

σx −σ y
2

) Sin 2φτ xyCos 2φ + (τ xyCos 2φ ) 2

(8.7
(8.8
(8.9

σx −σ y

(σ φ −
)2 + τφ 2 = (
) 2 + τ xy 2
2
2
De 8.7 y 8.9
Comparando 10 con la ecuación de una circunferencia
2

(8.6

2

(8.10

2

(x – xo) + (y) = R

(8.11

se ve que es la misma con los esfuerzos normales como abscisas (σ) y los esfuerzos
cortantes como ordenadas (τ). Este es el Círculo de Mohr y tiene las siguientes
características:
- El centro del circulo tiene un desplazamiento en el eje horizontal de (σy + σx)/2
- No hay un desplazamiento en el eje vertical
- El radio de la circunferencia es de [(σy + σx)2 + τxy2]1/2.

τ

(σx−σy)2/4+τ2

τmax

(σx+σy)/2

σmax

σ

Fig. 8.3 Circulo de Mohr

236


En esta sección se hallaran los valores máximos de los esfuerzos normales y
cortantes y las direcciones en la que estos se presentan. Como ya se vio
anteriormente los esfuerzos normales máximos se conocen como esfuerzos
principales y las direcciones en las que ocurren son las direcciones principales. En
estas direcciones principales y en aquellas en las que los esfuerzos cortantes son
máximos la falla es la más probable.
Derivando 8.3 con respecto a φ e igualando a cero
∂σ φ
σ x −σ y
=(
)2 Sin2φ − τ xy 2Cos 2φ = 0
∂φ
2
Tan2φ =

(8.12

2τ xy

σ x −σ y

(8.13

De 8.13 y 8.4
σ1,2 =

σx +σ y
2

± (

σ x −σ y
2

)2 + τ xy 2

(8.14

Ecuación que da los valores de los esfuerzos normales máximos o principales
Derivando 8.5 con respecto a φ e igualando a cero
∂τφ
σ x −σ y
=(
)2Cos 2φ + τ xy 2Sin2φ = 0
∂φ
2
σ x −σ y
Tan2φ = −
2τ xy
τ1, 2 = ± (

De 8.11 8.5

σ x −σ y
2

(8.15
(8.16

) 2 + τ xy 2

(8.17

Ecuación que da los valores de los esfuerzos cortantes máximos
además

τ1,2 = σ1 - σ2

(8.18

8.5.- COMBINACIÓN DE DEFORMACIONES

En esta sección se estudia la transformación de la deformación plana de una pieza
sometida a esfuerzos combinados. En general un elemento diferencial sometido a la
acción de esfuerzos combinados tendrá en cada una de sus caras simultáneamente
esfuerzos normales (σ) y esfuerzos cortantes (τ).

237

y

y
∆s(1+εy)

∆s

π/2−γ

π/2+γ

∆s

x
x

∆s(1+εx)

Fig. 8.4 Deformaciones por Esfuerzos Normales

Los esfuerzos normales producen variación de las dimensiones mientras que los
esfuerzos cortantes producen una distorsión cuantificada por el ángulo γ.
Para hallar εx’, εy’ y γ’ asociadas al marco x’ y y’ que forman un ángulo θ con xy
y'

y

y

y'

∆s(1+εy')

π/2−γ'

∆s

π/2+γ'

x'

∆s

x'

θ

∆s(1+εx')

x

x

y

y

)
+ε θ'

∆ s(1

∆y

θ

π/2+γ

∆x(1+εx)

∆x

x

x

Fig. 8.4 Deformaciones por Esfuerzos Cortantes

Del teorema del coseno
[∆s(1+εθ)]2 = [∆x(1+εx)]2+[∆y(1+εy)]2-2∆x(1+εx)∆y(1+εy)Cos(π/2+γ)
Pero

∆x = ∆s Cos θ
∆y = ∆s Sin θ

(8.19
(8.20
(8.21

y Como γ es muy pequeño

238

Cos (π/2 + γ ) = - Sen ( γ ) = - γ

(8.22

De 19, 20, 21 y 22

∆s 2 (1 + 2ε θ + ε θ ) =
2

2
2
2
2
=∆s2Cosθ(1+2εx +εx ) +∆s2Sinθ(1+2εy +εy ) −2∆s2SinCos (1+εx +εy +εxεy )γ (8.23
θ θ

Despreciando términos de segundo orden de las deformaciones (ε y γ)
(1 + 2εθ ) = Cos 2θ (1 + 2ε x ) + Sin 2θ (1 + 2ε y ) − 2 SinθCosθ (1 + ε x + ε y )γ

2εθ = Cos 2θ 2ε x + Sin 2θ 2ε y − 2 SinθCosθγ

εθ = εx Cos2θ + εy Sin2θ + γ Sin θ Cos θ
De las expresiones de ángulo doble
εx + ε y εx − ε y
γ
ε x ' = εθ =
−
Cos 2θ + Sin 2θ
2

Reemplazando θ por θ + 90
ε y ' = εθ + 90 =

2

εx + εy
2

−

2

εx − ε y
2

Cos 2θ −

γ x ' y ' = − (ε x − ε y ) Sin 2θ + γ xy Cos 2θ

γ
2

Sin 2θ

(8.24
(8.25
(8.26

(8.27

(8.28
(8.29

239

PROBLEMAS RESUELTOS

8.1. En una pieza se verifican los siguientes esfuerzos : σx = 60 kg/cm , σy = 250
kg/cm2 y τxy = 50 kg/cm2. Hallar los esfuerzos en direcciones con ángulos de 0º hasta
360º con un intervalo de 10º.
Solución :
2

σφ
60.0
82.8
114.4
150.8
187.7
220.7
245.8
259.9
261.4
250.0
227.2
195.6
159.2
122.3
89.3
64.2
50.1
48.6
60.0
82.8
114.4
150.8
187.7
220.7
245.8
259.9
261.4
250.0
227.2
195.6
159.2
122.3
89.3
64.2
50.1
48.6
60.0

τφ
50.0
79.5
99.4
107.3
102.2
84.9
57.3
22.8
-14.5
-50.0
-79.5
-99.4
-107.3
-102.2
-84.9
-57.3
-22.8
14.5
50.0
79.5
99.4
107.3
102.2
84.9
57.3
22.8
-14.5
-50.0
-79.5
-99.4
-107.3
-102.2
-84.9
-57.3
-22.8
14.5
50.0

150.0
100.0
Esf Corte

φ (Gr) φ (Rad)
0
0.0
10
0.2
20
0.3
30
0.5
40
0.7
50
0.9
60
1.0
70
1.2
80
1.4
90
1.6
100
1.7
110
1.9
120
2.1
130
2.3
140
2.4
150
2.6
160
2.8
170
3.0
180
3.1
190
3.3
200
3.5
210
3.7
220
3.8
230
4.0
240
4.2
250
4.4
260
4.5
270
4.7
280
4.9
290
5.1
300
5.2
310
5.4
320
5.6
330
5.8
340
5.9
350
6.1
360
6.3

50.0
0.0
25.0
-50.0

125.0

225.0

-100.0
-150.0
Esf Normal

240

8.2. En el problema anterior, hallar los esfuerzos máximos y las direcciones en las que
estos ocurren.
Solución :
Tan 2φ =

Para σ

2τ xy
2(50)
=
σ x − σ y 60 − 250

φ = -13.87
σ 1,2 =

σx +σ y
2

± (

σ x −σ y
2

) 2 + τ xy 2 =

60 + 250
60 − 250 2
± (
) + 502
2
2

σ1 = 262,35 kg/cm
2
σ2 = 47,64 kg/cm

2

Tan2φ = −

Para τ

σ x −σ y
2τ xy

φ = 31.12
τ1, 2 = ± (

σ x −σ y
2

) 2 + τ xy 2

τ1 = 107,35 kg/cm2
τ2 = -107,35 kg/cm2
además

τ1,2 = (σ1 - σ2)/2

8.3. Hallar las ecuaciones y los valores máximos de los esfuerzos 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

b
a

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.

241

P

P
M = Pb/2
M = Pb/2

+

a) Compresión

b) flexión

P
P
σa = − = −
A
ab
a) Compresión
My
P(b / 2) y
6 Py
σb = ±
=±
=± 2
I
ab3 / 12
ab
b) Flexión

σ tot = σ a + σ b = −

Total
A la izquierda

y = +b/2
2P
ab

σ totizq =

A la derecha

P 6 Py
±
ab ab 2

y = -b/2
σ totder = −

4P
ab

El eje neutro por definición esta donde σ = 0
σ tot = −

P 6 Py
±
=0
ab ab 2

y = + b/6
Es decir que el eje neutro se sitúa a b/6 a la izquierda del centro de gravedad

b/6

2P/ab
-4P/ab

8.4. Hallar las ecuaciones y los valores máximos de los esfuerzos normales que
aparecen en una pieza con sección transversal triangular cuando soporta una carga
de compresión en uno de sus vértices

242

P
c.g.
H

Solución :
Nuevamente se superponen una carga de compresión con otra de flexión
P

P
M = P2h/3

2h/3

M = P2h/3

+

a) Compresión

b) flexión

P
2P
σa = − = −
A
ab
a) Compresión
My
P(2b / 3) y
24 Py
σb = ±
=±
=±
I
ab3 / 36
ab 2
b) flexión

σ tot = σ a + σ b = −

Total
A la izquierda

y = +b/3
σ totizq =

A la derecha

2 P 24 Py
±
ab
ab 2

6P
ab

y = -2b/3
σ totder = −

14 P
ab

El eje neutro por definición esta donde σ = 0
σ tot = −

2 P 24 Py
±
=0
ab
ab2

y = + b/12

Es decir a b/12 a la izquierda del centro

243

b/12

6P/ab
-14P/ab

8.5. Una pieza cilíndrica esta sometida a torsión y corte como se ve en la figura. Hallar
la combinación de esfuerzos cortantes
Mt

P
P

Mt
Solución :
Las cargas de corte y torsión producen esfuerzos de corte

a) Corte

a)
Corte
P
4P
τa = = 2
A πd

τb =

b) Torsión

b)
Torsión

Mr M ( d / 2) 16 M
=
=
Io
πd 4 / 32
πd 3

τ totarr =

Arriba

+

4P

πd

2

+

16M

πd 3

ambos son paralelos

244

τ totarr =

Abajo

4P 16M
−
πd 2 πd 3
4P

ambos son paralelos
16 M

τ totarr = ( 2 ) 2 − ( 3 ) 2
πd
πd
Lados
El eje neutro por definición esta donde τ = 0
τ tot =

4P

−

M (r )

πd 2 πd 4 / 32
y = + Pd2/(8M)

ambos son perpendiculares

=0

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 los esfuerzos máximos
y

z

b

P

x

a
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” esta sometida a flexión
mientras que la porción “b” a torsión y flexión

P
P
a
b

Mt=Pa

En “a” solo flexión

245

σ =

Flexión

My
( Px )(r )
=
I
(πd 4 / 64)
( Pa )(d / 2)

σ max =

=

(πd / 64)
4

32 Pa

πd 3

En “b” flexión y torsión
σ =

Flexión

My
( Pv )(r )
=
I
(πd 4 / 64)

σ max =

τ=

Torsión

( Pb)(d / 2)

=

(πd 4 / 64)

32 Pb

πd 3

M t r ( Pa )(r )
= 4
Io
πd / 32
16 Pa

τ max =

πd 3
Los esfuerzos son de diferente tipo por lo que no se los puede sumar sino que debe
combinarlos
σx =

32 Pb

πd 3

Tomando

σy = 0
τ xy =

16 Pa

σ 1,2 =

πd 3
σx +σ y
2

De 8.14

σ1,2 =

16P

πd

3

τ1, 2 = ± (

De 8.15

τ1,2 =

± (

σx −σ y
2

) 2 + τ xy 2 =

16 Pb

16 Pb

)2 + (

πd 3

± (

16 Pb

πd 3

)2 + (

16 Pa

πd 3

)2

(b ± a2 + b2 )

σ x −σ y
2

) 2 + τ xy 2 = ± (

πd 3

16 Pa

πd 3

)2

16P
( a 2 + b2 )
3
πd

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 los esfuerzos máximos

246

y

z

b
P
x

H
a

Solución :

H

P=H*a

a

a/2

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” esta sometida a
flexión mientras que la porción “b” a torsión y flexión en dos direcciones

Ha

H
P

b

a

Mt=Haa/2
En “a” solo flexión
σ =

Flexión

My ( Ha 2 / 2)(r )
=
I
(πd 4 / 64)

σ max =

( Ha 2 / 2)(d / 2)
(πd / 64)
4

=

16 Ha 2

πd 3

En “b” flexión y torsión
σ =

Flexión vert.

My ( Hav)(r )
=
I
(πd 4 / 64)

247

σ max =
σ =

Flexión hor

Torsión

(πd 4 / 64)

πd 3

( Pb)(d / 2)
(πd 4 / 64)

=

32 Pb

πd 3

M t r ( Ha 2 / 2)(r )
=
Io
πd 4 / 32

τ max =

8 Ha 2

πd 3

σx =

32 Hab

σy =

32 Pb

Entonces

τ xy =
σ1,2 =

πd 3
πd 3
8 Ha 2

πd 3
σx +σ y

De 8.14
τ1,2 = ± (

De 8.15

32 Hab

=

My
( Pv )(r )
=
I
(πd 4 / 64)

σ max =
τ=

( Hab)(d / 2)

2

± (

σx −σ y
2

σx −σ y
2

)2 + τ xy 2 =

) 2 + τ xy 2 = ± [

16

πd 3

16

πd

3

( Hab + Pb) ± [

(Hab − Pb)]2 + (

16

πd

8Ha2

πd 3

3

( Hab − Pb)]2 + (

8Ha2

πd 3

)2

)2

8.8. Hallar la deformación vertical del extremo libre de la manivela del problema 8.6
y

z

b

P

x

a

Solución :

248

P
P
a
b

Mt=Pa

a) La deformación vertical de la porción “a” originada por la carga vertical es

δa =

Pa 3 Pa 3 64
=
3EI
3E πd 4

b) La deformación vertical de la porción “b” originada por la carga vertical es

δ b1 =

Pb 3 Pb 3 64
=
3EI
3E πd 4

El momento de torsión origina un giro o deformada angular en la porción “b” de

θ=

M t b Pab 32
=
GI 0
G πd 4

este giro produce una caída vertical del extremo libre de “a”

δ b 2 = θa =

32 Pa 2 b
πd 4

La deformada total del extremo libre es

δ tot = δ a + δ b1 + δ b 2 =

64
πd 4

 Pa 3 Pb 3 Pa 2 b 

 3E + 3E + 2G 




8.9. Hallar la deformación vertical del extremo libre de la manivela del problema 8.7
y

z

b
P
x

H
a

Solución :
La fuerza horizontal no produce una deformación vertical en el extremo libre

249

Ha

H
P

b

a

Mt=Haa/2
a) Deformación vertical de la porción “a” originada por la carga vertical distribuida

δa =

Ha 4 Ha 4 64
=
8 EI
8E πd 4

b) Deformación vertical de la porción “b” originada por la carga vertical

δ b1 =

Hab 3 Hab 3 64
=
3EI
3E πd 4

c) Deformación angular de la porción “b” originada por el momento de torsión

θ=

M t b Ha 2 b 32
=
GI 0
2G πd 4

giro que produce una caída vertical del extremo libre de “a”

δ b 2 = θa =

16 Ha 3b
πd 4

La deformada total del extremo libre es

δ tot = δ a + δ b1 + δ b 2 =

64
πd 4

 Ha 4 Hab 3 Ha 3b 

 8 E + 3E + 4G 




8.10. La viga de la figura tiene una sección transversal como se muestra Hallar los
esfuerzos en los puntos A y B, de la sección A-A.
Seccion A-A

P
l/2

2a

A

B

l

a

A
3/2 l

α

A

a

a

Solución.-

250

P
M1

P

N1

R3

Q1

l

l

x
α

3/2 l
α

R1

R2

R2

ΣMo = 0

P(3l/2)-R2(3l/2+l cos α) = 0

R2 =

3P
(3 + 2 cos α )

Las reacciones internas
ΣM1 = 0
ΣFy = 0
ΣFx = 0
Para x = l

M1 + Px - R2(lcos α + x) = 0
Q1 + R2 - P = 0
N1 = 0

Pl cos α
(3 + 2 cos α )
2 P cos α
Q1 =
(3 + 2 cos α )
M1 =

N1 = 0
Componentes del esfuerzo.
y

2a
y

B
a

x

A
a

a

Esfuerzos normales por Cargas de Flexión.-

σA =

Mc A
I

σB =

Mc B
I

251

Esfuerzos de corte por Cargas de Flexión.-

τA =
Para A

Para B

τB =

QS B
IbB

cA = 5a/2
A parcial = 2 a a
y cg parcial = a
S max A = 2 a 3
bA = a
cB = a/2
A parcial = 0
y cg parcial = 0
S max B = 0
bB = a

I=
La inercia

QS A
Ib A

a (5a ) 3
aa 3 127a 4
+2
=
12
12
12

5a

a
a

a

Remplazando

Pl cos α 5a
30 Pl cos α
(3 + 2 cos α ) 2
=
σA =
127 a 4
127(3 + 2 cos α )a 3
12

Pl cos α a
(3 + 2 cos α ) 2
6 Pl cos α
σB = −
=−
127a 4
127(3 + 2 cos α ) a 3
12
El esfuerzo en el punto B es de compresión, por eso el signo negativo.
2 P cos α
2a 3
(3 + 2 cos α )
48P cos α
τA =
=
127a 4
127(3 + 2 cos α )a 2
a
12

252

τB = 0

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 del esfuerzo normal
que actúa en la sección mostrada. (Las unidades geométricas están en [cm])
z

y

y

2

x
1000 [kg]
x

3
1.5
1

y

1000kg

1000*1.5=1500[kg-cm]

x
1000*0.9=900[kg-cm]

Solución.Esfuerzos normales:

σA =

P 1000Kg
Kg
=
= 222.22 2
2
A 45cm
cm

El esfuerzo de flexión

σ fc

M ⋅c
I

siendo:

253

xo
xo

Ixx
Ixx

Iyy
Iyy

2 ⋅3 ⋅1 − 1.5⋅1 ⋅1.25

0.9167
cm

0.5 + 1.53
12

2 ⋅3 ⋅1.5 − 1.5⋅1 ⋅1.5

yo

2 ⋅3 − 1.5⋅1

6 − 1.5

3

yo

+ 0.5⋅1.5⋅



1.5  2
2



2

+

cm

1.5⋅13
12

+ 1.5⋅1 ⋅12

4

2.3697
cm

2⋅

 1⋅23 + 2⋅1⋅( 1 − 0.9167) 2  + 1⋅0.53 + 1⋅0.5⋅ 0.91 −
12
 12



0.5  2
2



4

1.589cm

Esfuerzo máximo de compresión de Mx con c=3/2

σ fc
σ fc

Mx⋅c
Ixx
949.487

kg
cm2

Esfuerzo máximo de compresión de My con c=0.916

σ fc
σ fc

My ⋅c
Iyy
528.847

kg
cm2

Esfuerzo debido a Mx

Esfuerzo debido a My

254

Esfuerzo debido a P
8.12. Determinar el esfuerzo máximo que ocurre en el Punto
mostrada en la figura
z

A de la columna

P

y

a

A
a/2

x

a/2

Solución.Siendo la sección transversal de la columna, la que se muestra en la figura,
tomaremos en cuenta los datos indicados a continuación.
y

h

M

P

a

x

a

h
A

3
2

a

a .h
2

255

a. 3
4
Las fuerzas trasladadas al centro de gravedad serán un momento y la respectiva
carga:
.2
A

1.

2

M P

3

h

P . 3 .a
3
Este momento esta 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 el
esfuerzo que se suceda por este efecto será:
M

1.

P

σ c
A
la distribución de los esfuerzos en la sección transversal será el mostrado en la
siguiente figura:

z

y

P

σc

A

x

Debido a que el punto A se encuentra por sobre el eje del centro de gravedad,
determinaremos el esfuerzo de compresión debido al momento de flexión con:

σ fc

M .c
I

donde
c: la distancia del la línea del cg (eje neutro) al punto A en análisis.
I: Inercia respecto del eje xx de la sección transversal.

h

A

P

C

v

u

a

256

c u

v

u

3

a

a

v

2 2

2 3
Remplazando las relaciones mostradas en la figura en la anterior ecuación:

σ fc

8.P
3

a

2

. 3

el diagrama de esfuerzos debido a la flexión es el mostrado en la siguiente figura:
y

z
M

σfc

A
x

El esfuerzo total que ocurre en el punto A es:

σA σc

σ fc

remplazando las anteriores expresiones, y simplificando, tenemos:

P
σ A 4. . 3
2
a

257

8.13. En una pieza se verifican los siguientes esfuerzos : σx = 90 kg/cm2, σy = 350
kg/cm2 y τxy = 30 kg/cm2. Hallar los esfuerzos en direcciones con ángulos de 0 hasta
360 con un intervalo de 10.
8.14. En el problema 8.13, hallar los esfuerzos máximos y las direcciones en las que
estos ocurren.
8.15. Hallar la combinación de esfuerzos normales del sistema de la figura
P

b
a

8.16. Hallar la combinación de esfuerzos normales del sistema de la figura, Cada lado
del triángulo l = 3 cm y la carga P = 800kg
P

8.17. Una perno en el momento de su apriete esta sometida a cargas de torsión y a
cargas de tracción. Hallar la combinación de esfuerzos

8.18. Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta varias cargas puntuales
como se ve en la figura. Hallar los esfuerzos máximos

258

y

z

b
P

M

P

x

a

P

8.19. Una manivela de sección circular y diámetro “d” soporta varias cargas puntuales
como se ve en la figura. Hallar los esfuerzos máximos
y

z

b

M

P

x

P
P

a

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 esfuerzo para cada una de las cargas, mostradas
en la figura:
1000 [kg]
y

800 [kg]
z

4

y

x
500 [kg]

1

4

x
1

259

8.23. Para el problema anterior determinar el esfuerzo total en el punto donde se
aplica la carga de 500kg
8.24. Determinar el esfuerzo máximo de compresión de la columna mostrada en la
figura.
800 [kg]

z

3

y

x

1

y

200 [kg]

3

x
1

8.25. Determinar el esfuerzo máximo que soporta la columna mostrada en la figura
y

z

3

y
800 [kg]

x

x

5
1
1

8.26. Determinar el esfuerzo máximo de compresión sobre la viga mostrada en la
figura. (Dimensiones en mm)
2000 [kg]
1500 [kg]

50

17

50
17

8.27. Hallar los esfuerzos para la columna mostrada en la figura.

260

1000 [kg]
800 [kg]

5

2

5
2

8.28. Hallar los esfuerzos totales en los puntos indicados:
a

A

a/4

A

t
q

b/4 b

A
l

a=5 [cm]
b=7[cm]
t=1 [cm]

l
t

q=1200 [kg/m]
l=50[cm]

8.29. Determinar el esfuerzo máximo en la sección indicada en la figura.
q=1500 [kg/m]
l=80[cm]
P=500 [kg]

A

l/2

P

l

A
l/2
45

a

t
b

a=8[cm]
b=8[cm]
t=2 [cm]

8.30. En el problema anterior determinar una fórmula genérica para determinar los
esfuerzos de compresión en el punto A.
8.31. Hallar las ecuaciones de los esfuerzos en cada una de las barras del sistema de
la figura.

261

z
y
x

a

A
Ø 5[cm]
B

a

a=50 [cm]

a

1000[kg]
1500[kg]

8.32. En el problema anterior, determinar el esfuerzo máximo en el punto A.

262

9.- MÉTODOS ENERGÉTICOS
9.1 INTRODUCCIÓN
En este capitulo se estudiaran Métodos Energéticos que nos posibilitaran hallar las
deformaciones para los diferentes tipos de carga estudiados anteriormente.
En la zona elástica (cuando los esfuerzos son inferiores a los límites de fluencia) los
materiales se comportan elásticamente y las deformaciones se almacenan como
energía potencial de deformación.
9.2.- TRABAJO DE DESPLAZAMIENTO
El trabajo, en mecánica clásica, es el producto de una fuerza por la distancia que
recorre y por el coseno del ángulo que forman ambas magnitudes vectoriales entre sí.
Si la fuerza es variable el trabajo se calcula mediante la integral del producto escalar
del vector fuerza por el vector desplazamiento.

Fig. 9.1 Trabajo realizado por una fuerza debido a su Desplazamiento
s

r r
W = ∫ F • dr

(9.

0

W = F s Cos α

(9.2

El trabajo es el área bajo la curva Fuerza – Deformación
9.3.- TRABAJO Y ENERGÍA POTENCIAL DE DEFORMACIÓN

263

Fig. 9.2 Trabajo y Energía de Deformación
Considere un resorte indeformado s=0 antes de la aplicación de la fuerza 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
s

s

1
W = ∫ Fi ds = ∫ − ksds = − ks 2
2
0
0

(9.3

Este trabajo es negativo pues se realiza en contra de la fuerza Fi del resorte,
El trabajo que efectúa la carga Fe, es
s

s

1
W = ∫ Te ds = ∫ ksds = ks 2
2
0
0

(9.4

Se puede decir que el trabajo de la fuerza externa (Te)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 PARA LOS DIFERENTES TIPOS
DE CARGA
a) ENERGÍA PARA ESFUERZOS NORMALES

− dWi = dU =

ε=

σ
E

1
(σA)(εdl )
2

(9.5
(9.6

264

σ=

P
A

(9.7

1 P 2 dl
2 EA
l
1 P 2 dl
− Wi = U = ∫
2 0 EA

− dWi = dU =

(9.8
(9.9

b) ENERGÍA PARA CARGAS DE CORTE

− dWi = dU =

γ=

τ

1
(τbdy )(γdl )
2

(9.11

G
QS
τ=
Ib
− dWi = dU =

(9.10

(9.12

1 QS 2
( ) bdydl
2G Ib

(9.13

Llamando coeficiente de forma a (que depende del tipo de sección)

χ
A

ys

=

S
dy
I 2b
− yi

∫

(9.14

1 Q2
χ
dl
2 GA
l
1
Q2
− dWi = dU = ∫ χ
dl
2 0 GA

− dWi = dU =

(9.15
(9.16

e) ENERGÍA DEL MOMENTO DE TORSIÓN

− dWi = dU =
dθ =

1
( M t )(dθ )
2

M t dl
GI o

− dWi = dU =

(9.17
(9.18

1 M t dl
2 GI o

(9.19

265

l

2

1 M dl
− Wi = U = ∫ t
2 0 GI o

(9.20

d) ENERGÍA DEL MOMENTO FLECTOR

− dWi = dU =

dθ =

1
( M f )(dθ )
2

(9.21

M f dl

(9.22

EI

1 M f dl
2 EI
2
l
1 M f dl
− Wi = U = ∫
2 0 EI

− dWi = dU =

(9.23

(9.24

Resumiendo

Estado
Traccion/Compresión

Fuerza/Momento
P

Deformada
δ =

∫

Pdx
EA

Energia
U =

1
2

∫

P 2 dx
(8.8
EA

Q
Corte

Despreciable
M

Torsión

θ =

M
Flexion

θ =

Mdx

∫ GI
∫

Despreciable
U =

1
2

∫

M 2 dx
GI o

(8.9

U =

1
2

∫

M 2 dx
EI

(8.10

o

Mdx
EI

9.5.- TEOREMAS DE CASTIGLIANO
Consideremos un sólido elástico que esta sometida a un sistema de cargas mismas
que fueron aplicadas progresivamente (desde cero hasta su valor final de una) manera
continua. En este caso, el trabajo W realizado por todas las cargas que actúan sobre
el sólido quedaría almacenado como energía elástica de deformación U en el sólido.
Entonces :

266

Fig. 9.3 Trabajo y Energía de Deformación de un Sólido
U=W

(9.25

1 n
Wi = U = ∑ Fi d i
2 i=1

(9.26

El trabajo realizado por las cargas exteriores aplicadas a un sólido es la mitad de la
suma del producto de dichas cargas por los desplazamientos de sus puntos de
aplicación (en las direcciones de las mismas, por supuesto).
Derivando respecto a la Fuerza Fk

Pero

n
∂U 1 
∂d 
= d k + ∑ i Fi 
∂Fk 2 
i =1 ∂Fk

d i = d i1 F1 + d i 2 F2 + ..... + d ik Fk + ..... + d in Fn
∂d i
= δ ik = δ ki
∂Fk
n
∂U 1 
 1
= d k + ∑ d ki Fi  = [d k + d k ] = d k
∂Fk 2 
i =1
 2

(9.27
(9.28
(9.29

(9.30

Esta ecuación se conoce como el Primer Teorema de Castigliano, que dice :
La derivada parcial del Trabajo de Deformación respecto de una de las fuerzas, es
igual al desplazamiento de su punto de aplicación medido en la dirección de la fuerza”.

∂U
= Fk
∂d k

(9.31

267

De manera similar se halla la ecuación anterior que se conoce como el Segundo
Teorema de Castigliano que dice
La derivada parcial del Trabajo de Deformación respecto del desplazamientos de un
punto, es igual a la componente de la fuerza que sobre dicho punto actúa en dirección
de este desplazamiento”.
Si entre las cargas aplicadas existiera algún momento, bastaría con tener en cuenta
que:
- donde se dijera fuerza se debería decir momento
- donde se dijera desplazamiento se debería decir giro
- donde se expresara trabajo (W=Fd, en el caso de fuerzas) se debería escribir W=Mθ.
9.6.- ECUACIONES DE CASTIGLIANO
Aplicando las ecuaciones de Castigliano a las ecuaciones de la energía se obtiene

δn =

∂U P l dx
= ∫
∂Pn E 0 A

∂M
M(
) dx
l
∂U 1
∂Pn
δn =
= ∫
I
∂Pn E 0
∂M
M(
) dx
∂U
1l
∂M n
θn =
= ∫
∂M n E 0
I
∂M t
Mt (
) dx
l
∂U
1
∂M n
θn =
= ∫
∂M n G 0
Io

(9.32

(9.33

(9.34

(9.35

268

PROBLEMAS RESUELTOS
9.1.- Hallar la deformada en el extremo libre de una viga simplemente empotrada tiene
una carga puntual.
P

P

Q

Mr
l

M

x

R

Solución :
Σ M = 0M = P x
δ

max

l
1 
∂M
M (
) dx
EI 
∂P
0

∫

=

δ max =

1
EI

l

∫ ( Px ) xdx
0

=






Px 3
3 EI

Pl 3
δ max =
3 EI
9.2.- Hallar la deformada angular en el extremo libre de una viga simplemente
empotrada tiene una carga puntual
P

P

Q

Mh
M

M1
x

l

R

Mh

Solución :
Se introduce un momento ficticio Mh y el momento:
M = P x + Mh
θ max =

l
1 
∂M
M (
) dx
EI 
∂M h
0

∫






269

θ max =

l
1 
( Px + M
EI 
0

∫

h


)( 1 ) dx 



θmax = (Mh x + Px²/2) 1/EI
Pero Mh = 0

Pl 2
2 EI
9.3.- Hallar las deformadas lineal y angular en el extremo libre de una viga
simplemente empotrada con una carga puntual interna

θ max =

P
H

a

H

Q

Mh

P

Q

Mh
M1

R

M1

x

x

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
δ

max

=

δ max =

a
l
∂M 1
1 
M 1(
) dx +  M


EI
∂H
0
a


∫

∫

a

2

(


∂M 2
) dx  

∂H



l

1
[ [ Hx + M h ] x dx + ∫ [ Hx + P ( x − a ) + M h ] x dx ]
EI ∫
a
0

Pero H = Mb = 0

δ max =
θ max =

θ max =

P l 3 − a 3 a (l 2 − a 2 )
[
−
]
EI
3
2
a
∂M
1 
M 1(
EI 
∂M
0


∫

a

1
h

l
) dx +  M

a

∫

2

(

∂M
∂M

2
h


) dx  




l

1
[ [ Hx + M h ](1)dx + ∫ [ Hx + P ( x − a ) + M h ](1)dx ]
EI ∫
a
0

Con H = Mh = 0

270

θ max =

P l2 − a2
[
− a ( l − a )]
EI
2

simplemente empotrada con una distribuida p = H (x/l)n
H

F
Q
Mh

Mr
L

x

R

Solución :
Se introducen una fuerza y un momento ficticio F y Mh :
De 5.10 sin F ni Mb :

M =−

Hx ( n+ 2 )
l n (n + 2)(n + 1)

con F y Mb :

δ

max

=

δ max =

l
1 
∂M
M (
) dx
EI 
∂F
0

∫

1
EI

l

∫ [ Fx + l

n

0






Hx ( n + 2 )
+ M b ] xdx
( n + 2 )( n + 1)

Pero H = Mb = 0

δ max =

Hl 4
EI ( n + 4 )( n + 2 )( n + 1)

θ max =

l
1 
∂M
M (
) dx
EI 
∂M b
0


θ max =

1
EI

∫
l

∫ [ Fx + l
0

n






Hx ( n + 2 )
+ M b ](1) dx
( n + 2 )( n + 1)

271

Con H = Mh = 0

θ max =

Hl 3
EI ( n + 3 )( n + 2 )( n + 1)

9.5.- Hallar las deformadas lineal en el extremo libre de una viga simplemente
empotrada con una carga puntual
P

y=x 2 /b
P

Q

Mr

ds

b

M

R

dy

dx
b-x

x

Solución :
M = P (b - x)
δ

max

=

 longitud
1 
EI 

0


∫

M (


∂M
) ds 

∂P



ds = dx 2 + dy 2

dy = 2(x/b)dx

δ max =
δ max

1
EI

b

∫ [ P ( b − x ) ]( b − x )

1 + 4 ( x / b ) 2 dx

0

Pb 3
= K
EI

9.6.- Hallar las deformadas lineal en el extremo libre de una viga simplemente
empotrada con una carga puntual en el extremo
P

P

P
Mr

45

45
x

l/2

M1
l/2

Q

Q
l/2

M2
x

R

272

Solución :
Los momentos son :
L/2 ≥ x ≥ 0
M1 = - P Sin 45 x
l≥x≥a
M2 = - P (l/2 Sin 45 + v )
δ

max

l / 2
∂M 1
1 
M 1(
) dx +
∂P
EI 
0


∫

=

l/2

l / 2

δ

max

1 
EI 


=

∫

∫

M

0

2

(


∂M 2
) dv 

∂P


l/2

P ( xSin 45 ) 2 dx +

0

∫ P ( l / 2 Sin 45 + v )
0

2


dv 



9.7.- Hallar el desplazamiento que tiene el apoyo móvil de una viga con forma
parabólica y carga puntual en su centro
P
y-d=x 2
Q

M1

y-d=x 2
d
y

y

x

δ

H
l

Ra

l/2-x
Ra

Rb

Solución :
Se introducen una fuerza ficticia H. Por simetría
Ra = Rb = P/2
l/2 ≥ x ≥ 0
M1 = Ra x – H y
2
M1 = (P/2) ( l/ 2 –x) – H (x + d)
Hay dos intervalos. Por simetría se duplica solo uno
δ

max

=

l / 2
∂M 1
2 
M 1(
) ds
EI 
∂H
 0

∫






273

ds = dx 2 + dy 2

dy = 2 x dx
δ

∫

max

δ

0

l / 2
2 
Px
=
[
− H ( x 2 + d )] x 2
EI 
2
 0

max

= K


1 + 4 x 2  dx



Pl 3
EI

parabólica y carga puntual en su centro
P
l

Q

M1

30
x

H

δ
Ra

Rb

Ra

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
M1 =

Px 3 Hx
−
4
2

Hay dos intervalos. Por simetría se duplica solo uno
δ

max

=

l
∂M 1
2 
M 1(
) dx
EI 
∂H
0

δ

max

=

l

2 
Px 3
Hx
x
[
−
]( − )  dx
EI 
4
2
2 
0


δ

max

=

Pl 3 2 3
12 EI

∫






∫

274

9.9.- En el sistema de la figura: a) Hallar el desplazamiento horizontal producido por la
fuerza P. b) El valor de α, para que el desplazamiento sea nulo.
C
C

P
R

R

α

A

Rh

B

P

α

A

B

H
Fr

Rv

Solución :
a) ΣMa = 0

Fr 2R – PR Sin α (1 + Cos α) + P Cos α R Sin α = 0
Fr = (P/2) Sin α

Se incluye una ficticia H en B para calcular la deformada horizontal de este punto
δ BH =

π
α

1 
∂M
∂M 2
M 1( 1 ) dx + M 2 (
)dx 


EI
∂H
∂H
α
0


∫

∫

(I
M1

P

C

M2

θ

B

H

P

θ

B
H

Fr

0≤θ≤α

Fr

M1 = Fr R (1 - Cos θ) + HR Sin θ
M1 = (P/2) R Sinα (1 - Cos θ) + HR Sin θ

(ii
α≤θ≤π
M2 = (½ Sinα + 3/2 SinαCosθ - CosθSinθ - CosαSinα) RP + HRSinθ
(iii
De i, ii y iii y simplificando
PR3 Sin(α )
δ BH =
(3Cosα − 1 + Cos 2α )
3EI

b) Para que el desplazamiento sea nulo
(3 Cos α - 1 + Cos2 α )= 0
De donde:
α = 72.376°

275

9.10.- El bastidor A,B,C, articulado en uno de sus extremos y apoyado en el otro esta
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)
C

l
l

α

α

A

B

Solución :
De la estática:
Σ Ma = 0

2 Fr L Cos α - (qL2/2) Cos2 α - (qL2/2) Sin2 α= 0
C

x

M1

x

M2

H

H

B

B
Fr

Fr

Fr = (qL)/(4 Cos α)
En el tramo derecho:
0≤x≤L
M1= Fr x Cos α + H x Sin α
M1= (qLx)/4 + H x Sin α
En el tramo izquierdo:
0≤x≤L
M2= Fr (L Cos α + x Cos α) + H (L - x) Sin α - qx2/2
M2= qL2/4 + qLx/4 + H Sin α - H x Sin α - qx2/2
remplazando en la ecuación de desplazamiento y simplificando:
L
L

1 
∂M
∂M 2
M1( 1 )dx + M 2 (
) dx 

EI 
∂H
∂H
0
0

5
4
=
qL Sinα
24 EI

δ BH =
δ BH

∫

∫

276

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 esfuerzos de flexión.
q

qx = q(1 −

B
A

B

Rh A
2L

L

2L

Rv

α

x
)
2L

α

L
H

Fr

Solución :
Σ M = 0 Fr (2L + L Cos α) – (2/3)(qL2)(4/3) + HL Sin α= 0
Fr = (8qL – 9 H Sin α)/(18 + 9 Cos α)
q
M1

qx
M2

x
α

B

x
α

H
Fr

H

Fr

0≤x≤L

M1= Fr L Cos α + H L Sin α
M1= 2L( 4 qL Cos α + 9 H Sin α)/(18 + 9 Cos α)

0 ≤ x ≤ 2L
con

M2= Fr (L Cos α + x) + H L Sin α - qx3/2 – (q – qx) x2/9
qx = q (1 – x/(2L))
. (
1 (8.q.L 9.Hsinα) ) . .
1
1x 2
. (
M2 .
(Lcos α) x) Hsinα).L .q. 1 . .x
(
9 ( 2 cos α) )
2
2L
(

1.
9

q

1. .
1x 2
q 1 . .x
9
2L

remplazando en la ecuación de desplazamiento y simplificando:
2L
L

1 
∂M
∂M 2
M1( 1 )dx + M 2 (
)dx 

EI 
∂H
∂H
0
0

16
(27Cosα + 4)
4
δ BH =
qL Sinα
135EI
4 + 4Cosα + Cos2α

δ BH =

∫

∫

277

9.12.- Una viga simple AB, con un voladizo BC Esta sometida a una carga linealmente
variable en el tramo AB, como se ve en la figura. Determinar la expresión para calcular
la deflexión δc del punto C
q
q
H=0
C

A
L

x

δc

L/2
B

Solución :
Se aplica una carga ficticia H en el punto C
Σ Ma = 0
Rb = 3H/2 + qL/3
Ra = H/2 + qL/6
q

qx

q

q

M1

M2

A
A

x

x

L

B

RA

x

x

RA

B

RB

En el tramo izquierdo:
0≤x≤L
M1= Ra x – qx x/2)(x/3)
qx = qx/L
qL H
q x2
− )x − x
6
2
6
qL H
3H qL
qL
2L
M2 = (
+ )x + (
+
)( x − L) −
(x −
)
6
2
2
3
2
3

M1 = (

L ≤ x ≤ 3L/2
La deformación total en el extremo libre será dada por la expresión:
δC =

resolviendo

3L / 2
L

∂M
∂M 2
1 
M1 ( 1 )dx + M 2 (
)dx 

EI 
∂H
∂H
L
0


δC =

− 7 qL4
360 EI

∫

∫

9.13.- En el problema anterior, hallar el ángulo de deformación del punto B. (Use el
momento M0=0 aplicado en el punto B. Ver figura).

278

q
q
M0=0

A

θB

L

x

θB

C

δc

L/2
B

Solución :
Se aplica en B un momento ficticio Mo
Σ 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
qx3 qx 2
qL M o
−
+(
+
)x
3L
3
6
L
qL M o
qL M o
M2 = (
−
)x + (
+
)( x − L ) + M o
6
L
3
L

M1 =

L ≤ x ≤ 3L/2
La deformación angular es
θB =

3L / 2
L

1 
∂M 1
∂M 2
M1 (
) dx +
M2(
) dx 

EI 
∂M o
∂M o
L
0


θB =

7 qL3
180 EI

δC =

7 qL4
360 EI

∫

∫

resolviendo:
ahora bien la deformación en C es
δc = θB L/2

9.14. -Determinar el desplazamiento que se produce en el extremo libre de la viga
mostrada y cargada como se ve en la figura.
qx =

2q

2·q
(L − x )
L

2q
q

q

B

B
L/2

l/2

L/2
x

l/2
x

Solución :
Se incluye una fuerza ficticia H

279

2q

2q

q

qx

H

H
M1

M2

B

B
x

x

x

x

Para el tramo derecho:
0 ≤ x ≤ L/2
con

M1 = Hx −

q x x 2 ( 2q − q x ) 2 x
−
2
2
3

qx = 2q(l-x)/l
(−3Hl − 3qlx + qx 2 ) x
3l

M1 =

En el tramo izquierdo
M 2 = − Hx −

qLx qL2 qx 2
+
−
4
24
2

L/2 x ≤ L
La deformación total en el extremo libre será dada por la expresión:
δB =

resolviendo

L
L / 2

1 
∂M
∂M 2
M 1( 1 )dx + M 2 (
) dx 

EI 
∂H
∂H
L/2
 0


δB =

361qL4
1920 EI

∫

∫

9.15.- Hallar las deformaciones horizontal y vertical del punto B de la viga curva
mostrada en la figura, la carga aplicada en toda su longitud tiene dirección radial.
q

dF

q

Q

B

θ

H

R
R

A

Rh
Rv

Solución :
Se incluyen las cargas ficticias H y Q

280

θ

θ

∫

∫

M1 = QR(1 − Cosθ ) + HRSinθ + qR2Cosβ (Sinθ − Sinβ )dβ + qR2Sinβ (Cosβ − Cosθ )dβ
0

0

M1 = QR – QR Cos θ + HR Sin θ + qR2 ( 1 – Cos θ)

simplificando

Las deformaciones
δV =

α / 4

1 
∂M
M(
) Rdθ 

∂H
EI 
 0


δH =

α / 4

1 
∂M
M(
) Rdθ 

∂Q
EI 
 0


∫

∫

δV = −

resolviendo:

δH

(2 2 − 3) qR3
4 EI

3π
1
(
− 2 + )qR 3
8
4
=−
EI

9.16.- La viga curva semicircular, empotrada en el extremo A, esta 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.
P
P

P
R

R
π/4

A

π/4

A

H
Q

Solución:
Se incluyen dos cargas ficticias (H = 0 y Q = 0).
P
P

M

P

2

M1

θ

M

R

3

π/4

θ

H

H
Q

Q

θ

R

A

H
Q

Los momentos son

281

0 ≤ θ ≤ π/2
π/2 ≤ θ ≤ 3π/4
3π/4 ≤ θ ≤ π

M1 = -QR(1-Cos θ)-HR Sin θ
M2 = PR Cos θ - HR Sin θ - QR (1 – Cos θ)
1/2
1/2
1/2
M3 = PR 2 /2 [(Cos θ + 2 /2)+(Sin θ - 2 /2)] + PR Cos θ
- HR Sin θ - QR (1 – Cos θ)
Las deformaciones en el extremo libre son:
δh =

3π / 4
π
π / 2

1 
∂M
∂M 2
∂M 3
M1 ( 1 ) Rdθ +
M2(
) Rdθ +
M3(
) Rdθ 


EI
∂H
∂H
∂H
3π / 4
π /2
 0


δv =

3π / 4
π
π / 2

1 
∂M
∂M 2
∂M 3
M1( 1 ) Rdθ +
M2(
) Rdθ +
M3(
) Rdθ 

∂Q
∂Q
∂Q
EI 
3π / 4
π /2
 0


∫

∫

∫

∫

∫

∫

resolviendo y simplificando:
δh = −

δh =

PR
(−8 − 4 2 + 2π )
16 EI

PR
(−8 2 + 32 + 4π + 2π )
16 EI

9.17.- Determinar la fuerza de reacción que soporta el extremo apoyado B en la viga
mostrada en la figura.
P

P/l

B

A
l/2

l/2

Solución :
La deformada vertical en B es nula
δ bv =

x

l
l / 2

1 
∂M
∂M 2
M1 ( 1 )dx + M 2 (
) dx  = 0

EI 
∂Rb
∂Rb
l/2
0


∫

∫

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:

δ bv =

l3
(640 Rb − 209 P) = 0
1920 EI

Rb = (209/640)P

282

9.18.- Una Barra curva delgada de forma semicircular esta articulada en A y
simplemente apoyada en B, Como s muestra en la figura. En C actúa una carga
vertical P. Determinar el desplazamiento vertical δv y el desplazamiento horizontal δh
en el extremo B, que se encuentra apoyado en una superficie inclinada.
P
M1

P
C

θ

H

R

Rh

R

α

α

B

A

α

Fr

H

Rv

Fr

Solución :
ΣMa = 0

Fr 2R Cos α - H 2R Sin α - PR = 0
Fr = (H Sin α + P/2)/ Cos α

Los momentos son
0 ≤ θ ≤ π/2
M1 = R Sinθ(HCosα + FrSinα) + R(1 – Cosα)(-HSinα + Fr Cosα)
π/2 ≤ θ ≤ π
M2 = R Sinγ(HCosα + FrSinα) + R(1 + Cosγ)(-HSinα + Fr Cosα)
- PR Cos γ
con
γ=π-θ
Simplificando M2 = (R/2)( P + P Cos θ + 2 H Sin θ / Cos α + P Tan α Sin θ)
La deformada
δ =

π
π / 2

∂M
∂M 2
1 
M1 ( 1 ) Rdθ + M 2 (
) Rdθ 

EI 
∂H
∂H
π /2
 0


∫

∫

Reemplazando y simplificando
PR3 (2Cosα + πSinα )
δ =
EI
4Cos 2α
9.19.- Una barra curva delgada AB de forma semicircular esta 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.

283

q

π
3

π
3

π
3

A

B
R

Solución :
Considerando una fuerza ficticia H y de la estática

Rv =

1
2

2π / 3

∫ qRSinφdφ =
π
/3

qR
2

Los momentos son
0 ≤ φ ≤ π/3
M1 = (q R2/2) ( 1- Cos φ) – H R Sin φ

π/3 ≤ φ ≤ π/2

3. . 2 1. . 2.
1 2
2 1. . . 2.
.
(
(
(
qR
q R cos θ) HR.sin θ) .q.R .cos θ)
(
3 q R sin θ)
2
8
2
2

M2
δ =

π /2
π / 3

1 
∂M
∂M 2
M1( 1 ) Rdθ + M 2 (
) Rdθ 

EI 
∂H
∂H
π /3
 0


∫

∫

La deformada
Reemplazando y simplificando
δ =−

qR 4 (1 + 2 3π )
EI
24

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 π/3.

q
α

R

α

O

Solución :
De la estática

Rh + H Cos α - Fr Sin α = 0

284

Rv – q R π + q R α + Fr Cos α + H Sin α = 0
de donde

Rh = −

HCosα − qRπSinα + qRαSinα + qR − qRCos 2α + H
1 + Cosα

qRπ − qRα + qRSinαCosα − HSinα
1 + Cosα
qRπ − qRα − qRSinα − HSinα
Fr =
1 + Cosα
Rv =

R h

2.

H

9

3 .q .R .π

R v

con α=π/3

4. . .
q R π
9

1.

F r

4. . .
q R π
9

1.

3 .q .R

1.

3 .q .R

1.

6
3

1. .
q R
2
3
3

H. 3

H. 3

q
dF

M

dφ

θ

R hO

φ

Rv

El momento
θ

∫

M = Rv R (1 − Cosθ ) − Rh RSinθ − qR 2 (Cosφ − Cosθ )dφ
0

Simplificando y con H = 0
M = qR 2 [
δ =

La deformada

 2π / 3

1 
∂M
M(
) Rdθ 


EI
∂H
 0


δ =−

Simplificando

4π
1
2 3π 1
(1 − Cosθ ) + ( 3 − Cosθ ) − Sinθ (
+ ) + θCosθ ]
9
6
9
2

∫

qR 4
(−108π − 189 3 + 40π 2 3 )
216 EI

285

9.21.- Hallar las reacciones del sistema de la figura
H

l/2

l/2


P

P

l/4

P

P

l/4

l/4

l/4


H

l/2

l/2

Ra

Rb

A

B

C

9.24.- Hallar la deformada lineal y angular del sistema de la figura
P

2P

l/2

l/2
R

9.25.- Hallar la deformada lineal y angular del sistema de la figura
H
M
l/3

l/3

l/3
R


286

H

2l/3
Ra


H

l

simplemente empotrada con una carga distribuida p = H Sin (πx/2l)

H
M
L

R

simplemente empotrada cargada con un momento uniformemente y constante m0
m0

B
A

L

9.30.- Hallar la deformación máxima del sistema de la figura
q0=P·a

q0=P·a

P
C

a

a

B

A

9.31.- Determinar la relación a/l para que la deformada en el centro sea nula.

287

q0=P·l

q0=P·l

P
C

C

a

a

A

B

L

9.32.- Hallar la deformada en el centro y en los extremos del sistema de la figura.
q0=P·l

C

L/3

L/3

A

B

L

9.33.- Hallar las reacciones en el sistema de la figura.
q0=P·L

L/2
L

q0=P·l

P

L/2

L/2
2L

9.35.- Hallar las reacciones en el sistema de la figura

288

q0=P·l

A

B

b

C

L/2
L

q0

A

B

C

b
a

q0=P·l

P

C
A

L

B

L
3L

9.38.- Hallar las deformadas lineal y angular máximas en el sistema de la figura.
q(x)=qo·x2/L2
EI

B

A

l

cosenoidal y carga puntual en su centro

289

P

d
y
x

δ

l
R

R

a

b

cosenoidal y carga puntual en su centro

y
x

δ

l
Ra

Rb

9.41.- Hallar las reacciones de la viga de forma cosenoidal de la figura
P

y
x
l
R

R

a

b

9.42.- Hallar las reacciones de los empotramientos del pórtico de la figura
P

l/2
x
l

9.43.- Hallar el desplazamiento del sistema de la figura

290

45
x

δ

l
Ra

Rb

9.44.- En el sistema de la figura: a) Hallar el desplazamiento horizontal producido por
las fuerzas P. b) El valor de α, para que el desplazamiento sea nulo.
P
C

R

P

α

A

B

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

r

P

P

h

q0=P·l
q0=P·l/2
EI

l/2

l/2

291

10.- PANDEO DE COLUMNAS
10.1.- INTRODUCCIÓN
Los procedimientos de análisis de esfuerzos y deformaciones se estudiaron en detalle
en los capítulos anteriores. En este capítulo se tratará la cuestión de la posible
inestabilidad de sistemas estructurales.
No hay inestabilidad en barras “cortas” sometidas a fuerzas de compresión sin
embargo en barras “largas” sometidas a fuerzas de compresión hay inestabilidad y la
consideración de la sola resistencia del material no es suficiente para predecir la falla.
Cuando una pieza larga y delgada esta sometida a compresión se verifica que la falla
de la misma ocurre mucho antes de que los esfuerzos sobrepasen el limite de fluencia
del material. Este tipo de solicitación se conoce como pandeo
Este fenómeno se presenta en numerosas situaciones con cargas de compresión. Asi,
Placas delgadas no pueden transmitir compresión. Vigas angostas sin arriostramiento
lateral, pueden doblarse lateralmente. Tanques de almacenamiento y silos metálicos
pueden deformarse gravemente por la presión externa (viento) o interna (líquidos o
granos). Un tubo de pared delgada puede arrugarse cuando se somete a una torsión.
10.2.- TIPOS DE APOYOS
Los apoyos de las columnas son los mismos de las vigas, es decir :
- Apoyo móvil
- Apoyo Fijo
- Empotramiento
10.3.- TIPOS DE COLUMNAS

292

P

P

P

P

P

P

l

P

P

a)

b)
c)
Fig. 10.1 Tipos de Columnas

d)

De la combinación de estos apoyos se obtienen los cuatro tipos de Columnas básicas
a) Extremos articulados o libres
b) Ambos extremos empotrados
c) Un extremo empotrado el otro libre
d) Un extremo empotrado el otro articulado
10.3.- CARGA DE PANDEO DE EULER PARA COLUMNAS CON EXTREMOS
ARTICULADOS
Analizando una columna con extremos articulados
P

P
y

y
x

x
l

M1

N

x
P

Fig. 10.2 Elástica de una Columna con Extremos Articulados
A una distancia “x” lña deformada de la columna es “y”

293

De la estática
M = Py
N=P
Q =0
De la ecuación de doble integración en flexión
2
2
d y/dx = M/EI
2
d y/dx2= -Py/EI
d2y/dx2+Py/EI = 0

(10.1
(10.2
(10.3
(10.4
(10.5
(10.6

La Solución de esta ecuación es
y = C1 Sin C2x + C3Cos C4x
dy/dx= C1C2Cos C2x - C3C4Sin C4x
2
2
2
2
d y/dx = -C1C2 Sin C2x - C3C4 CosC4x

(10.7
(10.8
(10.9

Reemplazando 8.7 y 8.9 en 8.6
2

2

(-C1C2 Sin C2x-C3C4 CosC4x)+P(C1Sin C2x+C3Cos C4x)/EI=0
2

2

Sin C2x(-C1C2 +PC1/EI)+CosC4x(-C3C4 +PC3/EI)=0
2
1/2
C2=(P/EI)
-C1C2 +PC1/EI=0
2
1/2
-C3C4 +PC3/EI=0
C4=(P/EI)

y = C1Sin(

P
P
x) + C 3Cos (
x)
EI
EI

(10.10
(10.11
(10.12
(10.13
(10.14

Las constantes c1 y c3 se hallan de las condiciones de borde. En los extremos de la
columna no hay deformación.
Cuando x=0 y=0
0= C1 Sin (0)+C3 Cos(0)
0 = C3
Cuando x=l y=0
0 = C1 Sin (P/EI)1/2 l
Hay dos posibilidades :
C1=0

P
l = nπ
EI
Entonces

Pcr =

n 2π 2 EI
l2

(10.15
(10.16
(10.17

descartada ya que anula toda Solución
Solución

(10.18

(10.19

294

2

Empleando la relacion I = A k donde A es el área y k es el radio de giro

Pcr =

n 2π 2 E
l
 
k

2

(10.20

Donde l/k recibe el nombre de relacion de esbeltez de la columna.
10.4.- PANDEO ELÁSTICO DE COLUMNAS CON DIFERENTES RESTRICCIONES
EN SUS EXTREMOS

Procedimientos iguales a los estudiados en la sección anterior se pueden utilizar para
determinar las cargas de pandeo elástico de columnas con diferentes condiciones de
borde. Las soluciones de tales problemas son muy sensibles a las restricciones de
extremo. Por ejemplo la carga crítica de pandeo para una columna empotrada en su
base con una carga vertical en su extremo libre superior, es

Pcr =

n 2π 2 EI
(2l ) 2

(10.21

En este caso extremo la carga crítica es sólo 1/4 de la de extremos articulados
Para una columna empotrada en un extremo y articulada en el otro

Pcr = 2.05

n 2π 2 EI
l2

(10.22

En tanto que para una columna empotrada en ambos extremos

Pcr = 4

n 2π 2 EI
l2

(10.23

Las dos últimas ecuaciones indican que mediante la restricción en los extremos las
cargas de pandeo críticas van aumentando notablemente por encima del caso
fundamental.
Todas las fórmulas anteriores pueden asemejarse al caso fundamental siempre que
en vez de la longitud real de la columna se utilice la longitud efectiva de la misma

Entonces

Pcr =

n 2π 2 EI
l2

(10.24

295

Fig. 10.3 Longitudes Equivalentes

10.5.- FALLA POR COMPRESIÓN VS FALLA POR PANDEO
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
P/A
Sy

l/k

Fig. 10.4 Compresión VS Pandeo

296

En la grafica se tiene la relación de esbeltez (l/k) como abcisa y la carga por unidad de
área (P/A) como ordenada. Entonces para elementos con relacion de esbeltez bajos la
falla ocurre cuando la carga por unidad de área es mayor a la fluencia. Para
elementos con relacion de esbeltez altos la falla se determina por la ecuación 8.22.
10.6.- ECUACIÓN DE LA SECANTE

e P

Fig. 10.5 Columna con Carga Excéntrica
Cuando una columna se encuentra cargada excéntricamente, es decir que la acción
de la carga no coincide con el eje centroidal de la columna ocurre que esta
excentricidad produce un momento inicial de magnitud Pe. En estos casos se deduce
una ecuación llamada formula de la secante cuyo formula es
P/A= Sy /(1+(ec/k2)Sec[(1/k)(P/4Ae)1/2]

(10.25

En esta ecuación c es la distancia del plano neutro de flexión a la superficie exterior.
En la grafica se comparan los resultados de la ecuación de Euler con los de la
Secante

ec/k 2 =.1

.5
1

Fig. 10.6 ecuación de la Secante

297

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 = πd4/64
Pcr = λ π2 E (πd4/64)/l2
λ = 1 Pcr= 1.01 Kg
λ = 4 Pcr= 4.06 Kg
λ = ¼ Pcr= 0.25 Kg
λ = 2 Pcr= 2.03 Kg

10.2. Determinar la relacion 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 λ = 1, Sy = 1800 Kg/cm2.
Solución :
P/A
Sy

l/k

Falla por compresión
P/A = Sy
Falla por pandeo
Pcr/A= λ π2 E/(l/k)2
Igualando

λ π2 E/(l/k)2 = Sy

(l/k) = (λ π2 E/Sy)1/2 = 107.3

298

10.3. En el anterior problema. Si el diámetro de la barra es 1 cm cual es la longitud
que da la relacion de esbeltez calculada.
Soluciona :
I = π d4/64
A = π 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 formula de Euler. Graficar los
resultados. Tomar λ = 1, E = 2.1 E 06 y Sy= 1800 Kg/cm2

23
0

20
0

17
0

14
0

11
0

9000,0
8000,0
7000,0
6000,0
5000,0
4000,0
3000,0
2000,0
1000,0
0,0

80

Pcr/A= λ π 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

50

(l/k)

10.5. Hallar la carga máxima que puede soportar el sistema antes de sufrir Pandeo.
Material acero y diámetro 1 cm

299

P

a

100 cm

P

30
Ta

b

30

45
Tb

45

Solución:
ΣFx = 0
Ta Cos 30 = Tb Cos 45
ΣFy = 0 Ta Sin 30 + Tb Sin 45 = P
DE i y ii
Tb Cos 45/Cos 30) Sin 30 + Tb Sin 45 = P
Tb = 0.8965 P
Ta = 0.732 P
La Sin 30 = 100
la = 200 cm
Lb Sin 45 = 100
lb = 141.42 cm
2
Pcr= λ π2 EI/l
Para A
0.732 P = π2 2.1 x 10 6 π (1)4/64/2002
P = 34.74 Kg

Para B

(iii

0.8965 P = π2 2.1 x 10 6 π (1)4/64/141.422
P = 56.74 Kg

De donde

(i
(ii

Pmax=34.74 Kg


P

P

a

a
b

100 cm

30

Solución:
ΣFx = 0
ΣFy = 0
ΣM = 0

Ta Cos 30 = Ta Cos 30
2 Ta Sin 30 + Tb = P
Las fuerzas son concurrentes

30

30

Ta

T
a
T
b

No aporta
(i
No aporta

300

El 10.es hiperestatico por lo que se debe hallar la ec de deformadas
δa

δa O

O
30

30

O´
O`

δb = OO´
δa = OO´Sin 30
δb = δa /Sin 30
Tblb/EA=Tala/(EA Sin 30)
la Sin 30 = lb
;
la = 200 cm
Tbla Sin 30 = Tala/Sin 30
Tb = Ta/Sin2 30
Tb = 4 Ta
2 (4 Tb) Sin 30 + Tb = P
Tb = 0.2 P
Ta = 0.8 P
0.2 P = π2 2.1 x 10 6 π (1)4/64/2002
P = 127.17 Kg

De i y ii

Para A

Para B

0.8 P = π2 2.1 x 10 6 π (1) /64/1002
P = 127.17 Kg

De donde

(ii

Pmax = 127.17 Kg

4

10.7. Si P = 1000 Kg hallar el diámetro de los elementos sometidos a compresión para
evitar el Pandeo. Material acero

P

P

100 cm

a

ba

T
a

T
a

T
b

T
c

30

c
Ra

Rb

T
c
R
a

Solución :

301

Por simetría
Ra = Rb = P/2 = 500 Kg
En el apoyo izquierdo
ΣFx = 0
Ta Cos 30 + Tc = 0
ΣFy = 0
Ta Sin 30 + Ra = 0
Ta = - Ra/Sin 30 = -1000 Kg (Compresión)
Tc = - Ta Cos 30 = 866.2 Kg (Tracción)

Ta = Pcr =
De donde

π EI
2

l2

=

π 2 E(

(i
(ii

πd 4

)
64
(100 / Sin30) 2

d = 2.5 cm

10.8. Se pide hallar el diámetro de la barras BC. Material acero
A
TAC

20
30

B

α
60

B

β

2T BC Cos β

C

P

Vista Lateral

P

Solución :
Del 10.12 del capitulo 1 :
TAC = 3163.09 Kg
tracción
TBC = - 1546.56 kg
Compresion – Pandeo
LBC = (152+602)1/2
LBC = 61.84 cm
2
2
2
6
4
2
Pcr = π EI/l = π 2.1 x 10 (π d /64) /l = 1546.56
dBC = 1.55 cm
Compárese con
dAC = 1.49 cm hallados en el capitulo 1
10.9. Graficar la relacion fuerza sobre área P/A vs relacion de esbeltez l/k utilizando la
2
formula de la secante. Tomar ec/k2 = 0, 0.1, 0.5 y 1. Sy = 1800 Kg/cm
Solución :

302

P/A= Sy /(1+(ec/k2)Sec[(l/k)(P/4Ae)1/2]

(8.23

En la ecuación no se puede despejar P/A pero si l/k
l
=
k

1

Cos −1

ec / k 2
Sy
−1
P/ A

446,7
309,1
246,1
206,9
178,5
156,0
136,6
118,8
101,2
82,1
58,3
0,0

438,2
296,2
229,2
185,6
152,4
123,9
96,5
65,9
0,0

P/ A
4E

Graficando

P/A
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
1100
1200
1300
1400
1500
1600
1700

455,3
321,9
262,8
227,6
203,6
185,9
172,1
161,0
151,8
144,0
137,3
131,4
126,3
121,7
117,5
113,8
110,4

453,6
319,4
259,5
223,5
198,6
179,9
165,1
152,8
142,1
132,5
123,5
114,6
105,1
94,0
78,4
46,6
0,0

2000
0,1

1500

0,5

1000

1

500

Euler

0
0,0

200,0

400,0

600,0

Nótese que la curva de Euler es la de la secante con ec/k2 = 0

303


10.10. Que ancho debe tener una barra cuadrada para que no se produzaca pandeo
para los cuatro tipos de columnas. Material acero, carga 100 Kg. y longitud 10 m
10.11. Determinar la relacion 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 solida que tiene la misma resitencia 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 formula 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



304


10.18. Se pide hallar el diámetro de la barras BC. Material acero
A
A
20
30

B

B

β

60

C

P

10.19. Graficar la relacion fuerza sobre área P/A vs relacion de esbeltez l/k utilizando
2
la formula de la secante. Tomar ec/k2 = 0, 0.1, 0.5 y 1. Sy = 3000 Kg/cm

305

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