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S. TIMOSHENKO PROJ!'E80R DE M.lllC.li1C.A .lJ.& LA
UJ.UV.&li.SIDAD DE S1ANJI'ORD
RESISTENCIA DE MATERIALES
PRIMERA PARTE
TEORlA ELEMENTAL Y PROBLEMAS
TRADll OIDO DIIL ING LB
por
TOMS DELGADO PREZ DE ALBA lNG.b:NlERO INDUS!EBU.L Y
AERONUTlCO
ESPASA-CALPE, S. A. MADRID l 9 5 7
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NOTACIONES
fla:, a11, az Fatigas normales ligadas a planos perpendiculares
al eje x, y, z.
a" Fatiga normal ligada a un plano perpendicuiar a la direccin
n.
ap Fatiga normal en el punto de fluencia. a1 Fatiga normal de
trabajo. "' Fatiga cortante.
'ra:r -r112, "" Fatigas cortantes paralelas a los ejes y, z, x,
y ligadas a planos perpendiculare3 a los ejes x, y, z.
-., Fatiga cortante de trabajo. 3 Alargamiento total, flecha
total. e Alargamiento unitario.
E.,, e1, e2 Alargamiento unitario en las direcciones x, y, z. y
Distorsin unitaria, peso por unidad de volumen. E Mdulo de
elasticidad en traccin y compresin. G Mdulo de elasticidad por
cortauura. .t. Relacin de Poisson. A Dilatacin. K Mdulo de
elasticidad por volumen. Mt Momento torsor. M Momento flector en
una viga. V Fuerza cortante en una viga.. A Area de seccin
recta.
111 , 12 Momentos de inercia de una figura plana con re-lacin a
los ejes y y z.
-
XTI
()(
u w
h q
ci>, e p
D, d R, r
w
NOTACIONES
Radios de giro correspondientes a 1 1 11' ~
Momento de inercia polar. Momento resistente. Rigidez a la
torsin. Longitud de una barra, luz de una viga. Fuerzas
concentradas. Temperatura, espesor. Coeficiente de dilatacin por el
calor. Energa de deformacin. Energa de deformacin por unidad de
volumen. Altura de una viga, espesor de una placa. carga por unidad
de longitud. Angulos. Presin. Dimetros. Radios. Peso, carga.
NDICE Capitulo& Pidnas
l.-TRACCIN Y COMPRESIN POR DEBAJO DEL LMITE DE ELASTICIDAD . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
l. Elasticidad ...................................... . 2. Ley
de Hookc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . 2 3. Diagrama de traccin. . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . 6 4. Fatiga de
trabajo................................. 8 5. Fatigas y
deformaciones producidas en una barra
por su propio peso.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . 14 6. Problemas estticamente indeterminados en
traccin
y compresin.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . 18 7. Fatigas iniciales y
trmicas....................... 25 8. Extensin de un anillo
circula1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
ll.-ANLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES................ 34 9.
10. 11.
12. 13. 14.
15.
16. 17. 18.
Variacin de la fatiga en la extensin y compre-sin simple al
considerar secciones oblicuas al eje de la barra
.................................... .
El crculo de fatigas ............................. . Traccin o
compresin en dos direcciones perpen-
diculares .................................... .. El crculo de
Mohr para fatigas combinadas ....... . Fatigas principales
............................. Anlisis de la deformacin en el caso
de extensin
simple: ....................................... Deformacin en el
caso de extensin o compresin en
dos direcciones perpendiculares ................ . Fatiga
cortante pura ............................. . Fatigas de trabajo
por cortadura ................. . Traccin o compresin en tres
direcciones perpen-
diculareB ..............................
34 37
40 42 4.5
48
50 52 55
59 fil.-FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR .. ,.............
63
19. Tipos de vigas.................................... 6:3 20.
Momento flector y fuerza cortante.. . . . . . . . . . . . . . . .
65 21. Relacin entre el momento fleetor y la fuerza cor-
tante.......................................... 68 22. Diagramas
del momento flector y de la fuerza cor-
tante.......................................... 70
-
XIV fNDICE
Capftuloa Pg!ns!
IV.-F ATIGAS EN LAS VIGAS .....................
23. Flexin pura de be,rra,s prismticas ............... . 24.
Vigas con formas diversas de seccin recta ........ . 25. Caso
general de vigas cargadas transversalmente .. . 26. La fatiga
cortante en la flexin; ................. . 27. Distribuci~~ de. las
fatigas cortantes en el caso de
una secmon Circular ........................... . 28.
Distribucin de la fatiga cortante en vigas en 1 ... . 29. Fatigas
principales en la flexin .................. . 30. Fatigas en vigas
compuestas ..................... .
V.-DEFORMACIN DE VIGAS CARGADAS TRANSVERSALMENTE 31. Ecuacin
diferencial de la elstica ................ . 32. Flexin de una viga
uniformemente cargada apoya-
da en sus extremos ............................ . 33. Deformacin
de una viga simplemente apoyada por
una carga concentrada ........................ . 34. Modo de
encontrar las deformaciones en la flexin
utilizando el diagrama de momentos flectores. Mtodo de
superposicin ....................... .
35. Elstica de una viga en voladizo ................. . 36.
Elstic, de una viga apoyada en los extremos ..... . 37. Deformacin
de vigas apoyadas y con voladizos ... . 38. Deformacin de vigas
cuando las cargas no son pa-
re.lelas a uno de los planos principales de flexin. 39. Efecto
de la fuerza cortante en la dformacin de
las vigas .................................... VJ.-CASOS
HIPERESTTICOS EN LA FLEXIN ...............
40. Exceso de ligaduras ............................. . 41. Viga
empotrada en un extremo y apoyada en el otro. 42. Viga con los dos
extremos empotrados ............ . 43. Prticos y cuadros
.............................. 44. Vigas sobre ta-es apoyos
.......................... . 45. Vigas continuas
................................. .
84 84 93 98
105
ll2 114 116 121 129 129
132
135
138 141 146 155
158
162 168 168 171 177 181 189 192
VJI. VIGAS DE SECCIN VARIABLE. VIGAS DE DOS MATERIALES. 201 46.
Vigas de seccin variable.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . 201 4 7. Vigas de materiales diferentes. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . 208 48. Vigas de hormigJn armado.. . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . 212 49. Fatigas co1tantes en vigas
de hormign armado.... 216
VJII.-FLEXIN ACOMPA~ADA DE TRACCIN O COMPHESIN. TEO-RA DE
COLUMNAS.................................... 219
50. Flexin acompaada de traccin o compresin..... 219 51. Cargas
excntricas en cuerpos de poca esbelkz..... 223 52. El ncleo de la
seccin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
53. Cargas excntricas en piPzas el:ll.Jcltas y en uno de
los planos principaltitudes supuestas......... . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . 248 5i. Frmulas empricas para el proyecto
(; columnas.. 251
NDICE
Capitulo&
JX.-TORSIN y FLEXIN C0l\IBINADA CON TORSIN ........ 58. Torsin
de un eje circular ..... -. 59 Torsin de rboles huecos .... 60:
Torsin de ejes de seccil!- rectangular . 61. Resorte helicoidal de
espl.l'as cerra~as .. _. 62. Flexin y torsin combme.das en eJes
Circulares ... -
X.--ENERGA DE DEFORMACIN : : 63. Energa elstic~ de deformacin en
la tracmon 64. Fatigas produc1das por choq~~- .. - - 65. Energa
el.dtica de ~eformacwn en los casos de fuer-
za. cortante y tors1n ..... :; .......... . , 66. Energa.
elstica. de deformacwn en la flexwn ... 67. Flexin producida por
choque ..... . 68. La expresin general de la energa de deformamn.
69. El teorema. de Castigliano ........ :; 70. Aplicacin del
teorema de Casti~ldianto a l';tredsolucwn
de problemas estticamente m e ermm~ os .... 71. El teorema. de
la reciprocidad de los trabaJOS . 72. Casos de excepcin
...............
APNDICE MOMENTOS DE INERCIA DE LAS REAS PLANAS
1. El momento de inercia de un rea plana. con relacin a
n. In. IV. V.
un eje de su plano ................. - Momento polar de inercia
de un rea plana ........ Cambio de ejes ...................... -
Producto de inercia. Ejes pr0-cipales .... _. ... _._. ..... .
Cambio de direccin de los eJeS. DetermmaCJon de los PJCS
principales ...................................
lNDICE DE AUTORES ..........
XV
Pglnu
254 254 260 262 263 269 274 274 278
285 289 294 299 302
313 324 332
335
335 338 340 341
343
349
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RESISTENCIA DE lVIATERIALES
PRIMERA PARTE
CAPTULO PRIMERO TRACCIN Y COMPRESIN
POR DEBAJO DEL LMITE DE ELASTICIDAD
1. Elasticidad.-Suponemos que un cuerpo est formado por
partculas pequeas o molculas entre las cuales actan fuerzas. EstaR
fuerzas moleculares se oponen a cambios de for-ma del cuerpo cuando
sobre l actan fuerzas exteriores.
Si un sistema exterior de fuerzas se aplica al cuerpo, sus
par-tculas se desplazan y estos desplazamientos mutuos continan
hasta que se establece equilibrio entrE' el sistema exterior de
fuerzas y las fuerzas interiores.
Se dice en este caso que el cuerpo eet en estado ue
defor-macin.
Durante la deformacin, las fuerzas exteriores que actan sobre el
cuerpo realizan trabajo, y este trabajo se transforma completa o
parcialmente en energa potencial de deformacin. Ejemplo de esta
acumulacin de energa en un cuerpo defor-mado es el caso de un
muelle de reloj.
Si las fuerzas causa de la deformacin del cuerpo disminu-yen
gradualmente, el cuerpo vuelve total o parcialmente a su forma
primitiva y durante esta deformacin inversa la energa potencial de
deformacin acumulada en el cuerpo se recupera en forma de trabajo
exterior.
RESlSTENOl& D. II.&TEB.!AJ.KS,- T. l 1
-
RRRTS'T'R!ITffiA DR MA TRRl ALE~
Sea, por ejemplo, una barra prismtica cargada en su eX tremo tal
como indica la figura l. Bajo la accin de esta carga, la barra se
alarga una cierta cantidad. El punto de aplicacin de la carga se
desplaza en su direccin y la carga realiza un tra-bajo positivo
durante este movimiento.
Cuando la carga disminuye, el alargamiento de la barra os minuye
tambin, el extremo cargado se desplaza hacia arriba y
(b}
FIG. 1
la energa potencial de deformacin se trans-forma en el trabajo
de desplazar la carga en sentido contrario a su direccin.
La propiedad que tienen los cuerpos de recuperar su forma
primitiva al descargarlos se denomina elasticidad.
Se dice que el cuerpo es perfectamente elstico si recobra su
forma original de un modo completo al descargarlo, y que es
par-cialmente elstico si la deformacin producida por las fuerzas
exteriores no desaparece por completo al descargarlo. En el caso de
un
cuerpo perfectamente elstico, el trabajo realizado por las fuer
zas exteriores durante la deform:win se transforma completa-mente
en energa potencial de deformacin.
En el ca,;;o de un cuerpo parcialmente elstico, parte de aquel
trabajo se transforma. en calor desarrallado en el cuerpo durante
J, deformacin no el:',stica. Experimentalmente, se ha visto que
cuerpos tales como el '1Cero, la madera. y la piedra pueden
con-siderarse 0cmo perfectamente elsticos por debajo de cierto
lmite que depende de las propiedades del material. Suponiendo que
las fuerzas externas que actan sobre una estructura son conocidas,
es un problema fundamental para el proyectista di-mensionar las
partes de la estructura para que estn en condi-cione~:'
perfectamente elsticas en todos los casos de carga. t:lolamente en
tales condiciones la estructura tendr una vida larga y segura y no
presentar deformaciones permanentes en sus elementos. 2. Ley de
Hooke.-Experimentos realizados sometiendo a
extensin barras prismticas han hecho ver que entre ciertos
lmites el alargamiento de la barra es proporcional a la fuerza
TRACCTN Y COMPRESIN
extensora. Esta sencilla relacin lineal entre fuerzas y
deforma-ciones fu enunciada por primera vez por el investigador
ingls Robert Hooke 1 en 1678 y lleva su nombre.
Usando la notacin: P Fuerza total de extensin. l Longitud de la
barra.
A Area de la seccin recta de la barra. a Alargamiento total de
la barra.
E Constante elstica del material, llamada mdulo de
elast.icidad.
La ley de Hooke se expresa por la siguiente ecuacin:
a= PI. AE (1)
El alargamiento de la barra es proporcional a la fuerza
ex-tensora y a la longitud de la barra, e inversamente proporcional
a la seccin reci a y al mdulo de elasticidad.
Al realizar eHtos ensayos deben tomarse las precauciones
ne-cesarias para tener la seguridad de que la aplicacin de la carga
se realiza axialmente. De este modo se evita cualquier flexin de la
barra.
Prescindiendo de las porciones de la barra situadas en las
proximidades de las fuerzas aplicadas 2, puede asegurarse que
durante la traccin todas las fibras longitudinales de la barra
prismtica tienen el mismo alargamiento y las secciones rectas de la
barra plana,; y perpendiculares al eje quedan en estas con-diciones
despus de la extensin.
Para encontrar la :;:agr,kJ. de las fuerzas interiores
imagi-nemos la barra dividida -:;n dos partes, por una seccin recta
mn, :y consideremos el equilibrio de la parte inferior de la barra
-figu-ra 1 (b)-. En el extremo inferior de este trozo tenemos la
fuer-za P. En la parte superior actan fuerzas que representan la
accin de las partculas de la parte superior de la barra cargada
1 Robert Hookc, De Potentia restitutiva, Lomlon, 1678. 1 ~a
~stribucin de las fatigas en la;; proximidades de los puntos d~
apl.w?'c10n de las fuerzas responde a una ley m,s ;omplicada y se
d1scutna en la Segunda, pa;rte.
-
RESISTENCIA DE MATERIAI,ES
sobre las partculas de la parte inferior. Estas fuerzas estn
dis-tribudas de modo continuo sobre la seccin recta. Un ejemplo
corriente de distribucin continua de fuerzas sobre una super-ficie
es el de una presin hidrosttica o el de la presin de un vapor. En
estas distribuciones continuas de fuerza la intensidad de la fuerza
por unidad de rea es de la mayor importancia. En nuestro caso, como
las fibras tienen el mismo alargamiento, la distribucin de fuerzas
sobre la seccin recta mn ser uni-forme.
La suma de estas fuerzas para cumplir las condiciones de
equilibrio -fig. l (b)-- debe ::;er iguala P. La fuerza por unidad
de seccin recta valdr:
p u--.
A (2)
Esta fuerza por unidad de rea se llama fatiga o esfuerzo. En
adelante, las fuerzas las mediremos en kilogramos, las reas en cm.2
y las fatigas en kg.jcm.2 El alargamiento de la barra por unidad de
longitud se determina por la ecuacin
o e:=-
l (3)
y se denomina deformacin unitaria. Usando las relaciones (2) y
(3), la ley de Hooke puede re-
presentarse de la forma siguiente: (J E=_, E (4)
y el alargamiento unitario se calcula de este modo fcilmente en
funcin de la. fatiga y del mdulo de elasticidad del mate-rial. El
alargamiento unitario e: es un nmero abstracto, puesto que mide la
relacin por cociente de dos longitudes, ecuacin (3); se deduce, por
tanto, de la ecuacin (4) que el mdulo de elas-ticidad se mide en
las mismas unidades que la fatiga, es decir, en kg.jcm. 2 En la
tabla I se indican valores de E para distintos materiales a.
En la Se(!Unda parte se analizarn m. det~ll&~m~te las pro
pie d,E\qes roeonoas de 105 ma.teriale~J..
TRACCIN Y COMPRESIN 5
I 'ones (1) a (4) pueden usarse tambin en el caso ,as ecuac1 '
de barras prismticas. Entonces S representa la de compreswn . , . .
d
t , longitudinal total e: la deformacwn umtana e con raccwn ' .
, . , la fatiga de compresin. El modulo de elastl-
compreswn Y cr . . d cidad para compresin es en muchos matenales
Igual al e ex-
tensin. . 1 En los clculos, las fatigas y deformacwnes de
~xtenswn as
consideraremos positivas y las de compresin negativas.
TABLA I
PROPIEDADES MJ
-
RESISTENCiA DE MATERIALES
La fuerza extensora, ecuacin (2), ser: 1t 22
P =a A= 1,4 X 103 X--- = 4.400 kg.
3. Cul es la relacin de los mdulos de elasticidad de los mater!t
les de dos barras de las mismas dimensiones si bajo la accin de
fuer-zas de extensin iguales los alargamientos unitarios de las
barras es-tn en la 1elacin
20 I: rr
Determinar dichos ala.rgamientos 1mitarios si una de las barras
es de acero, la otra de cobre y la fatiga de extensin 700 kg./cm.
2
Solucin: Los mdulos son inversamente proporcionales a los
alar-gamientos unitarios.
Para el acero. 700 e:= 2 X lOO = 0,00035.
700 Para el cobre, e: = 1,1 x 106 = 0,00064.
4. Una barra prismtica de acero de 60 cm. de longitud alarga 0,6
mm. bajo la accin de una fuerza extensora. Hallar el valor de la
fuerza si el volumen de la barra es 16 cm.s
5. Un trozo de alambre de 30 cm. de largo, sometido a una
fuer-za extensora de 500 kg., alarga 25 mm. Hallar el mdulo de
elasticidad del material si el rea de la seccin recta del alambre
es 0,25 cm.
,. 3. Diagrama de traccin.--La proporcionalidad entre la. fatiga
y el alargamiento unitario solamente es cierta por debajo de una
cierta fatiga llamada lmite de proporcionalidad, el cual depende de
las propiedades del material. Por encima de este l mite, la relacin
entre el alargamiento unitario y la fatiga es ms complicada. Para
Ipateriales como el acero, la proporcio nalidad tiene lugar hasta.
un lmite de fatiga bastante elevado, tal como 1,8 X 103 2,1 x 10a
kg.fcm.2
En otros materiales, fundicin, cobre recocido, el lmite de
proporcionalidad es muy bajo y no siguen la ley de Hooke,. aun
cuando la fatiga sea muy pequea. Al investigar las pro piedades
mecnicas de los materiales por encima del lmite de
proporcionalidad, la relacin entre fatiga y deformacin se
re-presenta grficamente por un diagrama. La figura 2 representa; el
diagrama tpico de un acero. En l los alargamientos estn tomados en
el eje horizontal y las fatigas correspondientes lle-
TRACCIN Y COMPRESIN 7
vadas como ordenarlas de la curva OBeD. Desde O a A la fa-tiga y
la deformacin son proporcionales; pasado A, la ley de Hooke no se
cumple. La fatiga correspondiente a A es el lmite de
proporcionalidad. Cargada la barra por encima de este l-mite, el
alargamiento crece muy rpidamente y el diagrama :;e transforma en
una curva. En B se presenta un sbito alargamiento de la baiTa, sin
apreciable aumen-to de la fatiga de extensin.
Este fenmeno, llamado fiuen-cia del material, corresponde en el
diagrama a un tramo horizon-tal de la curva. La fatiga
corres-pondiente al punto B se deno-mina fatiga de fiuencia. Para
car-gas mayores, el material recupera su resistencia, como se ve en
el diagrama, y se necesitan aumen-tos en las fatigas para obtener
aumentos del alargamiento. En el punto e la fatiga alcanza su valor
mximo, y esta fatiga se de-nomina carga de rotura del ma-terial.
Pasado el punto e, la barra
D
(a}
O L---------------------
(b}
FIG. 2
se alarga con disminucin de la carga, y finalmente se presenta
la rotura para una carga correspondiente al punto D del
diagrama.
Se ve experimentalmente que el alargamiento de la baiTa viene
acompaado de una contraccin. lateral muy acentuada en las
proximidades de la rotura; pero en la prctica, para el clculo del
punto de fiuencia y de la carga de rotura la fatiga se refiere a la
seccin recta inicial de rea A. Todas estas cuestiones sern
examinadas ms detalladamente (vase Segunda parte).
La figura 2 (b) representa el diagrama de extensin para la
fundicin. Este material tiene un lmite muy bajo de
proporcio-nalidad 1 y no presenta definido el punto de
fl.uencia.
1 Para establecer este limite mediante ensayos es necesario
f'm-plear extensmetros muy sensibles en la medida de los
alargamiento.>.
\Y~se Grneisen, Berichte d. dcutsch. phys. Gesellschaft.,
1\106.) . ' ' . .
-
8 RESISTENCIA DE MATERIALES
Diagramas anlogos a los de extensin pueden obtenerse para la
compresin de diversos metales y determinar sus partea
caractersticas. __.. 4. Fatiga de trabajo.-Un diagrama de extensin
da una informacin completa de las propiedades mecnicas de un
ma-terial. Conociendo el lmite de proporcionalidad, el punto de
fluencia y la fatiga de rotura del material, es posible establecer
en cada problema particular de ingeniera la magnitud de la fatiga
que puede considerarse como una carga de seguridad; esta fatiga se
llama corrientemente fatiga de trabajo.
Al escoger el valor de la fatiga de trabajo para el acero, debe
tenerse en cuenta que para fatigas inferiores al lmite de
propor-cionalidad el material puede considerarse perfectamente
els-tico, y por encima de este lmite parte de la deformacin la
con-serva corrientemente la barra al ser descargada. Dicho de otro
modo, se presentan deformaciones permwentes.
Para que la estructura est siempre en condiciones elsticas y no
exish posibilidad de deformaciones permanentes, se acos-tumbra a
escoger la fatiga de trabajo bastante por debajo del lmite de
proporcionalidad. En la determinacin experimental de este lmite se
utilizan aparatos muy sensibles (extensmetros) y la determinacin de
la posicin de dicho lmite depende en muy alto grado del cuidado con
que se hacen las medidas. Para eliminar la dificultad que esta
indeterminacin produce, se toma corrientemente el punto de fluencia
o la fatiga de rotura del ma-terial como base para determinar la
fatiga de trabajo. Repre-sentando con cre, crp1 y cr,,
respectivamente, la fatiga de traba-jo, el punto de fluenciaoy la
fatiga de rotura, la magnitud de la fatiga de trabajo se determina
por una de las dos relaciones siguientes:
(J Fl cr, = -,
n (5)
n y n1 se llaman corrientemente factores de seguridad y
deter-minan la magnitud de la fatiga de trabajo. En el caso de
estruc-turas de acero se toma el punto de cesin o fluencia como
base para calcular la fatiga de trabajo, con objeto de que no se
pre-senten deformaciones permanentes en las estrueturas. El
coefi-
TRACCIN Y COMPRESIN 9
ciente de seguridad n = 2 se usa corrientemente cuando las
cargas que actan sobre la estructura lo hacen de modo perma-nente.
Cuando la.s cargas son variables o se aplican de modo sbito, caso
muy frecuente en maquinaria, es necesario calcu-lar con mayor
coeficiente de seguridad. Para materiales quebra-dizos, como
fundicin, hormign, diversas clases de piedras, y para materiales
tales como la madera, se toma la fatiga de ro-tura como base para
determinar la fatiga de trabajo. La mag-nitud del coeficiente de
seguridad depende en su mayor grado del cuidado con que en el
clculo se han determinado las fuer-zas exteriores que actan sobre
la estructura, las fatigas co rrespondientes a sus distintas partes
y la homogeneidad de los materiales usados. Ms adelante
insistiremos sobre esta impor-tantsima cuestin (vase Segunda
parte).
Problemas
l. Determinar el dimetro d de los pernos de acero N de una
prensa para un esfuerzo mximo P = 50.000 kg. (fig. 3), si el coefi
ciente de tmbajo para el acero es en este 'caso a1 = 1.000 kg.fcm.
1 Determirul.r el alargamiento total de los pernos para la carga
mxima, si la longitud entre sus ca-bezas es 1,50 m.
Solucin: El rea necesaria en la seccin recta, ecuacin (2),
es
-= 7t d2 - .!.:__ - 50.000 - . A 4 - 2 a, - 2 X 1.000 - 25 cm.
'
de donde
d = ~ =5,64cm. El alargamiento total, ecuaciones (3)
y (4), es o (J 1.000
=zl= E l = 2 X 106 X 1.500 =0,75 mm.
2. Una estructura est formada por dos barras iguales de acero
(fig. 4) de 4,50 m. de F'w. 3 longitud, cuyos extremos estn
sometidos a la accin de una carga vertical P. Determinar la seccin
recta de la barra Y el descenso vertical del punto B para P = 2.500
kg. a, = 800 kg.cm. a Y ul ngulo inicial de inclinacin de la~:>
barras, 30.
-
10 RESISTENCIA DE MATERIALES
Solucin: De la figura 4 (b), que representa la condicin de equi
librio del nudo B, se deduce que la tensin en las barras es
p S = 2 sen e; para e = 30; S= P = 2.500 kg.
A-_\..-----------~ La seecin necesaria es ' 8
Fra. 4
P~t--(bJ S
8 2.500 1 A=;;= 800 = 38 cm.
La flecha B B 1 se halla median-te el tringulo D B B 1 , en el
que, dada su pequeez, el arco BD, de radio igual a la longitud de
las ba-rras, se sustituye por la perpendicular bajada sobre AB1,
posicin de la ba-
rra despus de la deformacin, desde el ptmto B. El alargamiento
total de la barra A B es
y la flecha
-
12 R"RSISTENCIA DE MATERIALES
de la viga de madera. Las perpendiculares de trazos reemplazan a
los arcos indicados anteriormente. Por consiguiente, B B' et!l el
coni miento del nudo B. Las componentes de este corrimiento se
dedum'~rl fcilmente de la figura.
5. Determinar en el problema anterior la inclinacin de la ba-rra
A B, de modo que su peso sea mnimo.
Solucin: Representando por e el ngulo entre la barra y la viga y
l
por l 1 la longitud de la viga, se tiene: Longitud de la barra l
= co~e tensin de la barra S = p a y seccin necesaria en la barra A
= _!:_e
senv aesen
El volumen de la barra ser: l. A = __ l_P __ = _EZtP a, sen o
cose a sen 2 e
Por consiguiente, el volumen y el peso de la barra son mnimos
cuando sen 2e = 1; es decir, e = 45.
FIG. 7
6. La estructura triangulada A BCD -fig. 7 (a)- Pst forma~a por
cinco barras de acero de 6 cm. 2 de seccin recta y sometida a la
accin de las fuerzas P = 5.000 kg. en la direccin de la diagonal.
De-terminar las variaciones de los .ngul011 en A y O, debidas a la
defor macin de la estructura. Determinar la variacin de esos mismos
n-gulos si se aplican fuerzas como las de la figura 7 (b).
Solucin: En el caso de la figura 7 (a), la diagonal es la nica
barra que trabaja. Suponemos fijo el nudo D e invariable la
direccin de la diagonal, el corrimiento del nudo B en la direccin
de la diagonal ser
igual a.l alargamiento de la diagonal 8 = :~. La. determinacin
de la posicin nueva O' del nudo O se indica en la. figura por lnea
de trazos. En el tringulo rectngulo de dimensiones pequeas 0010' se
tiene 00' = ~- Por consiguiente, el ngulo de rotacin de la. barra.
DO debido a la deformacin de la estructura ser
TRACCIN Y COMPRESIN 13
O O' sy2 8- _!:.__- 5.000 = _1_ raw
-
:r
14 RESISTENCIA DE MATERIALES
l2. Resolver el problema 9 suponiendo qm la carga se aplica
solamente en el nudo del cordn superior situado a 2,40 m. del apoyo
A.
5. Fatigas y deformaciones producidas en una barra por su propio
peso.-Al estudiar el caso de la extensin de una barra (figura 1),
hemos considerado solamente el efecto debido a lacar-ga P. Si la
longitud de la barra es grande, su propio peso puede producir una
fatiga adicional considerable, que debe tenerse en cuenta. En este
caso la fatiga mxima se produce en la seccin recta superior.
Representando y el peso por unidad de volumen de la barra, el peso
total ser A yl y la mxr..c fatiga vendr dada por la expresin
P+ Ayl_P l CJ mx = A - A + Y (6)
El ltimo trmino del segundo miembro de la ecuacin (6) representa
la fatiga producida por el peso de la barra. El peso de la porcin
de barra situado por debajo de una seccin recta a la distancia x
del extremo inferior es A yx y la fatiga vendr dada por la
ecuacin
P+Ayx CJ=
A (7)
Sustituyendo la fatiga de trabajo cr, por o-mix en la ecua-cin
(6) la frmula para calcular la seccin de seguridad ser
p A=-- (Jt-yl (8)
En ella se ve que el incremento dA longitud de la b~trra hace
aumentar la seccin recta de segundad A. Cuando yt = o-1, la fatiga
debida al peso de la barra es igual al coeficiente de tra-bajo y el
segundo miemhro de la ecuacin (8) se hace infinito. En
circunstancias tales es imposible el uso de la barra prism-tica y
se recurre al empleo de barras de seccin variable.
Para ealcular el alargamiento total de una barra prismtica
sometida a la accin de la fuerza de extensin P en el extremo y ;:;u
propio peso, consideramos primeramente el alargamiento de un
elemento de longitud diferencial dx separado de la barra por dos
secciones rectas infinitamente prximas (vase fig. 1). Puede
suponerse que en tan corta longitud dx 1~ fatiga es cons-
'l'RACCIN Y COMPRESIN 15
tante y viene dada por la expresin (7). gntonces el
alargamien-to d~ del elt-mento ser
d3 = crdx = P + Ayx dx. E AE El alargamiento total de la barra
se obtendr sumando los
alargamientos de todos los elementos. O sea
0 = t p + .Ayx dx = _l_ (p +! Ayl) (9) ) 0 AE AE 2
Compa-rando este resultado con la expresin (1), se ve que el
alargamiento total producido en la barra por su propio peso es
igual al que producira una carga de valor mitad aplicada en su
extremo.
Problemas
1. Determinar e] rea de la seccin recta de una harra vertical de
acero de forma prismtica cargada en su extremo inferior con una
carga P = 35.000 kg., si la longitud de la barra es 200 m., el
coeficiente de trabajo a
1 = 700 kg.fcm. 2 y el peso de un m.3 de acero es 7.800 kg.
(Determinar el alargamiento total de la barra. Solucin: La
seccin. ecuacin (8), es
35.000 " = 64 cm.z A= 700-7,8 X 10-3 X 200 X 10
El 11.largamiento total, expresin (9), e,
3=200 X 10'' l (35 000 + !64 X 7,8 X 103 X 200 X 102\ = fl3mm.
64x2xl06 2 ) 2. Determinar el alargamiento de una barra cnica bajo
la accin
de su propio peso (fig. 11). La. longitud de la barra. es l, el
dimetro de la base es d y el peso por unidad de volumen del
materia.l61s y.
Solucin: El peso de la barra ser;
rtd2 ly Q= T x a
Para una seccin recta a distancia x del extremo inferior de la
b!l na la fuerza. de extensin, igual al peso de la parte inferior
de la. barra, es
Q:r;S nd1 yx8 13=4 x az
Teniendo en mlenta que esta fuerza se reparte uniformemente
en
-
\!
16 RESISTENCIA DE MATERIALES
la seccin rPcta 1 y considerando el elemento de longit.ud dx
como una barra prismtica, el alargamiento de este eleillento
ser.
d8 = ~~ X d11 y el alargamiento total de la barra es
1 y { l yl2
3 = :{E 'o xdx = 6E
__ l l Este alargamiento es 3 del quP tendria una barra
prismtica de la misma longitud (vase ecuacin 9)
3. La varilla vertical de una bomba de mina es FIG. 11 accionada
por un cigeal (fig. 12). Suponiendo que
el material es acero y el coeficiente de trabajo a1 = 500
kg./cm. 2, de-terminar la seccin recta de la varilla si la
resistencia del pistn durante el movimiento hacia abajo es 100 kg.
y durante el movimiento hacia arriba 1.000 kg. La longitud de la
varilla es 100 m. Determinar la longitud del radio del cigeal si la
carrera de la bomba es 20 cm.
Solucin: El rl:',a de la seccin recta de la varilla se encontrar
por la expresin (8} para P = 1.000 kg.
O sea A = 1.000 2 37 t
500-7,8 X 10 1 X 100 X 102 = ' cm.
La diferencia entre el alargamiento total de la varilla cuando
se mueve alternativamente, debido a la resistencia del pistn,
ser>1:
A8- (1.000 + 100) X 100 X 103- '>3 2 u - 2,37 X 2 X 106 - ~ '
mm.
El radio de la manivela ser:
20 + 2,32- 11 16 r- 2 - , cm.
FIG. 12
4. Dos alambres, uno de acero y otro de alumi-nio, estn colgados
verticalmente. Determinar la longitud para la que la fatiga debidp,
al peso propio iguala a la carga de rotura si para el acero crr =
21.000 kg./cm.1 y y= 7.800 kg./m.8 y para el aluminio a,= 3.500
kg.fcm.1 y y= 2.700 kg.fcm.1
Respuesta: Para el acero, l=26.900 m.; para el aluminio,Z=
13.000m. 5. En qu proporcin crece la fatiga mxima producida por
su
propio peso en una barra prismtica si todas las dimensiones de
la barra aumentan en la proporcin n: l.
Esta hiptesis es admisible cuando el .ngulo del cono es pe
queo.
TRACCIN Y COMPRESIN 17
Respuesta: La fatiga crecer en la relacin n: l. 6. Una pila de
puente formada por dos trozos prismticos de igual
longitud (fig. 13) est sometida en su extremo superior a una
compre-sin P = 300.000 kg. Determinar el volumen de la fbrica si la
altura del pilar son 36m., el peso por m.8 2.000 kg. y la fatiga de
compresin
FIG. 13 FIG.l4
mxima admisible lO kg./cm. 1. Comparar el volumen obtenido cnn
el de un pilar prismtico proyectado en anlogas condiciones.
7. Resolver el problema anterior suponiendo a la pila formada
por tres trozos prismticos de igual longitud.
8. Determinar la forma del pilar de la figura 14, de modo que la
fatiga en cada seccin sea constante e igual a a1 La forma que satis
face a esta condicin se denomina slido de igual resistencia.
Sol1~ci6n: Considerando el elemento diferencial rayado en la fi
gura, es evidente que la fuerza compresora de la seccin m1 n1 es su
perior a la que comprime la seccin mn en el peeo del elemento.
Puesto que la fatiga en las dos secciones debe ser la misma e igual
a a1, la di ferencia dA de las reas de las dos secciones, debe
compensar la di-ferencia de fuerza compresora.
Por consiguiente, dAa, = yAdx, (a)
donde el segundo miembro de la ecuacin representa el peeo del
ele-mento. Dividiendo esta ecuacin por Acr1 e integrando, se
tiene
de donde
7
IdA =jydx, A ac log .A =- yx + 0 1 CJ
!! A= Q:,crt'
RBATRTF.NCTA DF. MATliBTALB~.- T. 1
(b)
-
1 1 l l
18 :RESISTENCIA DE MATERlAt.ES
Siendo e la base de los logaritmos naturales y O = e01 Para x =-
{) esta ecuacin da para el rea. de la cabeza del pilar
(A).,_ 0 = O. p
La seccin en dicha cabeza es - y, por consiguiente, la ecuacin
rJ
(b) ser
(e)
El rea en la base del pilar se obtiene dando a x p,J valor l en
la ecuacin (e),
yl pe:
Amx=-e cr
(a)
9. Encontrar el volumen de la fbrica de un pilar de igual
resis-tencia, proyectado en las condiciones del problema 6.
Soluci6n: Utilizando la. ecuacin (d), la diferencia de las
rea::; de las secciones de base y cabeza del pilar ser
'(l y pa, p pcr -e - - = -(e - 1). rJt cr cr
Esta diferencia, multiplicada por la fatiga de trabajo cr,, da
evi dentemente el peso del pilar; su volumen ser:
'rl
V =-!:.(ea; -1) = 158 m.8 y
6. Problema estticamente indeterminados en traccin y
compresin.-Hay casos en los que las fuerzas axiales que ac-tan en
las barras no pueden determinarse por las condiciones de la
esttica, y entonces la deformacin de la. estructura per-mite
encontrarlas. Estas estructuras se llaman sistemas est-ticamente
mdeterminados.
Un ejemplo sencillo de tales sistemas es el de la figura 15. La
carga P produce extensin en las barras OB, 00 y OD, las cua-les
estn en el mismo plano.
Las condiciones de equilibrio del punto P dan dos ecuaciones,
que no son suficientes para determinar las tres tensiones
des-conocidas de las barras y para tener una tercera ecuacin es
necesario considerar la deformacin del sistema. Supongamos, para
simplificar, que el sistema es simtrico respecto al eje ver-tical
00, que la barra vertical es de acero, siendo Aa y Ea el
TRACCIN Y COMPRESIN 19
rea de su seccin recta y el m6(1ulo de elasticidad del material,
y que las barras inclinadas son de cobre, y que Ac y Ec son sus
reas de secciones rectas y sus mdulos. La longitud de la barra
l vertical es l y la de las barras inclinadas es - --cos \X
Representando por X la tensin de la barra vertical y por Y las
fuerzas en las barras inclinadas, la nica ecuacin de equi-librio
para el punto O, en este caso de simetra l"er:
X + 2Y cos rx =P. (a) Para obtener la segunda ecuacin
que permita conocer las cantidades X e Y, consideraremos la
configura-cin del sistema deformado indicada en la figura por lneas
de puntos. Sea a el alargamiento total de la barra Fw. 15 vertical
bajo la accin de la ca;ga P;
l
los alargamientos al de las barras inclinadas se hallarn en el
tringulo O F01 . Teniendo en cuenta que estos alargamientos son muy
pequeos, el arco de crculo O F de centro D puede reemplazarse por
una recta perpendicular y el ngulo eu OJ puede tomarse igual al
ngulo inicial rx; por tanto,
=,;; cos (X.
Los alargamientos unitarios y las fatigas para las barras
ver-tical e inclinadas sern:
y
respectivamente. Las fuerzas en las barras se obten-drn
multi-plicando las fatigas por las secciones rectas y sern
y = cr A = AcE e~ cos2 ex. e e (b)
ele donde
-
1. 1
1
20 RESISTENCIA DE MATERIALES
Sustituyendo en la ecuacin (a), obtendremos p
X= AOEO 1 + 2 cos3 ex -AaEa
(10)
Se ve que la fuerza X no depende nicamente del ngulo de
inclinacin oc, sino tambin de las reas de las secciones rectas y de
lu propiedades mecnicas de los materiales de la~ barras. En el caso
particular en que las tres barras tengan la misma sec-cin y el
mllimo mdulo la expresin (10) se transforma en
p X=----
1 .- 2 cos3 oc
Cuando oc se aproxima a O, cos oc se aproxima a la unidad 1
y la fuerza en la barra vertical se aproxima a 3 P. Cuando ex se
aproxima a 90, las barras inclinadas son muy largas y la
R, carga acta de modo completo sobre la barra
n 1
central. Otro ejemplo de sistemas estticamente indeterminados es
el de una barra prismtica con los extremos empotrados cargada
axialmen-te en una seccin intermedia mn (fig. 16). La carga P estar
en equilibrio con las rea,cciones R y R1 en los extremos y se
tendr
P= R + R1 (e)
Fw. 16 Para obtener la segunda ecuacin que per-mita determinar
las fuerzas R y R1, debe consi-
derarse la deformacin de la barra. La carga P con la fuerza R
produce acortamiento en el trozo inferior de la barra, y con la
fuerza R1 , alargamiento en el superior. El acortamiento tota,l de
un trozo debe ser igual al alargamiento total del otro.
Usando la ecuacin (1), se obtiene R1a _ Rb AE- )!E
de donde R a -=- Rt b
(d)
21
lo que indica que las tuerzas R y R 1 son mversarnente
propor-cionaleF~ a las distancias de sus puntos de aplicacin a la
sec-cin mn. De este modo, las ecuaciones (e) y (d) dan las
mag-nitudes de aquellas fuerzas y las fatigas de la barra pueden
calcularse fcilmente.
Problemas
1. Un cilindro de acero y un tubo de cobre estn comprimidos
entre los platos de una prensa (fig. 17). Determinar las fatigas en
el acero y en el cobre y el acortamiento unitario si p- 50.000 kg.,
d = 10 cm. y D = 20 cm.
Solucin: Las condiciones estticas son insu-ficientes y debe
considerarse la deformacin del cilindro v del tubo para encontrar
la parte de carga que obr~ sobre cada material.
Los acortamientos unitarios en el acero y en el cobre sern
iguales; por tanto, la fatiga de cada material estar en la misma
relacin que su mdulo (ecuacin 4, pg. 4), es decir, la fatiga
20 de compresin en el acero ser -de la fatiga de
11 "FIG. 17 compresin en el cobre. De este modo, el valor cr0 de
la fatiga en el cobre se encontrar por la ecuacin de la
esttica.
rr:dl 20 1t d2) P=---rrcrc+(D- cr,.
Sustituyendo valores numricos, se obtiene crc = 132 kg.jcm.
1:
cra = ~~ crc = 240 kg./cm. El acortamiento unitario ser.:
e= crc = 120 x 10-8 . E e
2. Una columna de hormign armado est comprimida por una fuerza P
= 30.000 kg. Qu parte de esta carga acta sobre el horm1-gn y qu
parte sobre el acero si la seccin recta de acero es solamente 1 10
de la. seccin recta de hormign?
La carga transmitida por el hormign ser igual a. 15.000- kg. 3.
Un cuerpo rigido A B de peso Q cuelga de tres alambres verti-
cales simtricamente colocados respecto al centro de gravedad O
del cuerpo (fig. 18). Determinar los esfuerzos dEl' extensin en los
alambres ,;;i el del medio es de acero y los otros dos de cobre.
Las secciones rec-tas de los tres alambres son iguales.
-
1 1
22 RESISTENCIA DE MATERIALES
Murclw a seguir: Usar el mtodo del problema l. 4. Determinar las
fuerzas en las cuatro patas de unn mesa cun-
drada (fig. 19), producidas por una carga P que acta en una
diagonal. El apoyo de la mesa en el tmelo se supone absolutamente
rgido y las patas se unen a l de tal modo que pueden sufrir
extensiones y com-presiones.
Solucin: Suponiendo que la nueva posicin del tablero de la mesa
es la indicada con la lnea de puntos mn, la
:0 ~ compresin en las patas 2 y 4 ser igual a la media de las de
las patas 1 y 3. Por tanto,
y tambin
de donde
FIG. 18
2Y =X+ Z
2Y +X+ Z = P, . 1
2Y =X+ Z =-P. 2 (a) La ecuacwn complementaria para determinar X
y Z se obtiene
tomando el momento de todas las fuerzas con relacin al eje
horizon-tal o-o paralelo al y y en el plano de la fuerza P. Se
obtiene
xGav'2 +e) +~P X e=ZGav'2 -e). (b) De (a) y (b) se deduce P
X=Pa-~0} Y=f; Z = P(~ +_e_)
4 a'\1'2 Cua.ndo e > a 1. X es negativa. Esto
indica que hay extensin en la pd.ta l. 5. Determinar las fuerzas
en las pa-
tas de la mesa anterior cuando la carga se aplica en el punto de
coordenadas.
a X= 4'
Solucin: Para resolver este problema,
m
I!'IG. 19
ht carga P situada fuora de la diagonal de la mesa puede
reemplazarse 'por dos cargas estticamente equivalentes aplicadas en
ptmtos de las dos diagonales. Los esfuerzos producidos en las patas
por cada una de estas dos fuerzas se encontrarn del modo explicado
anteriormente. Sumando los efectos de las dos cargas componentes se
encontrarn los esfuerzos en las patas para cualquier posicin de la
carga P.
_., .
TRACCIN Y COMPRESIN 23
6. Un cuadro rectangular con diagonales est sometido a la accin
de las fuerzas de compresin P (fig. 20). Determinar los esfuerzos
un las barras si todas son del mismo material, el rea de la seccin
recta de las vertiPa]es es A y P la dE> las restantes barras
A1
Solucin. Sea X la fuerza de compresin en cada barra vertieal; Y,
la fuerza de compresin en cada diagonal, y Z, la fuerza de extensin
en cada barra horizontal. La eondicin de equililJrio de uno de los
nudos da
1 1 =-X (P-X);
sen a
Z= Ycosa=(P-X)cotiX. (a) La tereera ecuacin se obtendr por la
condi-
p
FIG. 20
cin de que el cuadro despus de la deformacin seguir siendo
rec-tangular, en virtud de la simetra; por tanto,
(a+h(1 - A~E)" =h( A~y +a2 ( 1 + A~Er despreciando las
cantidades pequeas de orden superior, se obtiene
(a2 +h2)Y h2 X a2Z AE = AE- AE- (b)
Resolviendo el sistema de ecuaciones (a) y (b), la fuerza en la
dia-gonal se obtiene por la siguiente expresin:
l
FIG. 21
Y=.,~~--.---.P--~---------a2 + h2 A a 2 A --h-.2 - X A + hft _-
A
1 X cos ce + sin IX
Las fuerzas en las otras barras se calcularn fcil-mente por las
ecuaciones (a).
7. Resolver el problema anterior suponiendo a = h, A = 5A1 y P =
25.000 kg.
8. Qu fatiga se producir en un perno de acero y en un tubo de
cobre (fig. 21) al dar 1/4 de vuelta a la tuerca, si la longitud
del perno es 75 cm., el paso del tor-nillo h = 3 mm., el rea de la
seccin recta del perno
A,= 6 cm. 2 y el rea de la seccin recta del tubo Ac = 12 cm. 2 ?
Solucin: Sea X la fuerza total de extensin en el perno y de
com-
presin en el tubo. El valor de X se encuentra estableciendo que
el a.largamiento total del perno ms el acortamiento total del tubo
es igual e,l desplazamiento de la tuerca a lo largo del perno.
Admitiendo, en nuestro caso, que la longitud del tubo es igual a la
longitud del perno, oo obtiene:
Xl Xl 1 A E-+ A E =-h,
a a e e
-
1 l. 11 \
24 RESISTENCIA DE MNI.'ERIALES
de donde
m,
X= ~P'a __ = 0'3 X 6 X 2 X 1~8-- _ fl ?SO kg 4l(1+AaEa) 4x75(1+
x2xi)- -
La
La
9.
AcEc 12 x 1,1 X 106
fatiga de extensin en el perno es aa = ~ = 1.050 kg./cm. futiga
de compresin en el tubo es a = X = 525 kg./cm. a
e Ac Qu cambio en las fatigas calculadas en el problema
anterior
R, producen unas fuerzas extensoras P = 2.500 kg. apli-cadas en
los extremos del perno 7
Solucin: Sea X el aumento de la fuerza total de extensin en el
perno e Y la disminucin de la fuerza total de compresin en el tubo.
La condicin de equilibrio da:
X+ Y-= P. (a) Puede escribirse una segunda ecuacin conside
rando que los alargamientos unitarios del perno y del tubo por
la aplicacin de la,; fuerza~ P deben ser iguales; es decir,
X y FIG. 22 AaEa AcEe (b)
Esta ecuacin, unida a la (a), permite calcular las fuerzas X e
Y, de cuyos valores se deducen fcilmente las fati gas
correspondientes.
10. Una barra prismtica con los extremos empotrados est car gada
axialmente en dos secciones intermedias (fig. 22) con fuerzas P1 y
P 2 Determinar las reacciones R y R 1
Solucin: Usando la ecuacin (d), pgina 20 mediante la que sf'
calculan por separado las reacciones que prod:Ce cada carga, y su
mando los resultados. Determinar las reacciones totales cuando
a= 0,3l, b = 0,3l y P 1 = 2 P 2 = 500 kg.
11. Determinar las fuerzas en las barras del O sistema
representado en la figura 23, en el que OA es un eje de
simetra.
Respuesta: La fuerza de extensin en la ba-rra O B es igual a la
de compresin en la C
p barra OC y vale 2 sen a: La tensin de la barra FIG. 23
horizontal OA es igual a O.
12. Resolver el problema 10 suponiendo que la porcin inferior de
la barra cuya longitud es e tif'n
-
,
1 1
1 !
26 RESISTENCIA DE MATERIALES
Conocido X, se ea lcularn fcilmente las fatigas iniciales en las
barras.
La dilatacin de las barras debida a cambios de la tempera-tura
puede tener el mismo efecto que los errores en las longi-tudes. Si
la temperatura de la barra crece de t0 a t y la dilata-cin trmica
se impide por las reacciones en los extremos, se producirn en la
barra fatigas de compresin cuyas magnitudes pueden calcularse por
la condicin de que la longitud perma-nezca invariable. Sea r~. el
coeficiente de dilatacin y cr la fatiga de compresin producida por
las reacciones. La ecuacin que determina cr ser
de donda
(J a.(t-t0 ) = -, E
cr = Ea.(t- t0). (12)
Como segundo ejemplo, consideremos el sistema representado en la
figura 15 y supongamos que la, barra vertical se calienta desde la
temperatura ambiente t0 hasta una nueva tempera-tura t. La
dilatacin trmica correspondiente estar parcial-mente impedida por
las otras dos barras del sistema y una cierta fatiga de compresin
aparecer en la barra vertical y fatigas de extensin en las barras
inclinadas.
La magnitud de la fuerza de compresin en la barra verti-cal
vendr dada por la ecuacin ( ll ), en la que en lugar de la magnitud
a del error en longitud se sustituir la dilatacin tr-mica rJ.l (t -
t0 ) de la barra vertical.
Problemas
l. Los rales de un tranva estn a topt" a 10 C. ~Qu fati~ !'le
producir en ellos cuando el sol los calienta hasta 38 U, si el
coefi-ciente de dilatacin del acero es ex = 125 X 10-7 ?
Solttcin: cr = 2 X 106 X 125 X I0-7 X 2R = 700 kg./cm. 1
2. Qu cambio de fatigas se producir en el caso representado Pn
la figura 21, al aumentar la temperAtura. pasando de t0 a t grados,
si
el coeficiente de dilatacin trmica del acero es exa y el del
cobre cxc? Soluci6n: Debido a que exc > rl.a, el aumento de
temperatura pro-
duce cumpresiu eu el cobre y traccin en el acero. El
alargamtentQ
'l'RACCIN Y COMPR~;::;tN 27
unitario del cobre y del acero sern igualeR, y reprPRontando por
X el aumento de la fuerza de extensin en el perno debida al cambio
de
temperatllra, se tendr: X X
a (t-to) +A E = exc (t-to)- A ii! a a ~e
de donde
T,a variacin ele las fatigas en el perno y en el tubo puede
calcularse
ahora del modo acostumbrado. 3. Una pletina de cobre est soldada
entre dos pletinas de acero
(figura 24). ~Qu fatiga se producir en el acero y en el cobre
por una elevacin de la temperatura de las pletinas de t 0 a t
grados!
'solucin: Deber usarse el mismo mtodo que enel problema
anterior.
4. Qu fatigas se producirn en las barras del sistema
representado en la figura 15 si la temperatura de to
das las barras se eleva de t0 a t? Fm. 24
~ ccero cobre acero Solucin: Con X se representa la fuerza de
extensin producida
en la barra de acero al aumentar la temperatura. Por la condicin
de
equilibrio del nudo O se ve que las fuerzas que comprimen a las
barras X
de cobre valen -2-- ; por todo lo expuesto, el alargamwnto total
de
cos ex
!Ji barra de acero ser:
Xl 8 = exa(t-to)l +A E ,
a a
Y el alargamiento de las barras de cobr~, l Xl
a,= CXe(C- to) --- 2-------;--E. cos cx cos '
-
1 J.
1
1
i
28
La!'! fatiga!'! en el ::.oero y el cobre se obtendrn a.hom por
las ecumperatura se eleva 60 C. Supngase l = l 2 , A1 = 2A 2 y IX11
= 125 X I0-7
7. Hallar las fatigas de origen trmico en el sistema de la.
figura 24, si la temperatura de las tres pletinas crece 60 C. El
espesor es el mis mo en las tres y los coeficientes de dilatacin
son tXa = 125 X I0-7
170 lo 7 S ' E E ll y rxc = X - upongase e : 'a = 20 8. La
temperatura del sistema de la figura 15 se eleva en G0 C.
Hallar las fatigas de origen trmico si las tres barras son de
acero y tienen la misma seccin. Tmese a:- 125 X 10-7 y E5 = 2 x 108
kg./cm. 1
9. Encontrar las fatigas en los alambres del sistema de la figu
ra 18 si la seccin recta de los alambres es 0,6 cm. 1 , la carga Q
= 2.000 kilogramos y la temperatura del sistema despus del montaje
aumenta en 6 C.
10. Determinar las fatigas que aparecen en el sistema
representado en la figura 20 si la temperatura de la barra
horizontal superior se ele va de t0 a t grados.
8. Extensin de un anillo circular. -Si fuerzas radiales
uni-formemente distribudas actan a lo largo del permetro de un
anillo delgado circular (fig. 25), se producir un alargamiento
uniforme del anillo. Para determinar la fuerza de "extensin del
anillo imaginmosle cortado por una seccin diametral hori-zontal
--fig. 25 (b)- y consideremos la parte superior como un cuerpo
libre. Si q representa la carga uniforme por unidad de longitud de
circunferencia y r es el radio de dicha circunferen-cia, la fuerza
que obra en UJl elemento de anillo determinado
TRACCIN Y COMPRESIN
por dos secciones radiales adyacentes ser qrd cp, donde dcp es
el ngulo en el centro correspondiente. Tomando la suma de las
componentes verticales de todas las fuerzas que actan en el medio
anillo, obtendremos la siguieute ecuacin de equilibno:
2P = 21~ qr sen rpdcp = 2qr, de donde
p = qr. (1 3) La fatiga de extensin en el anillo se obtendr
ahora divi
dieudo la fuerza P por el rea de la seccin recta del anillo.
FIG. 25
En las aplicaciones prcticas es muy frecuente tener que
determinar la fatiga de extensin en un anillo circular giratorio.
Entonces q representa la fuerza centrfuga por unidad de lon-'gitud
del anillo y viene dada por la ecuaei6n
w v2 q=---, (14) g r en donde w =peso del anillo por unidad de
longitud; r, radio de la circunferencia media; v, velocidad del
anillo en el radio r, Y g, aceleracin de la gravedad. Sustituyendo
t)i:!La expre;:in de q en la eeuacin (13) .,e obtiene
wv2 P=-, g
"! la fatiga correspondiente ser p wv2 yVJ
a=-=--=-- A Ag fl
(U>)
-
j /.
'
,1 :
' l.
30 RESISTENCIA DE MATERIALES
V Se ve que la fatiga es proporcional a la densidad g del
ma-terial y al cuadrado de la velocidad perifrica.
Problemas
1. Determinar la fatiga de extensin en la pared cilfnr1rica de
la prensa de la figW'a 3 si el dimetro interior es 25 cm. y el
espesor de la pared 2,5 cm.
Soluci6n: La presin hidrosttica mxima p en el cilindro se en
contrar por la ecuac1n
1t 252 p ~4- = 50.000 kg.,
de donde p = 100 kg./cm. 2 Separando del cilindro un anillo de
longi-tud 1 cm. en direccin del eje del cilindro y aplicando la
ecuacin {13) se obtiene
a=!:_= lOO X 12,5 = 500 kg.fcm. A 2,5 X l
2. Un tubo de acero se ha introducido en otro de cobre, estando
ambos a una alta temperatW'a t (fig. 26), siendo el ajuste perfecto
Y
no existiendo presin alguna entre los tubos a
G Cobre aquella temperatura. Determinar las fatigas que [J se
producirn en el cobre y en el acero al en Acero friarse el conjunto
hasta la temperatura am bien te t0 si el dimetro exterior del tubo
de acero es d, el espesor del tubo de acero es ha y el det tubo de
eobre h0 FIG. 26 Soluci6n: Debido a la diferencia de coeficien-
tes de dilatacin (Xc y (Xa existir una presin en tre los tubos
exterior e interior al enfriarse. Sea x la presin en kg./cm. 2 La
fatiga de extensin en el tubo de cobre ser
xd ac = 2hc
y la fatiga de compresin en el tubo de acero ser :nl
cra = 2~
La presin x puede encontrarse estableciendo en forma r1e ecuacin
J. condicin df' que en virtud del enfriamiento ambos tubos tienen
la misma coutraecin pArimetral; n ~"a
:rd xd cxcU-to)-2~E--h =cxa(t-to)+2Eh' e e ~a a
TRACCIN Y COMPRESIN 31
de donr1e xd ((Xc- cxa) (t- to) E 0 a----
e- 2hc- 1 +'!E. Ec ha Ea
Del mismo modo podra calcularse la fatiga en el acE-ro. 3.
Refirindonos a la figW'a 25, qu fatiga adiciona de extensin
se producir en el tubo al someterle a una presin hidrosttica
interna de valor p = 7 kg./cm. 2, si el dimetro interior es d, = 10
cm., ha = 2,5
20 milmetros y h0 = IT X 2,5 mm.?
Soluci6n: Separemos del tubo un anillo elemental de altura 1 cm.
La. fuerza total de extensin en el anillo ser
P = p:, = 35 kg. Debido a que los alargamientos
circunferenciales en el cobre y en el acero son iguales, las
fatigas estarn en la relacin de los mdulos de
elasticidad, es decir, la fatiga en el cobre ser !~ de la del
acero y, por tanto, la fuerza P, en este caso, se distribuye en
partes iguales om.tre los dos metales y las fatigas producidas
sern:
p 35 ac = 2hc = 20 = 38,5 kg.jcm. 2 para el cobre
2 X IT X 0,25 y
20 aa = IT a0 = 70 kg./cm.1 para el acero.
4. Un anillo zunchado est formado por im anillo interior de
cobre Y otro anillo exterior de acero.
El dimetro interior del anillo de acero es menor que el dimetro
exte~ior del anillo de cobre en lllla cantidad a y el conjunto se
ajusta preVIo calentamiento del anillo de acero. Al enfriarse, el
anillo de acero produce presin sobre el anillo de cobre (presin de
zunchado). Deter-minar las fatigas en el acero y en el cobre si
ambos anillos tienen sec-ciones rectangulares de dimensiones h8 y k
en direccin radial y la uni-dad en direccin perpendicular al plano
d~l anillo. Las dimensiones ha Y he pueden considerarse pequeas
comparadas con el dimetro de la SUperficie de contacto de los dos
anillos .
. So~: Sea x la presin uniformemente distribuida en la
super-':.~; , .~ ::dde contacto de los anillos. La fatiga de
compresiu en el cobre " e extensin en el acero sern:
(ca)
-
1 1, 1)
32 RESISTENCIA DE MATERIALEI'!
El acortamiento del dimetro exterior del a.nulo de oobre
ser:
Gc xd1 81 = E . d = 2 h E
e e e
El alargamiento del dimetro interior del anillo de acero
ser:
cr xd 8.- ~-d =--- -Ea 2haEa
La presin desconocida x se encontrar por la ecuacin
de donde
Las fatigaR era y ere, por las ecuaciones (a), sertl.n:
o ha Ea ll Ea a, -= d h h E ; 011 = d h E "l+~ I+~
hcEc hcEc
5. Determinar la~ ftttigas que se producirn en el anillo
7.nnchado dfll problema anterior al girar el anillo con una
velocidad constante-
den r. p. m. Soluc~: Debido a que el cobre tiene mayor densidad
y menor
mdulo rle elasticidad que el acero, el anillo de cobre presiona
sobre el
anillo de acero durante la rotacin. Sea. x la presin por cm. de
BU
perficie de contacto entre los dos anillos. Las fatigas
correspondientes
vendrn dadas por las ecuaciones (a) del problema anterior. Es
preCISO. sumar a estas fatigas las fatigas producidas por la fuerza
centrifuga.
Representando por Ya y y0 los pesos por unidad de volumen del
acero
y el cobre, y usando la ecuacin (15), se obtiene:
_ Ya (2 rrn)2 (d + ha)2 era- g 60 2 ' 0
__ '!!' (2 rrn)2 (d- he)' e -- g 60 2
Combinando estas fatigas con la.e fatigas debidas a la presin x
y te:
niendo en cuenta que el alargamiento debe ser el mismo en
ambos
anillos, se obtiene la siguiente ecuacin, que sirve para
detennina.r el
valor de x en cada. caso particular:
Conociendo x las fatigas en el cobre y en el acero, se
encuentran a
dificultad.
TRACCI'l" Y COMPRESIN 33
6. Determinar la velocidad perifrica limite de un anillo de
cobre
si el coeficiente de trabajo es a,= 210 kg./cm. y y, = 8.700
kg./m.1 Respuesta: tJ = 48 m.fseg. 7. Con relacin al problema 2 y
figura 26, determinar la fatiga en
el cobre a la temperatura ambiente, si t- t0 = 55 C, cx0 - (l(a
=
45 X I0-7, ha= he. Respuesta: ere = 175 kg./cm. 1 8. Con
referencia al problema 5, determinar el nmero n de
revoluciones por minuto al cual la fatiga en el anillo de cobre
se
anula si la fatiga inicial de zunchado era una compresin de
valor cr0, y lle = h11 y E 11 = 2 Ec,
Solucidn: El nmero n se determinar por la ecuacin
3 ao=C6rrlY[i(d 2 h0 ) 2 + ~a(d~haJ} 9. Hallar las fatigas en el
anillo zunchado del problema 4, cmpo
niendo ll = 0,025 mm., d = 10 cm., ha = h0 y :~~ = i~. Encontrar
e11 e
cunto varan las fatigas si la temperatura del anillo aumenta
despu6s
del montaje en 6 C. Tmese cx11 = 125 X I0-7 y cx0 = 170 X I0-7.
10. En el problema 5 hallar las fatigas correspondientes al
acero
y al cobre si n = 3.000 r. p. m.; d = 60 cm.; h11 = h0 = 12,5
mm.; y11 = 7,8 X 10-a kg.cm.3; Yc = 8, 7 X 10-a kg.fcm.3
RR~~TE!'ICI.!. DPJ HATERIAf,Ee. -T. ) 8
-
, '1
1
.1 ')
CAPTULO II
ANALISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES
9. Variacin de la fatiga en la extensin y compresin sim-
ple al considerar secciones oblicuas al eje de la barra.-Para.
una barra prismtica sometida a un esfuerzo a
xial de exten-
sin P -fig. 27 (a)-, hemos considerado solamente la fatiga
en
una seccin normal al eje de la barra. Vamos a considerar
ahora
:1, (Q)
FIG. 27
el caso en que la seccin pq per-
pendicular al plano de la figura.
est inclinada respecto al eje. Debido a que todas las fibras
lon-
gitudinales tienen el mismo alar-gamiento (vaRe pg. 3), las
fuer-zas que representan la accin de
la porcin derecha de la barra sobre la izquierda estarn
dis-tribudas uniformemente sobre
la seccin pq. Aislada la porcin
izquierda de la barra -fig. 27 (b)-, estar en equilibrio bajo
la. .
accin de estas fuerzas y la carga P. La fuerza por unidad de
rea
de la seccin pq se llama fatiga en esta seccin.
Representando
por A el rea de la seccin reeta de la barra y ~or cp el ~lo
entre el eje de la barra x y la normal n a la secmn pq, el
area
de esta seccin ser ____ y la fatiga S correspondiente ser
cos
-
\1
,1 )
. ,'
36 RESISTENCIA DE MATERIALES
Por la expresin (17) se v1:1 que la mxima fatiga normal se
presenta en la seccin recta de la barra y es (a,.)mx = a_x
La mxima fatiga cortante tiene lugar, como se deduce de ia
expresin (18), para seccioneo oblicuas a 45 y vale
1 "t'ruix =- O'x
2 (19)
Aunque la m:rlma fatiga cortante es la mita = () vendr
representada en la figura 32 por el punto A. Tomando ahora un plano
paralelo al eje de la
7t barra, tendremos q> = 2, los dos com-ponentes de la fatiga
se anulan para este plano y, por tanto, en la figu-ra 32 le
corresponde el punto O. Construyendo una circunferencia so-bre OA
como dimetro, se ve fcil-
}>:.. mente que las componentes de la fatiga para una seccin
cual--~, . quiera pq, correspondiente a un ngulo q> (fig. 28),
son las coor-
~t. denadas de un punto de esta circunferencia. A fin de
individua-
'iF':~.' ~ Esta representacin gr~fica se debe a O. Mohr,
Zivilingenieur, ~.: ~~!'1113, 1882. Vase tamb1~ su Abhandlun;gen~
pg. 219, 1906. En ,;. Da hbro pueden verse referencias a. otras
pubhca.cwnes sobre el mismo ":;. -unto. ...
"
-
1 1,
l '
' 1
.)
38 RESlS'T'ENCIA DE MATERIALES
!izarle basta tomar en sentido eontrario al de las agujas de un
reloj, ~ a partir de A, el ngulo 2rp. Sea D el punto as obte-nido;
de la figura se deduce:
OF = 00 + CF = ~ + ~ cos 2 = cr., eos2
-
1 1
40 RESISTENCIA DE MATERIALES
Problemas
l. Determinar Y11 y -r analtica y grficamente si Y = 1.200
kg.cm. ~ y decir, igual a
(7td2) P=p 4. El rea de la seccin recta del hervidero es 1
A = 1tdh; por tanto,
(25)
Se ve que la fatiga en sentido circunferencial es doble que la
fatiga en direccin axial 2 Para una seccin pq perpendicular al
plano xy, definida por e) ngulo cp -fig. 34 (a)-, las frmu-las (li)
y (18) del artculo anterior darn las co,;nponentes nor-mal y
cortante de la fatiga ligada al plano pq y debida a la fatiga
extensora cr.,; sus valores son
cr,. = cr.l cos2 cp, ' l 2 -r = crx sen cp. 2 (a)
1 El espesor de la pared se supone pequeo comparado con el
dimetro. 1 La presin p que acta sobre la cara cilnrlrica interna
del ele-
,mento se desprecia frente a los valores de a., y a11
-
1 1,
42 RESISTENCIA DE MATERIALES
Para calcular las componentes producidas en el mismo pla-no pq
por la fatiga extensora cr11 , observaremos que el ngulo en-
tre cr11
y la normal n -fig. 34 (a)- es(~- q), medido a dere-chas. Por
tanto, al utilizar las ecuaciones (17) y (18) es necesa~ rio
substituir cr" por cr11, y
-
?f f....-..~--:r
j /,
,.
44 RESISTENCTA DE MATERTA"LES
las fatigas ligada, a ello-s son la.s coordenaJaR de los puntos
D y D1 de la figura ~5, y geomtricamente se deduce que
(29) (30)
Esto indica que la suma de las componentes normales de las
fatigas ligadas a dos planos perpendiculares es constante al
va-
riar el ngulo cp, y que las componentes cortantes son
iguales,
pero de signo opuesto. Una circunferencia anloga a la de la
figura 35 puede construirse cuando una o las dos fatigas a" y
a11
(a) (b)
FIG. 36
son compresiones; basta para ello tomar IM que lo sean en
Esen-tido negativo sobre el eje de abscisas.
Si suponemos, por ejemplo, que las fatigas que actan sobre el
elemento son las indicadas en la figura 36 (a), la circunferencia
correspondiente es la de la figura 36 (b). Las componentes de la
fatiga ligada al plano pq, de normal n, vienen dadas por las
coordenadas del punto D del diagrama.
Problemas
l. La caldera de la figura 34 tiene d = 2,5 m., 'h = 1.25 cm.
De-
terminar Oz y o11 si p = 8 kg./cm. 8 Aislar un elemento por
planos a 30
y 120 y representar Jos valores y direcciones de las componentes
de
las fatigas ligadas a las caras laterales de dicho elemento.
2. Determinar las fatigas o-n, o-,.1, T y T1, si en la figura 36
(a) Oz = 800 kg.fcm. 1, a11 =- 400 kg./cm.
8 y ? = 30, q1 = 120.
Respuesta:
o,.= 500 kg.fcm. 1, o-n 1 =-lOO kg./cm. 1, T = '1"1 = 520
kg./cm.1
" .
ANLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES 45
3. Determinar o,., On, 't' y T1 im el problema anterior, si el
ngu
lo q se escoge de modo que T sea mximo. Respuesta:
o,.= a,.,= 200 kg./cm. 8 , 't = ' = 600 kg./cm..
13. Fatigas principales.-En el artculo anterior hemol'l
visto
que, para extensin o compresin en dos direcciones perpen-
diculares x e y, una de las dos fatigas cr., o a1, es la fatiga
normal
mxima, y la otra la mnima. Para cualquier plano inclinado,
tal como el pq -figs. 34 (a) y 36 (a)-, el valor de la fatiga
nor-mal cr,. queda entre dichos lmites.
Sobre los planos inclinados actan, adems de las fatigas
normales an, fatigas cortantes -r. Las fatigas a., y a11 , de
lat> cua
J( ~.
o
"'
(.V
(b) Fw. 37
les una es la mxima y otra la mnima fatiga normal, se deno-
minan fatigas principales, y los dos planos perpendiculares a
los
que est.n ligadas se denominan planos pri~cipales. Sobre
et>tos planos no actan fatigas cortantes; en el ejemplo del
artculo anterior (fig. 34) encontramos las fatigas principales cr.,
y a11 por simples consideraciones, y en funcin de ellas calculamos
las
componentes normal y cortante de la fatiga ligada a un plano
inclinado, tal como el pq -fig. 34 (a)-. En otros casos (vase
pgina 118) es ms fcil determinar las componentes normales y
cortantes de las fatigas ligadas a dos planos perpendiculares.
El
camino ms sencillo para determinar en estos casos las
fatigas
principales es emplear el crculo de Mohr. Supong!tmos conoc-
das las fatigas que obran sobre un paraleleppedo rectangular
elemental -fig. 37 (a)-. Las fatigas a., y a11 no son las
princi-
-
1',
. l.
46 RESISTENCIA nE MA'I'ERIAU'l~
pales, puesto que no solamente actan iat1gas normales, sino
tambin cortantes, sobre los planos perpendiculares a los eje; x e
y.
Para construir el crculo de fatigas en este caso empleare-mos
primeramente las componentes de las fatigas a.,, ay y -r, y
obtendremos los puntos D y D 1 -fig. 37 (b)-. Puesto que estos dos
puntos corresponden a dos planos perpendiculares, la lon-gitud DD1
ser un dimetro del crculo de fatigas. La intersec-cin de este
dimetro con el eje x nos da el centro O del crculo, y, por tanto,
puede ste construirse. Los puntos de intersec-. cin A y B de la
circunferenCia con el eje x definen los valores de las fatigas
normales mxima y mnima que representa1 e-m os por cr1 y a 2
Mediante senc1Has consideraciones geomtricas se deduce
(31)
OB -0-0 -0-D a.,+ au 1 /a.,- ay)2 + ~2. a2 = = - = -2--- V \ 2 '
(32)
De la figura se deducen tambin las direcciones correspon-dientes
a las fatigas principales. Sabemos que el ngulo DCA es el doble del
que forman la fatiga a 1 y el eje x, y puesto que 2cp se mide de D
a A, en el sentido de las agujas del reloj, la direccin de a1 ser
la indicada en la figura 37 (a). Si aislamos el elemento rayado en
la figura mediante planos normales y para-lelos a a 1, sobre estos
planos actuarn ahora nicamente fa-tigas normales de valor a 1 y cr2
. Para el clcul0 numrico del ngulo cp se deduce de la figura
DE jtg ~cpj = ==- CE Teniendo en cuenta que el signo del ngulo
cp debe ser en
este caso negativo, puesto que se mide desde el eje x en sentido
de las agujas del reloj -fig. 37, (a)-, se deduce
DE 2-r tg 2 cp = - =--- = - ---. CE crx- crv
(33)
',, ..
.: '
~' .;.
ANLTRTR nllJ FATIGAS Y DEFORMACIONES 47
La fatiga cortante mxima viene dada por circunferencia y
vale
el radio de la
_ cr 1 -cr2 _ l/(cr.,-cry 2 't"m:x- -2-- r -~) -t -r2. (34)
Las ecuaciones (31) a (34) resuelven por completo el pro-blema
de la determinacin de las fatigas normales mxima y mnima y de la
fatiga cortante mxima, conocidas las compo-nentes normales y
cortantes de las fatigas ligadas a dos planos perpendiculares
cualesquiera.
Problemas
l. Un elemento -fig. 37 (a)- est sometido a la accin de laR
fa-tigas a.,= 350 kg./cm. 2; ay= 210 kg.fcm. 2; 't = 70 kg.jcm.s.
Determi-nar las magnitudes y las direcciones de las fatigas
principales a 1 y a 2
Solucin: Mediante las ecuaciones (31) y (32) se obtiene 350+210
-.[(350-210 2 .
a1 = 2 + JI 2 ) + 702
= 379 kg.jcm.s
350 + 210 Jf(350- 210)2 az = 2 - 2 + 702
= 161 kg.fcm.2
y empleando (33), tg 2 q = -1;
Las direcciones de Jos ejes principales estn indicadas en la
fi!!ll-ra 37 (a).
2. Determinar las direcciones de las fatigas principales en el
problema anterior, suponiendo a,:=- 350 kg./cm. 9
Solucin: El circulo correspondiente se ve en la figura 38. El
ngulo cp entre la normal exterior de la cara en la cual acta la
fatig
-
j l.
48 RESISTENCIA DE MATERIALF.S
4. Sobro las caras del elemento d.e lu. figura 39 (a) obran las
fa- , tigas a. = -- 40 kg.jcm. 2, a11 = 120 kg.fcm. 1, -r = 80
kg./cm. Encon-trar, mediante el circulo de fatigas, los valores de
las fatigas norma-
les y cortantes (a) para los planos principales (b), para los
planos de fatiga cortante mxima.
Solucin: El circulo de fatigas correspondiente se ve en la
figu-ra 39 (b). Los puntos D y D 1 representan las fatigas que
actan sobre
F
FIG. 311
las caras del
-
50 RESISTENCIA DE MATERIALES
2. Determinar el aumento de volumen de una barra producido ,
'por una fuerza P que acta en su extremo inferior y el peso pro pi
o de la barra (vase artculo 5. 0 , pg. 14).
Respuesta: El aumento de volumen es
Al(!- 2[L) (~ + r!). E A 2
15. Deformacin en el caso de extensin o compresin en dos
direcciones perpendiculares.-Si una barra cuya forma es un
paraleleppedo rectangular est sometida a fuerzas de extensin que
actan en dos direcciones perpendiculares x e y (fig. 34), el
alargamiento en una de las direcciones depende no solamente de la
fatiga en esa direccin, sino tambin de la fatiga existente en la
direccin perpendicular. El alargamiento unitario en la
direccin del eje x debido a la fatiga ax, ser ~. La fatiga cr11
produce una contraccin lateral unitaria en la direccin x, cuyo
valor es fL Jff; por tanto, al actuar ambas fatigas ax y ay
simult-neamente. el alargamiento unitario en la direccin x ser
ax ay e:=- ~
X E- fL E (35)
Anlogamente, para la direccin y se obtiene
(36)
En el caso particular de que la.s dos fatigas de extensin sean ,
\iguales crz = a11 = a, se obtiene
(37}
De las ecuaciones (35} y (36} se pueden deSlJejar las fati-gas
ax y a
11, en funcin de los alargamientos unitarios e:w y e,
obtenindose
(e:rz; + fLEII) E o------- ~~- l 2 '
-J. (38)
r .. ;-.
ANLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES 51
Problemas
l. Determinar el aumento de volumen del hervidero cilndrico de
acero sometido a presin interior, de la figura 34, despreciando la
de formacin de los extremos y tomando a11 = 400 kg.Jcm.
1
Solucwn: Usando las ecuaciones (35) y (36),
400 200 340 El/= 2 X 106 - 03 2 X 106 = 2 X 106 = 17 X 1 Q-i
El volumen del hervidero aumenta en la relacin
(1 + e:y) 2 (1 + e::;) : 1 = (1 + 2e:y + e:,) : 1 = 1.00038: l.
2. Un cubo de hormign est comprimido en dos direcciones per-
pendiculares por el dispositivo que indica la figura 40.
Determinar la disminucin de volumen del cubo si su lado es 10 cm. y
la fatiga de compresin se distribuye de modo uniforme sobre sus
caras; [L = 0,1 y P = 10.000 kg.
Solucwn: Despreciando el rozamien-to en los nudos y considerando
el equi-librio de cada uno -fig. 40 (b)- se puede ver fcilmente que
el cubo est sometido a compresiones iguales en dos
~:~ ~ (b) (Q}
FIG. 40
direeciones perpendiculares y que la fuerza de compresin es
igual o. p V2 = 14.000 kg.
La deformacin correspondiente (ecuacin 37) es 14.100
e:,.= e:ll =- 102 X 2'8 X 106 (1- 0,1) =- 0,000453.
En direccin perpendicular al plano de la figura el alargamiento
unitario del cubo valdr
ax oy 14.100 Ez = - [L 7Jj- [L 7Jj = 0,2 lQI X 2,8 X 1 OG =
0.0001.
La dilatacin cbica unitaria del cubo ser
e~ + Ey + Ez = - 2 X 0,000453 + 0,0001 = - 0,00080fl. 3.
Determinar el aumento de la superficie lateral del herviderQ
considerado en el p:r...,blema l. .::iulucin; El incremento
unitario de rea ser:
e::; + e:11 = 21 X 10-~.
-
1)
52 RESISTENCIA DE MATERIALES
4,, Determinar el alargamiento unitario en la direccin o:r1 de
una
barra de acero, si el et;t
-
R.ESIS'.tENClA DE MATER1ALES
se tiene 't (1 + fL).
e:r=-----, E
-.(1 -1-- .t.) e"=------.
E Como
Ob1 =Ob[l+ "'(l; .t.)l
mediante el tringulo rectngulo Oa1b1 se obtiene
- 1+ ::.__(1 +.t.) (
7t y) Ob1 E tg Oab = tg 4 + 2 = Oat = 1-"' (1 +.t.)
E
Para un ngulo pequeo como y puede ponerse
tg ~ + tg r 1 +r tg (:': + r) = 4 2 = __ 2.
4 2 1 - tg :': tg r 1 - r 4 2 2
Sustituyendo en la ecuacin (a), se obtiene
y usando la notacin
resulta
y "C(1+.t.) -= ,
2 E
E ---- =0, 2 (1 +.t.)
"C y=-
G
(b)
(39)
(40)
Se ve que la deformacin o distorsin angul:u es proporcio nal a
la fatiga cortante e inversamente proporcional a la canti-dad G,
que depende de las propiedades elsticas del material y se llama
mdulo de elasticidad transversal o mdulo de esfuerzo cortante.
Puede calcular~:>e por la ecuacin (39), en cuanto se conozcan E
y fL Para el acero,
G = 2 X 106 = 0,77 X 106 kg.Jcm.2 2 (1 + 0,3)
El estado elstico de fatiga cortante pura se produce oottien- .
temente en la torsin de un tubo circular (fig. 43). Debido a
la;_
.;,, .. ;
..
'.'
'
ANLISIS DE FATIGAS Y DEl'"ORMACJONES 55
pequea rotacin de un extremo del t~bo .r~spe_cto al ~tro: las
generatrices trazadas sobre la superfiCie cilmdrica se mclinan
respecto al eje del cilindro, y un elemento abcd, formado por dos
generatrices y dos secciones rectas adyacentes, experimenta una
distorsin anloga a la expuesta en la figura 42. El problema de la
torsin se ver ms adelante (captulo IX) y mostraremos cmo puede
deter-minarse la fatiga cortante "' y la distorsin y del elemento
abcd, si se miden o conocen el mo-mento torsor y el ngulo de torsin
correspon-diente. Encontrados "' y y por el ensayo de torsin, puede
calcularse el mdulo G mediante su cociente. Con este valor de G y
conocido E por un ensayo a traccin, se calcula fcilment-e
1 1 -- 11/-1!!.~ --0~-/ d-c
1
Fw. 43
el coeficiente de Poisson fL mediante la expresin (39). La
de-terminacin directa de fL, midiendo la contraccin lateral
du-rante el ensayo a traccin, es ms difcil, puesto que. dada su
pequeez se necesitan aparatos de gran precisin.
Problemas
l. El bloque abcd rle la figura 42 est hecho de un material para
el que E= 8 x 10s kg.;cm.a y [J. = 0,25. Hallar y y el alargamiento
tmitario de la diagonal bd si -r = 800 kg.fcm. 1
2. Hallar en el problema anterior el corrimiento aa1 de la cara
ab respecto a la cd si la diagonal bd = 5 cm.
3. Probar que el cambio de volumen del bloque abcd de la figu-ra
42 es nulo si se consideran despreciables las potencias de orden
su-perior al primero de las componentes de la deformacin e:., Y
-
56 RESISTENCIA DE MATERIALES
de fluencia 1 B. Los ensayos muestran que para un material como
el acero corriente el punto de fluencia por cortadura "Ft vale de
0,55 a 0,60 de aFl. Puesto que en el punto de fluencia se presenta
una distorsin considerable, sin incremento de la fatiga cortante,
es lgico tomar como fatiga cortante de trabajo solamente una
fraccin de la fatiga cortante de fluencia, de modo que
(41)
donde n e~ el coeficiente de seguridad. Tomando este coeficiente
del mismu urden que en el caso de exten~in o compresin, se'
tiene
-r:1 = 0,55 a 0,60 a1
lo que mdica que la fatiga de trabctjo por cortadura deber ser.
mucho menor que la fatiga de trabajo a extensin.
Se comprende fcilmente que en las aplicaciones prcticas no se
encuentre la distribucin uniforme de fatiga cortante su-puesta para
el bloque de la figura 42. Ms adelante veremos que
FIG. 45
la fatiga cortante pura se presenta no solamente en la torsin
sino tambin en la flexin de vigas. Sin embargo, muchos casos
prcticos se resuelven suponiendo la distribucin uniforme de
fatigas, aunque solamente sea una grosera aproximacin. Sea, por
ejemplo, el caso del empalme de la figura 45. Es evidente que si el
dimetro del perno ab no es suficiente el empalme puede fallar,
debido a cortadura por las secciones mn y m1n1 Un es-.
1 Para obtener un punto de fluencia bien marcado se emplean ;
probeta'! tubulares en los en:>ayod a torsin.
,,._
> r ..
~- .
'
ANALISIS DE FATIGAS Y DEFORMACio~,ES 57
tudio a fondo del problema muestra que las fatigas cortantes no
se distribuyen de modo uniforme sobre dichas secciones y que el
perno experimenta no slo cortadura, sino tambin fle-
. :xin bajo la accin de las fuerzas extensoras P. De modo
gro-sero, el dimetro suficiente para el perno se obtiene suponiendo
en dichos planos mn y m1n1 una distribucin uniforme de fati-gas
cortantes -., cuyo valor se obtiene dividiendo la fuerza p por la
suma de las rea~ de dichas secciones mn y m1n1. Por
con-siguiente,
2P 'T:= ---
1Cd2'
y el dimetro necesario para el perno se obtiene de la ecuacin
2P
'T:t=-. 1Cd2
(42)
Otro caso simple de aplicacin de este mtodo elemental es el de
problemas de cortadura 'en juntas roblonadu.:> (fi;:;. !ti).
o 1 ! FIG. 46
Como las cabezas de los roblones se forman a altas
temperatu-ras, los roblones producen al enfriarse una gran
compresin sobre las planchas 1. Al aplicar las fuerzas extensoras P
el roo-
. ~iento relativo entre las planchas est impedido por ~1
roza-miento debido a la presin anteriormente indicada entre
plan-chas. S~lamente despus de vencido este rozamiento empiezan a.
trabaJar por cortadura los roblones, y si su dimetro no es S fi . u
Ciente, puede presentarse una rotura por cortadura a lo lar-
l 1 Exp('rimentalmente se ha visto que las fatigas de extensin
en ~: eo~ ~oblones son del ordPn de la fatiga de fluencia. del
material con qua /. 11 an hechos. VJ,sv C. Bt..ch. ZeitBchr. d.
Ver. DeutBch. lng. 1912. .,_
1'
1
1
i,
-
1)
58 RESISTENCIA DE MATERIALES
go de los planos mn y m1n 1. Se ve, por consiguiente, que el
estu-dio minucioso del problema de las juntas roblonadas es muy
complicado. El problema se resuelve corrientemente de un modo
grosero despreciando el rozamiento y suponiendo que las fati-gas
cortantes se distribuyen uniformemente a lo largo de las secciones
mn y m1n1 Se obtiene, por consiguiente, el dimetro suficiente de
los roblones utilizando la misma ecuacin (42) del ,ejemplo
anterior.
Problemas
1. Determinar el dimetro del perno del empalme de la figurA 45
~i P = 5.000 kg. y '~'t = 480 kg.fcm. 2
2. Hallar la longitud de seguridad 2l del enlace de las dos
piezas de maden1. de la figura 47 sometido a exten;;in, si P =
5.000 kg., '~' = 8
p
FIG. 47
kg./cm. s para &ortadnra paralela a las fibras y b = 25 cm.
Determi- . nar la altura apropiada del retallo mn1 si el limite de
seguridad para las fatigas de compresin local a lo largo de las
fibras de la madera es 64 kg.Jcm. 2
3. Hallar el dimetro de lo:; roblones de la figura 46 si '~'t =
640 kg.fcm. 2 y P = 4.000 kg.
11
p
.lfiG. 48 FIG. 49
4. Determinar las dimensiones l y 8 en el enlace de dos barras
rectangulares por planchas de acero (flg. 48), si las fuerzas, las
dimen siones y las fatigas de trabajo son las mismas que en el
problema 2.
5. Determinar la distancia a necesaria en la estructura de la
figu ru -Hl ::; la fatiga cortalite de trabajo es la misma que en
el proble":
..
. ,
...
..
,.
.,.
ANLTf'lHl DE FATIGAS Y DEFORMACIONES 59
roa 2 y laR dimensiones deJas seccionAs rectas de todas las
barras son 1 O X 20 cm. Se desprecia el efecto del rozamiento.
18. Traccin o compresin en tres direcciones Iares.-Si una barra
de forma de paraleleppedo
perpendicu-rectangu1ar
est sometida a la accin de fuerzas Px, P 11 y Pz (fig. 50), las
tensiones norma-Jes a los ejes x, y y z son, respectivamente,
Px _P11 Pz c;x = Ax; Cfy- A/ az = Az.
Se supone crx > cr11 > cr,. Pz
FIG. 50 Combinando los efectos de las fuerzas
Px, P 11 y Pz, se deduce que sobre una seccin cuyo plano pase
por el eje z solamente producen fatigas las fuerzas P x y P 11 , y
tambin que estas fatigas pueden calcularse por las ecuaciones (26)
y (27) y representarse grficamente usando el crculo de Mohr. En la
figura 51 el crculo de dimetro AB representa estas fatigas. De la
misma manera, 1as fatigas ligadas a una seccin que pase por el eje
x pueden representarse por el crculo cuyo dimetro es
-
rr r i
.,\
1
:\
.1
'1
RESISTENCIA DE MATERIALES
Tiene lugar para la seccin que pasando por el eje de las y
biseca el ngulo de los ejes x y z.
Las ecuaciones para el clculo de las deformaciones unitarias' en
las direcciones de los ejes pueden obtenerse combinando los efectos
de Px, P
11 y P. del mismo modo que se ha hecho para el
caso de traccin o compresin en dos direcciones perpendicula-res
(vase artculo 15). De esta manera se obtiene
z (l. E:z= E- E(ex+cry)
El volumen de la batTa aumenta en la relacin
(1 + e,), (1 + e:11 }, (1 -i- e:,) : l, o despreciando
cantidade8 de orden superior
(1 + Ez + Ey + Ez) : 1, de donde la dilatacin cbica unitaria
es
(43) :
D.= Ez + e:11 +e. (44)
La relacin entre la dilatacin cbica unitaria y las fatigas:. que
actan en las caras de la barra puede obtenerse sumando: las
ecuaciones (43).
De este modo se obtiene
.c.n el caso particular de presin hidrosttica uniforme se
tien
Las ecuaciones ( 43) dan p
E:z = e: 11 = Ez = --{1- 2 (l.), E (4
~
f :4~' 'f'". ,
' \
L
,, ..
'
ANLISIS D"PC FATIGAS Y DEFORMACIONES
y la ecuacin (44), A 3(1-2 (l.) u=- E p.
Usando la notacin
se obtiene
E -----=K, 3 (1- 2 (l.)
p !:1=--. K
61
(47)
(48)
(49)
La dilatacin cbica es proporcional a la fatiga de compre-sin p e
inversamente proporcional a la cantidad K, a la cual se conoce con
el nombre de mdulo de elasticidad de volumen o mdulo
volumtrico.
Problemas
l. Determinar la disminucin de volumen de una esfera maciza de
acero de 25 cm. de dimetro sometida a una pre-sin hidrost.tica p =
700 kg./cm. 1
Solucin: De la ecuacin ( 4~)), !). = ~-- TJ_ = _700 X 3(1- 2 X
0.3) = _ 4,2
K 2 X 106 10'
La disminucin de volumen el:!, por tanto,
4,2 rcd3 10, x Ir = 3,43 cm.
8
2. En la figura. 52 un cilindro de goma A est comprimido Jentro
de un cilindro de acero B por una fuerza. P. Determinar la presin
entre la goma Y el acero si P = 500 kg.; d = 5 cm., el mdulo de
Poisson para la goma [l. = 0.45. Se desprecia el ro-zamiento entre
la goma y el acero.
B
FIG. 52
Solucin: Sea p la. fatiga de compresin en cualquier silccin
nor-mal al eje del cilindro y q la presin entre la goma y la
superficie inter-na del cilindro de acero. Fatigas de compresin del
mismo valor q a .. tuarn entre las superficies laterales de las
fibras longitudinales d l '1' e Cl mdro de goma, del que hemos
aislado un elemento de forma de P.araleleppedo rectangular con
caras paralelas al eje del cilindro (vase figura 52). Este elemento
est en equilibrio bajo la accin de la fatiga de compresin axial p y
las fatigas q. Suponiendo que el cilindro de
J acero es absolutamente rigido, el alarg&miepto iutemo de
le. oma
-
! o 11
1 !
!
62 RESISTENCTA DE MATERIALES
en las direcciones x e y deber ser nulo, y por las ecuaciones
(43) se obtiene
de donde _ !J.P _ 0,45 500 X 4 _ ~ ,.
q- -- - 1 O 45 52 - 20,8 kg./cm. 1-[L -, 1tX 3. Una columna de
hormign est encofrada en un tubo de acero
(figura 53). Determinar la presin entre el acero y el hormign y
la fa-tiga de extensin transversal en el tubo, suponiendo que no
hay ro-
zamiento entre hormign y acero y que todas las dimen-
FIG. 53
siones y la fatiga de compresin en la columna de hormi-gn son
conocidas (fig. 53).
Solucin: Sean p y q las fatigas longitudinal y lateral de
compresin, respectivamente; del dimetro interior del tubo de acero,
h su espesor, Ea el mdulo de elasticidad del acero, Eh y llh los
mdulos de elasticidad y de Poisson del hormign. El alargamiento
wtario del hormign en una direccin lateral, teniendo en cuenta la
ecua-cin (43), ser
(a)
Este alargamientO ser igual al alargamiento circunferencial
uni-tario del tubo de acero (vase ecuacin 13).
qd (b) e:= 2hEa
Con las ecuaciones (a) y (b) se obtiene qrl q !Jo/
2 hE a =-En + Eh (p + q), ,de dunJ,;;
'
La. fatiga lateral de extensin en el tubo se calcular ahora por
la
ecuacin qd a= 2h
4. Determinar la fatiga cortante mxima en la columna de hormign
del problema anterior, suponiendo que p = 70 kg.cm.
LA = 0,10; 2dh = 7 ,5.
...
Sulucin: p-q p( 01 ) 33'2k 1 2 Tnix = - 2- = 2 1 -~~95 = g.
cm.
CAPITULO III
FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR
19. Tipos de vigas.-.l!}n este captulo vamos a analizar los
tipos sencillos de vigas que muestra la figura 54. La figura 54 (a)
representa una viga con los extremos apoyados. Los puntos de apoyo
A y B estn articulados y, por tanto, los extremos de la viga pueden
giri:Lr libremente durante la flexin. Se supone tam-bin que uno de
ellos est montado sobre rodillos y puede mover-se libremente en
direccin hori-zontal. La figura 54 (b) representa un voladizo o
mnsula. El extre-mo A de esta viga est empotrado en la pared y no
puede girar du-rante la flexin, mientras que el extremo B est
completamente libre. La figura 54 (e) representa una viga apoyada
con voladizo. (b)
8
,~ Esta viga tiene el apoyo A en for-- ma de articulacin fija y
el e es t una articulacin mvil.
(e) FIG. 54
e IJ
~.
. Los tres casos representan vi-t gas estticamente determinadas,
puesto que las reacciones en los ~;. a~oyos correspondientes a
cualquier caso de carga pueden deter-
~- ~marse por las ~~uaciones de la esttica. Sea, por ejemplo, la
~' ga apoyada solicitada por una carga vertical P -fig. 54 (a)-.
Lar ., R ,: , eaccwn 2 e_n B debe ser vertical, puesto que este
apoyo ; puede moverse libremente de modo horizontal. De la
ecuacin
de la t 't' "' , . es a 1ca, .:..X= O, se deduce que la reaccin
R1 es tambin -~ertiCal Lo 1 d R R d s va ores e 1 y 2 se etermman
por las ecuacio
; !i
1
-
RESISTENCIA DE MATERIA LlJS
nes de momentos. Igualando a cero la suma de los momentos de
todas las fuerzas respecto al punto B, se obtiene
R1l-Pb =o de donde
De modo anlogo, tomando momentos respecto al punto A
se obtiene Pa Ro"~'---
" l
T.as reacciones en el caso de una viga apoyada con voladi
zos --fig. 54 (e)-- se calculan de igual modo. En el caso de una
mnsula -fig. 54 ( b )- la carga P se equili
bra por los elementos de reaccin que actan en el extremo ero
potrada. De las ecuaciones de la esttica ~X= O y ~y= O, 86
deduce que la resultante de las fuerzas de reaccin debe ser
ve~
tical e igual a P. De la ecuacin de momentos l:M =O se sigu~
que el momento M 1 de las fuerzas de reaccin respecto a -4 debe
ser igual a Pa y actuar, tal como indica la figura, en seD
tido contrario al de la..c; agujas del reloj. . Las reacciones
producidas por otro tipo de cargas sobre I
-
1
66 RESISTENCIA DE MATERIALES
cin sobre el trozo de la i~quierda. Estas fuerzas int.ernas
deben ser tales que equilibren a las fuerzas exteriores
anteriormente ' mencionadas P 1, P 2 y R1
Todas estas fuerzas exteriores, por las condiciones de la
est-tica, pueden sustituirse por una fuerza vertical V que obra en
el plano de la seccin mn y por el par .M. El valor de la fuerza
es
V= R1-P1 --:-P2, (a) 'y el valor del par es
M= R 1x-P1 (x-c1) -P2 (x-c2). (b) La fuerza V es igual a la suma
algbrica de las fuerzas ex-
ternas situadas a la izquierda de la seccin mn y se denomina
fuerza cortante en la seccin recta mn. El par M es igual a la suma
algbrica de los momentos de las fuerzas exteriores si-tuadas a la
izquierda de