0INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES M. en C. RICARDO CORTEZ OLIVERA M. en C. RICARDO SANCHEZ MARTINEZ ING. IVAN RICO MOLINA INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ÍNDICE TEMA PAGINA CAPITULO I ESFUERZOS EN UN ELEMENTO Introducción…………………………………………………………………..………………………………………………… 2 Mecánica de materiales………………………………………………………………..……………………………………. 2 Definiciones……………………………………………………………………………………………………………………… 2 Equilibrio estático…………………….………………………………………………………………………………………. 3 Tipos de apoyos y reacciones que absorben…..………………..…………………………………………………. 4 Principales suposiciones y principios utilizados en mecánica de materiales……...…………………. 5 Esfuerzo……………………………………………………………………………………………………………………………. 5 Esfuerzo normal o axial……………………………………………………………………………………………………. 6 Ejemplos………………………………………………….………………………………..……………………………………… 7 Esfuerzo tangencial o cortante…..……………………………………………………………………………………… 11 Ejemplos…………………………………………………………………………………………………………………………. 12 Diagrama esfuerzo-deformación………………………………………………………………………………………. 14 Ley de Hooke….………………………………………………………………………………………………………………… 18 Ejemplos…………………………………..……………………………………………………………………………………… 18 Deformación unitaria………………………………………………………………………………………………………. 20 Módulo de Poisson…………………………………………………………………………………………………………… 20 Deformación unitaria biaxial………………..…………………………………………………………………………… 21 Deformación unitaria triaxial….………………………………………………………………………………………… 21 Ejemplos………………………………………………………………………….………………………………………………. 21 Deformación por temperatura………………………………………………………………………………………….. 22 Esfuerzo por temperatura……..…………………………………………………………………………………………. 23 Ejemplos………………………………………………………………………………………………………………………... 24 Problemas ………………………………………………….……………………………..…………………………………….. 29 CAPITULO II ESFUERZOS EN EL ESPACIO Introducción……………………………………………………………..……………………………………………………… 32 Distribución de esfuerzos en el espacio……………………………………………………………………………… 32 Estado de esfuerzo biaxial o estado de esfuerzo plano.………………………………………………………. 33 Variación del esfuerzo en un punto……………………………………………………………………………………. 34 Esfuerzos principales y cortante máximo…………………………………………………………………………… 36 Regla de signos………………………………………………………………………………………………………………….. 38 Ejemplos……………………………………………….………………………………………………………………………….. 38 Circulo de Mohr………………………………………..………………………………………………………………………. 42 Procedimiento para generar y aplicar el circulo de Mohr……………………………………………………. 42 Esfuerzos principales………………………………………………………………………………………………………… 44 Esfuerzo cortante máximo y mínimo………….………………………………………………………………………. 45 Ejemplos………………………………………………………………………………………………….……………………….. 47 Problemas………………………………………………………………………………………………………………………… 53 INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES CAPITULO III TORSIÓN EN EJES CIRCULARES Introducción……………………………………………………………………………………………………………………. 56 Cargas de torsión……………………………………………………………………………………………………………… 56 Hipótesis Básicas………………………………………………………………………………………………………………. 56 Esfuerzo en elementos sometidos a torsión…..………………………………………………………..………….. 57 Deformación en elementos circulares sometidos a torsión…………………………………………………. 59 Ejemplos……………….……………………………………………………………………………………………..…………… 61 Problemas hiperestáticos de torsión………………………………………………………………………………….. 64 Ejemplos………………………………………………………………………………….……………………………………….. 66 Potencia en ejes circulares a torsión…..……………………………………………………………………………… 70 Diseño de ejes circulares…..………………………………………………………………………………………………. 71 Ejemplo……………………………………………………………………………………………………………………….….. 73 Problemas……………………………………………………………………………………………………………………….. 73 CAPITULO IV RECIPIENTES DE PARED DELGADA Introducción………………………………………………………………………………………………………………..…… 77 Recipiente de pared delgada……………………….……………………………………………………………………. 77 Recipiente cilíndrico………………………………………………………………………………………………………….. 77 Esfuerzo longitudinal……………………………………………………………………………………………..…………. 78 Esfuerzo tangencial…………………………………………………………………………………………………………… 79 Recipientes esféricos de pared delgada………………………………………………………………………………. 79 Ejemplos...………………………………………………………………………………………………………………………… 80 Problemas……………………………………………….……………………………………………………………………….. 86 CAPITULO V RECIPIENTES DE PARED GRUESA Introducción……………………………..……………………………………………………………………………………… 88 Recipiente de pared gruesa……………………………………………………………………………………………….. 88 Recipiente cilíndrico…………………………………………………..……………………………………………………… 88 Esfuerzo radial y tangencial…………..…………………………………………………………………………………… 88 Casos particulares……………………………………………………………………………………………………….…… 92 Esfuerzo longitudinal…..……………………………………………………………………………………………………. 93 Presión de contacto……………………………………………………………….………………………………………… 94 Interferencia………………………….………………………………………………………………………………………… 95 Ejemplos………………………….………………………………………………………………………………………………. 96 Problemas……………………………………………………………………………………………………………………….. 100 CAPITULO VI ESFUERZOS DE FLEXIÓN Introducción...………………………………….………………………………………………………………………………. 102 Viga……………………..………………………….….…………………………………………………………………………… 102 Flexión……………………………………………….……………………………………………………………………………. 103 Flexión simple o simétrica….……………………………………………………………………………………………. 103 ii 143 Ejemplos…………………………………………………………………………………………………………………………… 145 Análisis de una viga por esfuerzo normal y esfuerzo cortante……………………………………………… 146 Ejemplos…………………………………………………………………………………………………………………………… 148 Problemas………………………………………………………………………………………………………………………… 150 iii . 140 Ejemplos…………………………………………………………………………………………………………………………. 125 Ejemplos…………………………………………………………………………………………………………………………. 110 Diagramas de fuerza cortante y momento flexionante………………………………………………………... 133 Ecuación para dimensionar una viga …………………………………………………………………………………. 137 Ecuación para determinar el esfuerzo cortante…………………………………………………………………. fuerza cortante y momento flexionante….. 117 Flexión pura…………………………………………………………………………. 125 Esfuerzo normal en la sección transversal de una viga……………………………………………………….…………………………………………………………… 104 Tipos de carga…………………………………………………………………………………………………………………. 135 Esfuerzo cortante en vigas…………………………………………………………………………………………………..………………………………………….…………………………………………………………………. 135 Ejemplos…………………………………………………………………………………………………………………………. 124 Superficie neutra..... 111 Tipos de cargas en vigas…………………………………………………………………………………………………. 106 Diagramas de fuerza cortante y momento flexionante…. 108 Relación entre carga. 134 Selección de la sección transversal de una viga…………………………………………………………………... 105 Fuerza cortante y momento flexionante………. 141 Distribución del esfuerzo cortante en el alma de vigas con patines…………………………………….…………………………………………. 127 Módulo de sección…………………………………………………………………………………………………………….……………………………………………………. 104 Clasificación de las vigas según su tipo de apoyo…. 124 Eje neutro…………………………………………………………………………………………………………………………. 138 Distribución del esfuerzo cortante en la sección transversal de una viga……………………………. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Flexión asimétrica…………………………………………………………………………………………………………… 104 Hipótesis utilizadas en la flexión de vigas………………………………………………………………………….……………………………………………………………………………………………………………..... realizándose ejemplos de uno y otro método. así como deformación lineal o angular. por lo que los ingenieros que utilizan estos paquetes deben de saber cómo aplicar las cargas y condiciones de frontera en dichos componentes.I. así como a interpretar adecuadamente los resultados obtenidos. pero sobre todo saber interpretar el resultado que se obtiene ya sea numérico o gráfico. se comparan estos métodos con el fin de establecer cual es mejor utilizar en las diferentes situaciones que se presentan. determinando los esfuerzos y deformaciones que estas producen en dichos elementos.P.). Ingeniería en Robótica Industrial e Ingeniería en Sistemas Automotrices a entender el comportamiento de los elementos mecánicos cuando se les aplican cargas. Esta obra se divide en seis capítulos en los cuales en el capítulo I. En el capítulo II se establecen las ecuaciones necesarias para poder analizar la variación de los esfuerzos que se presenta en un elemento en un sistema biaxial. en funciones de los diferentes tipos de cargas aplicadas y tipos apoyos existentes. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES PROLOGO La presente obra se realiza buscando apoyar a los estudiantes de la Carrera de Ingeniería Mecánica.E) del Instituto Politécnico Nacional (I.S.N. En la actualidad muchos de estos componentes son diseñados con el auxilio de programas computacionales. Pero el problema al que se enfrentan estos ingenieros es que no tienen las bases teóricas que les permitan aplicar adecuadamente las cargas y establecer las condiciones de frontera. se establecen todos los antecedentes necesarios para aplicar la mecánica de materiales en la determinación de los esfuerzos normal y cortante. que producen esfuerzo normal o cortante. Dado que uno de los principales problemas al que se enfrentan los egresados de las carreras de antes indicadas es el de no aplicar adecuadamente sus conocimientos teóricos en el diseño de componentes mecánicos. Esto se realiza tomando como base los años de experiencia de los autores impartiendo las Asignaturas de Mecánica de Materiales y Diseño Mecánico en la Escuela Superior de Ingeniería Mecánica y Eléctrica (E. por lo que una u otra condición al final lleva a realizar un mal diseño el cual puede fallar o no cumplir las especificaciones para que fue diseñado. iv . se establecen las bases teóricas requeridas en el análisis elementos mecánicos sometidos a las principales condiciones de carga. complementando lo anterior con el análisis de problemas tipo buscando que sea entendible el procedimiento de solución. para lo cual se establecen y aplican en un método analítico y un método semigráfico conocido como Circulo de Mohr.M. así como las deformaciones que estos producen en los cuerpos. así como a la variación de temperatura. Por lo que en esta obra tomando en consideración la importancia que tiene en el diseño la mecánica de materiales. Para estos se determinan los esfuerzos longitudinal y tangencial que se presentan en los mismos al aplicársele una presión interna. En el capítulo VI. con la finalidad de seleccionar el material. tanto para condiciones de elementos isostáticos e hiperestático. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES En el capítulo III. determinando en los mismos el esfuerzo cortante y deformación angular que se presenta. la presión de interferencial y la interferencia que se genera al unir dos cilindro o un cilindro y un eje macizo. el esfuerzo radial y el esfuerzo longitudinal. al cual agradecemos el mismos. Es importante destacar que la realización de este libro conto en todo momento con el apoyo del Instituto Politécnico Nacional y en especial de la Escuela Superior de Ingeniería Mecánica y Eléctrica Unidad Azcapotzalco. así como seleccionar el mejor perfil que debe tener la viga. se analizan los elementos sometidos a flexión que comúnmente se conocen como vigas. Aunado a lo anterior en el capítulo V. diámetro y espesor de pared de estos. En el capítulo IV. LOS AUTORES v . se analizar los ejes circulares sometidos a torsión. se analizan los recipientes cilíndricos de pared gruesa por la importancia que tienen en la neumática e hidráulica de potencia. dada la gran importancia que tienen en ingeniería para almacenar líquidos y gases. estableciéndose los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. para soportar las cargas aplicadas sin que falle o tenga deformaciones no aceptables para la condiciones que fue diseñada. en función de la potencia a transmitir y la velocidad angular a que rota el eje y el material con que es fabricado. Con lo anterior se pretende que esta obra apoye a toda persona que quieran obtener los conocimientos básicos de la mecánica de materiales. macizos o huecos de un solo material o de varios. así como los esfuerzos que se presentan en la soldadura utilizada en las uniones de los mismos. Lo anterior permite selecciona la sección transversal de la viga si se conoce las propiedades mecánicas del material con que se fabrique. Complementándose este capítulo con el diseño por resistencia y por rigidez del eje. con la finalidad de determinar el esfuerzo normal y cortante que se presenta en esta viga. Para estos se determina el esfuerzo tangencial. se analizan los recipientes esférico y cilíndrico de pared delgada. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES CAPITULO I ESFUERZOS EN UN ELEMENTO 1 . Por lo que en este capítulo se establecerá que rama del conocimiento estudia estos efectos. SOLIDO ELÁSTICO: Es aquel que. por encima de su límite elástico . como se determinan y se resolverán problemas relativos a este tema. entre los que se pueden mencionar los esfuerzos y las deformaciones. para esto se definirán lo que es un esfuerzo. la plasticidad se explica en términos de desplazamientos irreversibles de dislocaciones 2 . por un lado ni las deformaciones sean mayores a las fijadas por las normas y códigos o el buen uso. ELASTICIDAD: Es la propiedad que tienen los sólidos de dejarse deformar ante la presencia de acciones (fuerzas o pares) exteriores y recuperar sus formas primitivas al desaparecer la acción exterior. artificial. con el fin de establecer las formas y dimensiones más adecuadas que deben de tener los elementos de una maquina o construcción. estableciendo las relaciones existentes entre las cargas exteriores aplicadas y los efectos en el interior de los sólidos. buscando que esto permita su construcción de la forma más económica. el material más adecuado para su fabricación. biológico o de otro tipo. recupera su forma primitiva. frente a unas acciones exteriores. natural. es decir. si lo que se busca es que mantenga su condición de equilibrio se aplican los conceptos de la estática para lograr esto. Con el fin de poder establecer las formas y dimensiones que deben de tener los elementos con el fin de que puedan soportar determinadas cargas sin que los esfuerzos que se generan sobrepasen los máximos admisibles del material. Pero también es muy importante conocer que sucede en un elemento al aplicarle estas fuerzas externas. se deforma. En los metales. siempre y cuando no se hayan superado unos valores que hubieran producido rotura o deformación irreversible. PLASTICIDAD: Se define como plasticidad a la propiedad mecánica de un materia. MECÁNICA DE MATERIALES La Mecánica de materiales estudia el comportamiento de los cuerpos solidos ante diferentes condiciones que puedan afectar al sólido como son la aplicación de cargas o la variación de temperatura. pero que una vez que han desaparecido estas. pero no se toma en cuenta los efectos internos que se generan en el mismo. DEFINICIONES ESTÁTICA: La estática es la parte de la mecánica que se ocupa del estudio y como llegar al equilibrio de las fuerzas que actúan en un cuerpo en reposo. de deformarse permanente e irreversiblemente cuando se encuentra sometido a tensiones por encima de su rango elástico . pero solo se toman en cuenta los efectos externo del cuerpo. cuales son las condiciones para que aparezcan estos. este puede mantener su condición de equilibrio o perderla. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES INTRODUCCIÓN Cuando se tiene un elemento y se le aplica una carga externa. cuantos tipos de esfuerzo existen. el cuerpo se encuentra en equilibrio indiferente. como ocurre con un tentetieso. actúan una serie de fuerzas. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES DEFORMACIÓN: Se dice que la deformación es el cambio en el tamaño o forma de un cuerpo debido a la aplicación de una o más fuerzas sobre el mismo o un cambio de temperatura que origine una dilatación térmica. por lo que no se tendrá un desplazamiento sobre el eje Y. como en una esfera situada sobre una superficie plana. si la velocidad inicial es nula. .…. M Z 0 …………. si ninguna de ellas posee dependencia direccional. FX 0 ……………. y por lo tanto.3) Las ecuaciones anteriores indican si sobre un cuerpo que se encuentra en un plano (X. la propiedad macroscópica del cuerpo que no cambia con el tiempo es la velocidad. también será igual a cero. indiferente o inestable. Se dice que un sistema está en equilibrio cuando la fuerza total o resultante que actúa sobre un cuerpo y el momento resultante son nulos. En particular. también será igual acero. En este caso.Se llama deformación elástica aquella en la cual al quitar la carga aplicada el elemento en la cual se aplicó esta carga recupera totalmente su forma original.1). ANISOTROPÍA: Un medio es denominado aniso trópico sus propiedades físicas varias dependiendo de la dirección en que se midan. (1. a diferencia de los líquidos y los gases. El equilibrio mecánico puede ser de tres clases: estable. por lo que el desplazamiento sobre el eje X.3).2). FY 0 ……………… (1. Un sistema será calificado de isótropo si sus propiedades físicas (macroscópicas) son invariantes en relación con una dirección particular. Y). el cuerpo está en equilibrio inestable. Si las fuerzas son tales que un cuerpo vuelve a su posición original al ser desplazado.Se dice que un elemento tiene una deformación plástica cuando al eliminar la carga aplicada cierta parte de la deformación es permanente. presenta forma propia y opone resistencia a ser dividido. (1. el cuerpo permanecerá en reposo.. Para que un cuerpo se encuentre en equilibrio estático en un plano o bidimensionalmente este debe de cumplir con las ecuaciones (1. HOMOGENEIDAD: Que está formado por elementos con una serie de características comunes referidas a su clase o naturaleza que permiten establecer entre ellos una relación de semejanza CUERPO SOLIDO: Se dice que un cuerpo es sólido cuando. (1.2) y (1. la resultante de estas sobre el eje X será igual a cero. el cuerpo está en equilibrio estable. Por lo que se pueden tener deformaciones por carga y por temperatura. EQUILIBRIO ESTÁTICO Una de las condiciones principales que debe de cumplir un sólido para que pueda ser analizado mediante la mecánica de materiales es que este debe de encontrarse en equilibrio estático. Así mismo la resultante de las fuerzas que actúan sobre el eje Y. como ocurre con una varita en equilibrio sobre su extremo.1). Si las fuerzas hacen que el cuerpo continúe moviéndose hasta una posición distinta cuando se desplaza. Si las fuerzas que actúan sobre el cuerpo hacen que éste permanezca en su nueva posición al ser desplazado.. . 3 . ISOTROPÍA: Un medio es denominado isótropo si sus propiedades físicas son idénticas en todas las direcciones. 4) . FXn 0 FY FY1 FY 2 FY 3 FY 4 FY 5 .6) TIPOS DE APOYOS Y REACCIONES QUE ABSORBEN Los principales tipos de apoyos existentes en las vigas se muestran en la figura 1. Su resultante pasa por el centro del rodillo.2 Tipos de apoyos 4 .. Figura 1. así como la rotación sobre sí.....4).. como se muestra en la figura 1.5) y (1..5) . M Zn 0 FIGURA 1.6) Σ𝐹𝑧 = 0 … … . pero permite la rotación sobre sí mismo.. FYn 0 M Z M Z1 M Z 2 M Z 3 M Z 4 M Z 5 . Σ𝑀𝑦 = 0 … … … … (1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Al no estar actuando fuerzas sobre los ejes X y Y... el cuerpo no rotara sobre el eje Z.1 Equilibrio bidimensional Para que un cuerpo se encuentre en equilibrio estático tridimensionalmente este debe de cumplir además de las ecuaciones anteriores con las ecuaciones (1. F X FX 1 FX 2 FX 3 FX 4 FX 5 .1.... Σ𝑀𝑥 = 0 … … … (1. así como desplazamiento sobre uno de sus ejes (en este caso eje x). 2) APOYO FIJO O PASADOR (DOS REACCIONES): Este tipo de apoyo impide el desplazamiento sobre sus dos ejes...... (1..... 3) EMPOTRAMIENTO (DOS REACCIONES Y UN MOMENTO): Este tipo de apoyo impide los desplazamientos sobre sus dos ejes..2 y son los siguientes: 1) APOYO MÓVIL O RODILLO (SOLAMENTE UNA REACCIÓN): Este tipo de apoyo permite la rotación sobre sí. (1.. . 4. puesto que los granos de los materiales son tan pequeños. Se supone que el material llena totalmente el volumen que ocupa. en todas las direcciones. depende muy poco del modo concreto de aplicación de estas cargas..PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN DE CARGAS.3. En algunos casos nos vemos obligados a renunciar a este principio. y sobre el carácter de las deformaciones. lo que se acuerda especialmente.SUPOSICIÓN SOBRE LA PEQUEÑEZ DE LAS DEFORMACIONES (SUPOSICIÓN DE LA RIGIDEZ RELATIVA DEL MATERIAL) Se supone que las deformaciones son pequeñas en comparación con las dimensiones del cuerpo deformado. Este principio permite sustituir un sistema de fuerzas por otro. Por ejemplo. La teoría atomista de la composición discreta de la materia no se toma en consideración. los esfuerzos que se generan en cualquier cuerpo al ser sometido a fuerzas externas es necesario en primera instancia que se defina lo que se denomina como esfuerzo. Se supone que las propiedades del material son iguales en todos los puntos. En algunos casos la suposición sobre la isotropía es inaceptable. situados suficientemente lejos de los puntos de aplicación de las cargas. EN INGENIERÍA EL ESFUERZO SE DEFINE COMO LA FUERZA RESULTANTE DE UNA DISTRIBUCIÓN DE TENSIONES INTERNAS SOBRE UN ÁREA ESPECÍFICA. 2.SUPOSICIÓN SOBRE LA HOMOGENEIDAD E ISOTROPÍA. 3. la madera cuyas propiedades son esencialmente diferentes a través y a lo largo de las fibras. es anisótropa. con la finalidad de simplificar los cálculos a realizar. A base de esto se prescinden los cambios en función de las fuerzas exteriores respecto a las partes aisladas del cuerpo durante la deformación. Dicha propiedad la tienen también los materiales armados. y se componen las ecuaciones estáticas para un cuerpo no deformado. El efecto generado por la aplicación de un sistema de cualesquiera cargas...PRINCIPIO DE SAINT-VENANT El valor de las fuerzas interiores en los puntos del sólido.. tomemos en consideración un cuerpo en el espacio el cual se encuentra sometido a una serie de fuerzas y en equilibrio estático. como se muestra en la figura1. que se pueden considerar continuos. siendo estos: 1. es igual al originado si se aplicaran las cargas por separado y posteriormente se sumaran sus efectos.SUPOSICIÓN SOBRE LA CONTINUIDAD DEL MATERIAL. Para entender un poco más esto.. 5 . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES PRINCIPALES SUPOSICIONES Y PRINCIPIOS UTIZADOS EN MECÁNICA DE MATERIALES Para poder aplicar la teoría de la mecánica de materiales se aceptan una serie de suposiciones y principios sobre la estructura y las propiedades de los materiales. estáticamente equivalente. ESFUERZO Para poder determinar. 5. en la cual cuando se realiza el corte aparece el área 𝐴. que se representa con la letra 𝑡 y otra perpendicular o normal al área definida con la letra 𝑛 .4 se obtiene de la resultante de tensiones normales 𝜎 se obtiene de la componente normal 𝑛 de 𝑅. 𝐴 = 𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑠𝑒 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎 𝑙𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 [𝑚2 ] 𝑜 [𝑖𝑛2 ] Este esfuerzo normal puede actuar a tensión o compresió. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Figura 1.4. ninguna de las dos secciones que se obtienen se encuentra en equilibrio estático por lo que se tendrán que equilibrar. como se muestra en la figura 1.4.3 Cuerpo en equilibrio Se procede a realizar un corte por el el plano m-m y separar las dos partes resultantes. para esto analizaremos la parte izquierda que se obtiene. Figura 1.5 se observa una barra rectangular. la cual es sometida a cargas axiales de tensión y compresión. por lo que en este caso de la figura 1. 𝑛 𝑃 Por lo que se tendrá: σ= = ……… (1. Fuerzas normal y tangencial ESFUERZO NORMAL O AXIAL Se considera que el esfuerzo normal es aquel en el cual la carga aplicada es perpendicularmente al área sobre la que actúa y se representa por la letra griega 𝜎 (sigma). 6 . Esfuerzo normal . teniendo esta una componente paralela o tangente al área. En la figura 1.5. lo cual genera esfuerzos normales. la cual actua perpendicular al área 𝐴. Al realizar esto. Figura 1.7) 𝐴 𝐴 Dónde: 𝜎 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑡𝑧𝑜 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 [𝑁⁄𝑚2 ] 𝑜 [𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ] . 𝑃 = 𝑛 = 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑎 𝑙𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 [𝑁]𝑜 [𝑙𝑏] . en esta área para lograr el equilibrio estático aparece la fuerza 𝑅 . mientras que en el extremo superior para conservar el equilibrio estático aparecen fuerzas que representan la acción de la otra parte de la barra sobre esta. que produzca en la barra BD un esfuerzo de tensión de 50 𝑀𝑃𝑎. lo que vuelve el análisis de la misma más complicado. 7 .6 (b). posteriormente se le aplica una carga 𝑃 en los extremos en sus extremos lo que origina que se alargue la barra incrementándose su longitud a 𝐿𝑓 . Para que la ecuación 𝜎 = 𝑃⁄𝐴 sea valida. Fuerza Normal Estas fuerzas se distribuyen en forma uniforme sobre la sección transversal del área (A). como se muestra en la figura 1.7. por lo que se establece que siempre que se tenga un esfuerzo se tendrá una deformación (Esfuerzo – Deformación). Esfuerzo normal Si se procede a cortar la barra según el plano de corte A-A y se toma la porción inferior. en caso de que exista una excentricidad se origina flexión en la barra.1 Una barra horizontal ABC. para lo cual la fuerza debe de actuar en el centroide del cuerpo. que se origina al realizar el corte. La barra BD tiene una sección transversal de 400 𝑚𝑚2 . la cual inicialmente se encuentra sin carga figura 1. Determinar el valor de la carga 𝑃. es sostenida por la barra BD. el esfuerzo se debe de encontrar uniformemente distribuido.6 (a). INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Al aplicarse la carga 𝑃 y generarse el esfuerzo normal este se produce también una deformación en el sentido de aplicación de la carga. Figura 1.7. como se muestra en la figura 1.6. como se muestra en la figura. De estas fuerzas se puede obtener una resultante la cual debe ser de igual magnitud y de dirección opuesta a la carga aplicada (P). EJEMPLO 1. pero su diámetro se reduce a 𝑑𝑓 . Figura 1. la cual tiene una longitud de 3 𝑚. se observa que sobre el extremo inferior de esta porción actúa P. Para explicar esto se tomara como referencia una barra prismática de longitud (𝐿𝑖) y diámetro (𝐷𝑖) . 𝟑𝟑 𝑵 EJEMPLO 1. sin que el esfuerzo en el acero exceda 160 𝑀𝑃𝑎. por lo que se tiene: D. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ANÁLISIS Como primer paso se realiza el análisis estático de la barra ABC. 𝑃=𝜎 𝐴 Para este caso: 𝑇𝐵𝐷 = 𝜎𝐵𝐷 𝐴𝐵𝐷 .2 Tres varillas cilíndricas solidas están perfectamente unidas en B y C. (A-B-C) ∑ 𝐹𝑦 = 0= 𝑅𝐴𝑦 + 𝑇𝐵𝐷 − 𝑃 … … … … (1) . con el fin de conocer que fuerzas están actuando en estos tramos. L. como se muestran en la figura. en este caso el tramo de acero. el primer tramo es de acero con área de 150 𝑚𝑚2 . Para esto se comienza el análisis en el extremo en donde se tiene fuerzas conocidas. ANÁLISIS: Se procede a realizar el análisis estático de cada tramo que comprende el sistema. C. … (2) Se sabe que el esfuerzo máximo que se puede aplicar a la barra BD es 𝜎𝐵𝐷 = 50 𝑀𝑃𝑎 . el segundo tramo es de bronce con área de 225 𝑚𝑚2 y el tercer tramo es de aluminio con área de 300 𝑚𝑚2 . en el bronce 90 𝑀𝑃𝑎 y en el aluminio de 70 𝑀𝑃𝑎. 8 . 𝑇𝐵𝐷 = (50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )( 400𝑥10−6 𝑚2 ) = 20000𝑁 Por lo que si se sustituye en la ecuación (2) se tiene: ∑ 𝑀𝐴 = 0 = ( 20000𝑁 )(2𝑚) − 𝑃(3𝑚) ∴ 𝑷 = 𝟏𝟑𝟑𝟑𝟑. Si se aplican las cargas indicadas determinar el máximo valor de 𝑃 . por lo que se 𝑃 tiene: 𝜎= 𝐴 . ∑ 𝐹𝑥 = 0= 𝑅𝐴𝑥 ∴ 𝑅𝐴𝑥 = 0 ∑ 𝑀𝐴 = 0 = 𝑇𝐵𝐷 (2𝑚) − 𝑃(3𝑚) … … . 𝐹𝐴𝐿𝑈𝑀𝐼𝑁𝐼𝑂 = 5𝑃 Se procede a analizar tramo por tramo en función del esfuerzo máximo que soporta. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES D. C. que se puede aplicar asi como su ubicación. 𝐹𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 = (90𝑋106 𝑁⁄𝑚2 )(225𝑥10−6 𝑚2 ) = 20250 𝑁 Como: 𝐹𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 = 𝑃 .3 Una barra homogénea CD de 8500 N de peso. (TRAMO B-A) Por lo que la fuerza que soporta cada tramo es: 𝐹𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 = 2𝑃. como se muestra en la figura.L. Por lo tanto la carga máxima que se puede aplicar es: 𝑷 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝑵 EJEMPLO 1. 𝐹𝐴𝐿𝑈𝑀𝐼𝑁𝐼𝑂 = 𝜎𝐴𝐿𝑈𝑀𝐼𝑁𝐼𝑂 𝐴𝐴𝐿𝑈𝑀𝐼𝑁𝐼𝑂 . determinar el valor de la carga máxima 𝑃.L. 𝐹𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 = 𝜎𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 𝐴𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 . se encuentra sostenida por los cables AC y BD. (TRAMO C-B) D. C. 𝑃= 5 = 4200 𝑁 Como el material que fallara primero es el aluminio ya que solo soporta una carga de 4200 N.L. (TRAMO D-C) D. 𝐹𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 = 𝑃 . mientras que el bronce soporta 20250N y el acero 12000 N. 𝑃 = 20250 𝑁 Para el aluminio: 𝐹𝐴𝐿𝑈𝑀𝐼𝑁𝐼𝑂 𝜎𝐴𝐿𝑈𝑀𝐼𝑁𝐼𝑂 = . C. 𝐹𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 Para el acero: 𝜎𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 = 𝐴𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 . 𝐴𝐴𝐿𝑈𝑀𝐼𝑁𝐼𝑂 𝐹𝐴𝐿𝑈𝑀𝐼𝑁𝐼𝑂 = (70𝑋106 𝑁⁄𝑚2 )(300𝑥10−6 𝑚2 ) = 21000 𝑁 21000 Como: 𝐹𝐴𝐿𝑈𝑀𝑁𝐼𝑂 = 5𝑃 . Si los cables tienen una sección transversal de 350 𝑚𝑚2 . 𝐹𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 = 𝜎𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 𝐴𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 . 𝐹𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 = (160𝑋106 𝑁⁄𝑚2 )(150𝑥10−6 𝑚2 ) = 24000 𝑁 24000 Como: 𝐹𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 = 2𝑃 ∴ 𝑃= 2 = 12000 𝑁 Esta carga P seria la máxima que puede aplicársele al acero sin que este sobrepase el esfuerzo máximo establecido para este material. si los esfuerzos en los cables no deben de sobrepasar de: 𝜎𝐴𝐶 = 120 𝑀𝑃𝑎 y 𝜎𝐵𝐷 = 70 𝑀𝑃𝑎 . 9 . 𝐹𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 Para el bronce: 𝜎𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 = 𝐴𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 . 5𝑚) … … (2) Procedemos a establecer las condiciones que se establecen con respecto a los máximos esfuerzos que pueden soportar cada uno de los cables. se utiliza la ecuación (2). C. la carga P y su peso propio. D. 𝑃 =𝜎 𝐴. 𝜎𝐴𝐶 = 120 𝑀𝑃𝑎. L (C-D) ∑ 𝐹𝑦 = 0= 𝑇𝑎𝑐 + 𝑇𝐵𝐷 − 𝑃 − 8500𝑁 … … … … (1) ∑ 𝑀𝐶 = 0 = −𝑃(𝑎) − 8500𝑁 (1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ANÁLISIS Se realiza el análisis estático de la barra ya que sobre ella actúan las tensiones del cable. 𝟖𝟕𝟐𝟖𝟒𝟒 𝒎 10 .25𝑚) + 24500𝑁(2.25𝑚) + 𝑇𝐵𝐷 (2. ∑ 𝑀𝐶 = 0 = −58000𝑁(𝑎) − 8500𝑁 (1.5𝑚) Por la que la distancia a la cual se debe aplica la carga 𝑃 es: 𝒂 = 𝟎. Para este caso la tensión es: 𝑇 = 𝜎 𝐴 Por lo que se tiene: 𝑇𝐴𝐶 = 𝜎𝐴𝐶 𝐴𝐴𝐶 = (120𝑥106 𝑁⁄𝑚2 ) (350𝑥10−6 𝑚2 ) = 42000 𝑁 𝑇𝐵𝐷 = 𝜎𝐵𝐷 𝐴𝐵𝐷 = (70𝑥106 𝑁⁄𝑚2 ) (350𝑥10−6 𝑚2 ) = 24500 𝑁 Por lo que si se sustituyen estas tensiones en la ecuación (1) se tiene: 42000 + 24500 − 𝑃 − 8500𝑁 = 0 Por lo que la máxima carga que se puede aplicar es: 𝑷 = 𝟓𝟖𝟎𝟎𝟎 𝑵 Para determinar la distancia a la cual se aplica la carga. 𝜎𝐵𝐷 = 70 𝑀𝑃𝑎 𝑃 Se sabe que : 𝜎 = 𝐴 . En la parte inferior se presenta la fuerza que origina la placa que trata de moverse de la derecha.9) 2A 11 . produciendo un corte. en las placas se genera un esfuerzo normal. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ESFUERZO TANGENCIAL O CORTANTE El esfuerzo cortante o tangencial 𝜏 (tau). el cual se encuentra en donde se une las dos placas. Esfuerzo cortante simple Como se observa en la figura 1. lo que genera un esfuerzo cortante. ya que la superficie superior trata de deslizarse a la izquierda y la superficie inferior a la derecha.8) 𝐴 𝐴 Dónde: 𝜏 (𝑡𝑎𝑢) = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 [𝑁⁄𝑚2 ] 𝑜 [𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ]. la cual es paralela al área (𝐴).. en la parte superior la fuerza que origina la placa que trata de moverse a la izquierda (b).8 en la que se tienen dos placas unidas mediante un remache (a). al tenerse dos áreas la carga se distribuye en ambas disminuyendo el esfuerzo cortante... es el que se obtiene de la resultante de tensiones cortantes que se muestran en la figura 1. estas cargas originan que en el perno exista un área en la cual actuaran las fuerzas 𝑉 en direcciones opuestas lo que puede ocasionar el corte del perno en esta área. 𝐴 = 𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑠𝑒 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 [𝑚2 ] 𝑜 [𝑖𝑛2 ] La fuerza cortante comúnmente se representa con la letra V. por lo que se tendrá: 𝑡 𝑉 𝜏= = … … … … (1.. mientras que en el remache se observa que actúan dos fuerzas. Para esta condición de carga la ecuación que representa el fenómeno es: V . se dice que se trata de cortante doble..4.. pero existe un plano común en la que actúan los dos efecto.8. es decir se tiene la componente tangencial (𝑡) de la resultante (𝑅). 𝑉 = 𝑡 = 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑎 𝑙𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 [𝑁] 𝑜 [𝑙𝑏] . El esfuerzo cortante se puede observar en dos placas unidas mediante un perno las cuales son sometidas a una fuerza 𝑃.. contándose con dos secciones del tornillo que se encuentran a cortante. Figura 1.. representándose mediante la ecuación: A Cuando se tienen dos áreas de corte como se muestra en la figura 1... en este punto sobre el remache se tiene una fuerza que actúa paralelamente a la sección transversal que la resiste (c). en la cual se observa una horquilla la cual se conecta con un elemento central mediante un tornillo. Al estar actuando el esfuerzo cortante solamente sobre una superficie se dice que se trata de un V esfuerzo cortante simple.9.(1. 040) = 0.00036𝑚2 Por lo que la carga máxima que se puede aplicar sobre la barra sin sobrepasar el esfuerzo normal de 150MPa es: 𝑁 𝑃 150𝑥106 = ∴ 𝑃 = 54000 𝑁 𝑚2 0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Figura 1.015(0.00060𝑚2 𝐴 𝑇𝑅𝐴𝐵𝐴𝐽𝑂 = 𝐴 𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 − 𝐴𝑃𝐸𝑅𝑁𝑂 𝐴 𝑇𝑅𝐴𝐵𝐴𝐽𝑂 = 0.4 Una barra de aluminio 𝐴𝐵 está fijada a su soporte mediante un perno de 16 𝑚𝑚 de diámetro en 𝐴. La barra tiene una sección transversal constante de 15x40 mm. determinar la máxima carga que se puede aplicar en 𝐵 . Esfuerzo cortante doble EJEMPLO 1.00024𝑚2 𝐴 𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 0. por lo que se tiene: 𝐴𝑃𝐸𝑅𝑁𝑂 = 0. sin que falla el sistema. para esto se debe de tomar en cuenta que el perno trabaja a doble cortante. como se muestra en la figura.00036 𝑚2 Pero también puede fallar el perno por lo que se tiene que determinar cuál es la máxima fuerza cortante que puede aplicarse sin sobrepasar 85 𝑀𝑃𝑎.015(0.9. 12 . ANÁLISIS En este problema se debe de analizar la barra a esfuerzo normal ya que trabaja a tensión. El espesor de la barra es de 15𝑚𝑚 y su ancho es de 40𝑚𝑚. donde se tiene el perno esta sección disminuye. por lo que al tener menor área la falla se dará en esa zona. mientras que el perno se debe de analizar a esfuerzo cortante ya que tanto puede fallar la barra como el perno. a lo largo de la misma. como se muestra en la figura.016) = 0. pero en B. Si el esfuerzo de tensión permisible en la barra es de 150𝑀𝑃𝑎 y el esfuerzo cortante permisible en el perno es 85𝑀𝑃𝑎. 154∗10−3 𝑚2 𝑚2 𝐹𝑡 3 𝑥103 𝑁 𝑁 𝜏= .016)2 𝐴=𝜋 =𝜋 = 0.6086 𝑥106 = 2.5 Dos piezas de madera de 50 𝑚𝑚 de ancho y 20 𝑚𝑚 de espesor.5𝑥106 = 4.50 𝑀𝑃𝑎 . 𝟓𝟎 𝑴𝑷𝒂 𝐴´ 1. ANÁLISIS: Para determinar los esfuerzos en la unión se determina el área ( 𝐴´ ) . 𝟔𝟎𝑴𝑷𝒂 𝐴 1.0 𝐾𝑁 Por lo que los esfuerzos son: 𝐹𝑛 5. la cual se muestra en la figura.154∗10−3 𝑚2 𝑚2 13 . 𝝉 = 𝟐.154𝑥10−3 𝑚2 sin 60° Se obtiene la componente paralela y perpendicular a esta área.0002016𝑚2 4 4 𝑁 𝑃 85𝑥106 = ∴ 𝑃 = 34272 𝑁 𝑚2 2(0. se encuentran pegadas como se muestra en la figura.60𝑀𝑃𝑎 .0002016𝑚2 ) Por lo que la carga máxima que se puede aplicar para que no falle la barra o el perno es: 𝑷 = 𝟑𝟒𝟐𝟕𝟐 𝑵 EJEMPLO 1.05𝑚 𝐴′ = 0. si se aplica una carga de 6 𝐾𝑁 determinar los esfuerzos que se generan en la unión de las mismas.02𝑚 ( ) = 1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝑃 𝜏= 2𝐴 𝑑2 (0. 𝜏= = 2. que se tiene. por lo que se tiene: 𝐹𝑛 = 6 𝐾𝑁 (cos 30°) = 5.1961 𝐾𝑁 𝐹𝑡 = 6 𝐾𝑁 (cos 60°) = 3. 0. 𝝈 = 𝟒.1961 𝑥103 𝑁 𝑁 𝜎= 𝜎= = 4. 10. 14 . b) Frágiles: Estos materiales se caracterizan por que no existen alargamientos considerables antes de la ruptura. el cual es elaborado a partir de resultados que se obtienen al someter una probeta estandarizada a una fuerza axial. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES DIAGRAMA ESFUERZO DEFORMACIÓN Cuando se diseñan elementos estructurales es importante tomar en cuenta la resistencia y la rigidez del material que se empleara. DIAGRAMA ESFUERZO DEFORMACIÓN PARA MATERIALES DÚCTILES Para determinar el diagrama esfuerzo deformación se realizan ensayos de tracción. 𝑃 𝜎= 𝐴 𝜋 𝑑2 Donde A es el área de la sección transversal de la probeta y se determina por: 𝐴= 4 Figura 1. lo que permite determinar y grafica el esfuerzo y la deformación unitaria. que consisten en una barra de sección circular. algunos polímeros. Al aplicar la carga se origina un desplazamiento δ. la piedra. Para este ensayo usualmente se emplea una probeta especial. si se realiza este análisis para ciertos intervalos de carga. el cobre. con una longitud calibrada (𝐿). Entre estos se puede mencionar el vidrio. con un diámetro (𝑑) . se puede determinar la deformación unitaria (ε) . Probeta utilizada en el ensayo de tracción. Esta probeta se somete a una fuerza axial (𝑃) . como se muestra en la figura 1. la fundición. Sin embargo es posible definir algunas características comunes entre los diagramas esfuerzos – deformación de varios materiales y dividirlos en dos grupos los cuales son: En función al diagrama esfuerzo deformación se pueden clasificas los materiales en: a) Dúctiles: Son aquellos materiales que se caracterizan por ser capaces fluir a temperatura normales. se pueden graficar los valores del esfuerzo contra la deformación unitaria. la cerámica. Los diagramas esfuerzo deformación para diferentes materiales pueden variar considerablemente y diferentes pruebas de tensión a un mismo material pueden tener diferentes resultados dependiendo de la temperatura de la probeta y de la rapidez en la aplicación de la carga. el cual se puede medir en la longitud calibrada. estas propiedades están relacionadas en un diagrama conocido como “Diagrama de esfuerzo deformación”. por lo que tienen grandes deformaciones antes de la rotura.10. lo que origina que se genere un esfuerzo normal (𝜎) . entre estos se pueden mencionar los aceros estructurales. procediendo a registrar el valor de la fuerza y el alargamiento producido. que se determinan por la expresión utilizada para el esfuerzo normal. por lo que si se miden los valores de la carga (P) y el desplazamiento(δ). es un segmento de recta. sino que queda con una deformación residual conocida como deformación permanente. puede disminuir mientras dura la fluencia. ESFUERZO DE RUPTURA APARENTE Es el esfuerzo que se tiene al fallar la probeta. LIMITE ELÁSTICO Es la tensión más allá del cual el material no recupera totalmente su forma original al ser descargado. considerando que esta no sufre cambio en su diámetro al aplicar la carga.11. en esta zona la deformación es proporcional al esfuerzo. por lo que la primera parte del diagrama es una línea recta con una pendiente pronunciada. Sin embargo. PUNTO DE FLUENCIA Es aquel donde en el aparece un considerable alargamiento o fluencia del material sin el correspondiente aumento de carga que. ZONA PLÁSTICA En esta zona el material no volverá a sus dimensiones originales al quitar la carga que se le aplica. 15 . ESFUERZO DE RUPTURA REAL Es el esfuerzo que se tiene al fallar la probeta. en los que no manifiesta. considerando que esta sufre una disminución en su diámetro al aplicar la carga. en donde la constante de proporcionalidad es el modulo elástico (𝐸). Diagrama Esfuerzo – Deformación En este diagrama se pueden apreciar las siguientes zonas y puntos: ZONA DE PROPORCIONALIDAD Se observa que va desde el origen 𝑂 hasta el punto llamado límite de proporcionalidad. Figura 1. después de que alcanza una valor critico la probeta sufre grandes deformaciones con pequeños incrementos de la carga. mientras que hay otros tipos de aceros. también llamado acero dulce. aleaciones y otros metales y materiales diversos. ESFUERZO MÁXIMO Es la máxima ordenada en la curva esfuerzo-deformación. incluso. el fenómeno de la fluencia es característico del acero al carbono. Para el caso del acero común. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES En estos ensayo al ir incrementando la carga su longitud aumenta linealmente a una tasa muy lenta. el diagrama Esfuerzo – Deformación es como se muestra en la figura 1.11. por lo que se generan deformaciones permanentes y esfuerzos residuales. ZONA ELÁSTICA En esta zona el material volverá a sus dimensiones originales al quitar la carga que se le aplica. que es de bajo contenido de carbono. 0 ALEACIÓN 2014-T4 325 470 280 73 23.7 ASTM A-913 GRADO 60 550 550 200 77 11. PVC RÍGIDO 45 40 70 3.5 7.2 MÁRMOL (PROMEDIO) 15 28 125 55 20.6 50 13 0.8 Tabla 1.7 TEMPLADO ASTM A-709 GRADO 100 760 690 200 77 11. los cuales se muestran en la tabla 1.9 CONCRETO RESISTENCIA MEDIA 28 25 9.6 ALEACIÓN 7075-T6 500 570 330 72 28 23.8 TITANIO 830 900 115 16.1 HIERRO FUNDIDO 345 330 620 165 65 12.8 ROBLE ROJO 55 12.1.A.6 COBRE RECOCIDO 70 220 150 120 44 16.7 ASTM A-285 GRADO A 165 310-450 200 77 11.9 LATÓN ROJO LAMINADO EN FRIO 435 585 320 120 44 18.5 9.7 RECOCIDO 70 270 210 120 44 18.7 MADERA PINO DOUGLAS 100 7.6 10.4 122 VINILO.0 34 10 ROBLE BLANCO 55 13.9 ALTA RESISTENCIA 40 30 9.1 LATÓN AMARILLO LAMINADO EN FRIO 410 250 510 300 105 39 20.2 44 GRANITO (PROMEDIO) 20 35 240 70 27. ESFUERZO DE ESFUERZO ULTIMO MODULO DE COEFICIENTE MATERIAL DE FLUENCIA ELASTICIDAD DILATACIÓN O LINEAL (𝜶) ALEACIÓN 𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁 𝐶𝑂𝑅𝑇𝐴𝑁𝑇𝐸 𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁 𝐶𝑂𝑅𝑇𝐴𝑁𝑇𝐸 COMPRESIÓN 𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁 𝐶𝑂𝑅𝑇𝐴𝑁𝑇𝐸 𝑥10−6 /℃ (MPa) (MPa) (MPa) (MPa) (MPa) (E) (G) 𝐺𝑃𝑎 𝐺𝑃𝑎 ACERO ESTRUCTURAL ASTM A-36 250 145 400 200 77 11.1.2 ALEACIÓN 6061-T6 240 140 260 165 70 26 23.3 ALUMINIO ALEACIÓN 2014-T6 400 230 455 275 75 27 23.9 ENDURECIDO 265 390 200 120 44 16.4 47 1.9 RECOCIDO 100 60 320 220 105 39 20.9 FUNDICIÓN FUNDICIÓN GRIS 170 240 655 69 28 12.8 51 1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Para los materiales utilizados en ingeniería ya se han obtenido los principales valores de sus propiedades mecánicas.5 10 PLÁSTICO NYLON TIPO 6/6 45 75 95 2.7 ALTA RESISTENCIA ASTM A-572 GRADO 50 345 450 200 77 11.7 INOXIDABLE AISI 302 LAMINADO EN FRIO 520 860 190 75 17.5 PINO BLANCO 55 7.7 3.1 135 CAUCHO 15 162 CRISTAL 50 40 28.7 ASTM A-709 GRADO 50 350 450 200 77 11.0-4. Propiedades físicas de materiales comunes en ingeniería (Sistema Internacional) 16 .8 144 POLICARBONATO 35 65 85 2.3 RECOCIDO 260 655 190 75 17. 6 RECOCIDO 15 9 46 32 15 5.5 ALTA RESISTENCIA ASTM A-572 GRADO 50 50 65 29 11. LINEAL (𝜶) 𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁 𝐶𝑂𝑅𝑇𝐴𝑁𝑇𝐸 𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁 𝐶𝑂𝑅𝑇𝐴𝑁𝑇𝐸 COMPRESIÓN (KSI) 𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁 𝐶𝑂𝑅𝑇𝐴𝑁𝑇𝐸 𝑥10−6 /℉ (KSI) (KSI) (KSI) (KSI) (E) (G) 𝑥106 𝑃𝑆𝐼 𝑥106 𝑃𝑆𝐼 ACERO ESTRUCTURAL ASTM A-36 36 21 58-80 29 11.1 1.6 12.6 11.5 5.0 13.6 RECOCIDO 38 95 28 10.1 44 GRANITO (PROMEDIO) 3 5 35 10 4 4 MÁRMOL (PROMEDIO) 2 4 18 8 3 6 Tabla 1.8 9.4 2.5 ASTM A-285 GRADO A 24 45-65 29 11.2 6.5 11 14 0.45 75 CAUCHO 2 90 CRISTAL 7 9.0 4.7 13.1 1.8 9.4 5.0 3.9 3.4 4.4 7. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES MATERIAL ESFUERZO DE ESFUERZO ULTIMO MODULO DE COEFICIENTE DE O FLUENCIA ELASTICIDAD DILATACIÓN ALEACIÓN Escriba aquí la ecuación.6 4.4 9.2 6.35 68 VINILO.2 6.6 5.5 TEMPLADO ASTM A-709 GRADO 100 100 110 29 11.2 6.8 1.3 6.5 6 10 0.5 ASTM A-913 GRADO 60 65 80 29 11.5 0.2 6. PVC RÍGIDO 6.5 FUNDICIÓN FUNDICIÓN GRIS 25 35 95 10 4.1 COBRE RECOCIDO 10 32 22 17 6.1 3.1.1 ALEACIÓN 7075-T6 73 83 48 10.6 LATÓN ROJO LAMINADO EN FRIO 63 85 46 17 6.2 6.8 TITANIO 120 130 16.9 ALEACIÓN 6061-T6 35 20 38 24 10.4 CONCRETO RESISTENCIA MEDIA 4.2 1.0 9.9 0.4 10.8 ALEACIÓN 2014-T4 47 68 41 10.4 80 POLICARBONATO 9.4 ENDURECIDO 53 57 29 17 6.7 HIERRO FUNDIDO 50 48 90 24 9.4 9.5 12.5 INOXIDABLE AISI 302 LAMINADO EN FRIO 75 125 28 10.0 1.7-2.B.8 ROBLE ROJO 8.5 ROBLE BLANCO 8.5 1.9 12.7 LATÓN AMARILLO LAMINADO EN FRIO 60 36 74 43 15 5.4 MADERA PINO DOUGLAS 15 7.3 PLÁSTICO NYLON TIPO 6/6 6.4 10. Propiedades físicas de materiales comunes en ingeniería (Unidades Inglesas) 17 .1 PINO BLANCO 8.5 ASTM A-709 GRADO 50 50 65 29 11.6 ALUMINIO ALEACIÓN 2014-T6 58 33 66 40 10.4 6.8 1.4 RECOCIDO 10 39 31 17 6.5 ALTA RESISTENCIA 6.3 1.1 6.6 11.5 5. ( 1.6 Dos varillas AB y BC articuladas en A y C a soportes rígidos como indica la figura. El valor de 𝑬 es una característica de cada material. . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES LEY DE HOOKE En el diagrama esfuerzo-deformación mostrado en la figura 1.11. La Ley de Hooke indica que “CUANDO UN MATERIAL ES SOMETIDO A UNA CARGA POR DEBAJO DEL LIMITE DE PROPORCIONALIDAD. 𝑇𝐵𝐶 = 40 − 1. 𝜀= . si las varillas tienen una sección de 400𝑚𝑚2 .10) 𝜀 Lo anterior se puede también establecer de la siguiente manera. =𝐸 ∴ 𝐴 𝐿 𝐴 𝐿 𝑃 𝐿 𝐿 𝛿= … … … … . (1. siendo llamado Modulo de Elasticidad o Modulo de Young. siendo este una medida de la rigidez del material y sus unidades son [𝑁⁄𝑚2 ]. .11) ∴ 𝛿=𝜎 … … … … . la pendiente de la recta es la relación entre el esfuerzo y la deformación. en la parte rectilínea (zona de proporcionalidad). el cual se representa con la letra 𝑬.5 𝑇𝐵𝐶 + 0. están unidas en B mediante un pasador y soportan la carga P= 20 KN y tienen las longitudes indicadas.7071𝑇𝐵𝐴 − 0.4142 𝑇𝐵𝐴 18 . ( 1. .11´) 𝐴 𝐸 𝐸 Para que lo anterior sea válido se deben de tomar en cuenta las siguientes consideraciones: a) La carga debe de aplicarse en forma axial b) La barra debe ser homogénea y de sección constante c) El esfuerzo no debe sobrepasar el límite de proporcionalidad d) El miembro con carga debe de ser recto EJEMPLO 1. ∑ 𝐹𝑋 = 0 = 0. 𝑃 𝛿 𝑃 𝛿 𝜎= . [𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ].866 𝑇𝐵𝐶 ∑ 𝐹𝑌 = 0 = − 20 + 𝑇𝐵𝐶 sen 30° + 𝑇𝐵 sen 45° 0 = −20 + 0. Determinar la deformación de la varilla AB. La varilla AB es de acero con 𝐸𝐴𝐶 = 200𝑥103 𝑀𝑁/𝑚2 y la varilla de BC es de aluminio con 𝐸 = 70𝑥103 𝑀𝑁/𝑚2 °. EXISTE UNA RELACIÓN LINEAL ENTRE EL ESFUERZO Y LA DEFORMACIÓN” 𝜎 Por lo que se tiene: 𝐸= ∴ 𝜎 = 𝐸 𝜀 … … … … . ANÁLISIS Realizando el equilibrio estático se tiene: ∑ 𝐹𝑋 = 0 = 𝑇𝐵𝐴 cos45° − 𝑇𝐵𝐶 cos 30° .7071 𝑇𝐵𝐴 . 000672 𝑚 ∴ 𝜹𝑨𝑩 = = 𝟎.25 𝑀𝑃𝑎 8 ∗ 10−4 𝑚2 𝑚 Para determinar las deformaciones se utiliza la ecuación 1. 𝜹𝑨𝑩 = 𝟕. por lo que se tiene: 𝑃𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 (−25 𝑥103 𝑁)(0. 𝑃𝐴𝐵 = 10 𝐾𝑁 .9388𝑥103 𝑁)(3𝑚) 𝛿𝐴𝐵 = 𝐴𝐴𝐵 𝐸𝐴𝐵 = (400𝑥10−6 𝑚2 )(200𝑥109 𝑁⁄𝑚2 ) = 0.33 𝑀𝑃𝑎.7.931 0 𝑇𝐵𝐴 .6308 KN Deformación varilla de acero AB. 𝑃𝐶𝐷 = 20 𝐾𝑁 Para determinar los esfuerzos en las barras se utiliza la ecuación 1.28 𝑀𝑃𝑎 6∗10−4 𝑚2 𝑚2 7∗10−4 𝑚2 𝑚2 25 𝑥103 𝑁 𝑁 𝜎𝑎𝑏 = = 31. Por lo que: 𝑃𝐴𝐵 = 25 𝐾𝑁 . 𝜎𝐵𝐶 = = 14. 𝑃𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 (17.5 𝑚) 𝛿𝐴𝐵 = 𝐴𝐴𝐵 𝐸𝐴𝐵 = (8×10−4 𝑚2 )(200×109 𝑁⁄𝑚2 ) = −7.81 × 10−5 𝑚 .25𝑥106 2 = 31.64 ∴ 𝑇𝐵𝐴 = 17. Las barras son de acero cuyo módulo elástico es de 200𝐺𝑃𝑎.11. b) la deformación en cada barra.33 𝑥106 = 33.28 𝑥106 = 14.9388 KN 𝑇𝐵𝐶 = 14. ANÁLISIS Se procede a realizar los diagramas de cuerpo libre de cada uno de los tramos con el fin de conocer las cargas que actúan sobre cada uno de ellos. 𝟔𝟕𝟐 𝒎𝒎 EJEMPLO 1. por lo que se tiene: 20 𝑥103 𝑁 𝑁 10 𝑥103 𝑁 𝑁 𝜎𝐶𝐷 = = 33. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 0=1.7 Se tienen tres barras las cuales están perfectamente unidas y se les aplican las cargas mostradas. determinar: a) el esfuerzo en cada tramo de material.34. 𝟖𝟏 × 𝟏𝟎−𝟓 𝒎 19 . Deformación unitaria MODULO DE POISSON Cuando una barra se carga a tensión el alargamiento axial (sobre el eje x). .00 × 10−5 𝑚 . como se muestra en la figura (1.3𝑚) 𝛿𝑐𝑑 = 𝐴𝑐𝑑𝐸𝑐𝑑 = (6×10−4 𝑚2 )(200×109 𝑁⁄ 2 ) = −5. 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝛿 𝜀= = … … … .85 × 10−5 𝑚 .13. 𝟖𝟓 × 𝟏𝟎−𝟓 𝒎 𝑚 𝑃𝑐𝑑𝐿𝑐𝑑 (−20𝑥103 𝑁)(0. 𝜀𝑧 = −𝜈 𝜀𝑥 Para la mayoría de los materiales empleados en ingeniería el Módulo de Poisson varia de 0. Deformaciones sobre los tres ejes. 𝟎𝟎 × 𝟏𝟎−𝟓 𝒎 𝑚 El signo negativo en las deformaciones indica que se trata de elementos sometidos a compresión. perpendicular a la dirección de la carga aplicada. El cociente de la deformación en dirección lateral entre la deformación axial se le conoce como relación de Poisson (Modulo de Poisson).13) se tiene: 𝜀𝑦 = −𝜈 𝜀𝑥 .12) 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑜𝑟𝑖𝑔𝑖𝑛𝑎𝑙 𝐿 Figura 1.35. 𝜹𝒄𝒅 = −𝟓. y se denota con la letra griega 𝜈 (nu). 𝜹𝒃𝒄 = −𝟐. Esto es válido para un material homogéneo e isótropo. 20 . (1. como se muestra en la figura (1. Figura 1.13) 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑥𝑖𝑎𝑙 𝜀𝑥 𝜀𝑥 De la ecuación (1. z).4𝑚) 𝛿𝑏𝑐 = 𝐴𝐵𝐶 𝐸𝐵𝐶 = (7×10−4 𝑚2 )(200×109 𝑁⁄ 2 ) = −2.13).12). INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝑃𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 (−10 𝑥103 𝑁)(0.25 a 0. 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 𝜀𝑧 𝜀𝑌 𝜈=− =− = − … … … … (1. DEFORMACIÓN UNITARIA La deformación unitaria se obtiene dividiendo la deformación total entre la longitud inicial de un elemento sometido a tensión o compresión. es acompañado por una contracción lateral (sobre los ejes y.12. sobre el eje 𝑥. el cual tratara de acortar la longitud del elemento sobre el eje 𝑥.18).20) 𝐸 𝐸 𝐸 𝐸 𝐸 𝐸 EJEMPLO 1.19) . 𝜎𝑥 𝜎𝑦 𝜎𝑧 𝜀𝑥 = − 𝜈 [ + ] … … … … … (1. 𝑦 una compresión por lo que la deformación en este eje esta dada por la ecuación (1. por lo que si se considera el Modulo de Poisson se tiene: 𝜎𝑦 𝜀𝑥2 = −𝜈 𝜀𝑦 = −𝜈 𝐸 Por lo que la deformación total sobre el eje 𝑥 esta dada por: 𝜀𝑥 = 𝜀𝑥1 − 𝜀𝑥2 𝜎𝑥 𝜎𝑦 Lo cual también se puede representar de la siguiente forma: 𝜀𝑥 = −𝜈 … … .17) DEFORMACIÓN UNITARIA TRIAXIAL En el caso triaxial solo se agrega en eje 𝑧. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES DEFORMACIÓN UNITARIA BIAXIAL Para determinar las deformaciones biaxiales se debe de tomar en cuenta que se generan dos efectos en el elemento. el primero de ellos debido a la carga axial que actúa sobre el eje en el cual se desea determinar la deformación. (1. el cual si es una carga a tensión producirá un alargamiento de elemento sobre eses eje y el segundo el que produce la carga que se aplica perpendicularmente a este eje que si se aplica a tensión producirá un acortamiento sobre dicho eje. 𝜎𝑥 𝜎𝑥 = 𝐸 𝜀 𝑥 ∴ 𝜀𝑥1 = 𝐸 Pero también se puede aplicar un esfuerzo a tensión 𝜎𝑦 . 𝜀𝑧 = −𝜈[ + ] … … … … … (1. si su módulo elástico es de 70 𝐺𝑃𝑎 y su módulo de Poisson de 1/3 determine que carga total uniforme en la dirección 𝑥 producirá la misma deformación transversal en la dirección 𝑧 que en las cargas mostradas.18) 𝐸 𝐸 𝐸 Mientras que para los ejes 𝑦 y 𝑧 se tiene: 𝜎𝑦 𝜎𝑥 𝜎𝑧 𝜎𝑧 𝜎𝑥 𝜎𝑦 𝜀𝑦 = −𝜈[ + ] … … … … … (1. se realiza un análisis similar por lo que se tiene: 𝜀𝑦 = 𝐸 −𝜈 𝐸 … … … … (1. por lo que si sobre este eje se aplica un esfuerzo a tensión. Como ejemplo se podría decir que se aplicamos un esfuerzo a tensión 𝜎𝑥 . 21 .16) 𝐸 𝐸 𝜎𝑦 𝜎𝑥 Para el eje 𝑦.8 Un bloque rectangular de aluminio tiene las dimensiones que se muestran en la figura y soporta las cargas indicadas. el cual genere un alargamiento (𝜀𝑥 ) sobre dicho eje. este producirá sobre los ejes 𝑥. el cual se indica a continuación. sobre el eje 𝑦. 219𝑀𝑃𝑎 𝑚2 Siendo la carga: 𝑃𝑥 𝑁 𝜎𝑥 = . 𝑃𝑥 = 𝜎𝑥(𝐴𝑥) = 72. la cual se determina con la siguiente ecuación: 𝛿𝑇 = ∆𝑇 𝐿 𝛼 … … .06𝑚) 𝑚2 (0.83𝑥106 = 45. 220 𝑋103 𝑁 𝑁 −80 𝑋103 𝑁 𝑁 𝜎𝑥 = = 45.11𝑥106 = −11.5𝑀𝑃𝑎 (0. 𝜀𝑧 = 𝑁 − [ 𝑁 + 𝑁 ] 𝐸 𝐸 𝐸 70 𝑥109 2 3 70 𝑥109 2 70𝑥109 2 𝑚 𝑚 𝑚 𝜀𝑧 = −3.14.12𝑚)(0. 𝜎𝑧 = 0 (0. (0. para lo cual se utiliza la ecuación 1. 𝜎𝑦 = 0 . 𝑁 𝑁 𝑁 𝜎𝑧 𝜎𝑥 𝜎𝑦 (−12. 𝜎𝑥 = − =− 𝐸 𝛾 1/3 Por lo que el esfuerzo es: 𝑁 𝜎𝑥 = 72.439𝑥10−4 Como se desea que solo una carga que actué sobre el eje x produzca la misma deformación se debe tener: 𝑃 𝜎𝑥 = .06𝑚) 𝐴𝑥 𝑚2 𝑷𝒙 = 𝟑𝟒𝟔.5 𝑥106 ) 6 1 45.5 𝑥106 = −12.11𝑥106 ) 𝑚2 𝑚2 𝜀𝑧 = − 𝛾( + ) .08𝑚 ∗ 0. 𝟔𝟓𝒙𝟏𝟎𝟑 𝑵 DEFORMACIÓN POR TEMPERATURA Cuando se genera un incremento o decremento de temperatura los elementos tienden a expandirse o contraerse originándose una deformación como se muestra en la figura 1.21) 22 . 𝜎𝑦 = = −11.219 𝑥106 = 72.08𝑚)(0.08𝑚)(0.83 𝑀𝑃𝑎 .06𝑚) 𝑚2 −120𝑋103 𝑁 𝑁 𝜎𝑧 = = −12. se tiene: 𝑁 𝜎𝑥 𝜀𝑧 𝐸 (−3.20.20.11 𝑀𝑃𝑎 .12𝑚) 𝑚2 Conociendo estos esfuerzos se determina la deformación unitaria que los mismos producen sobre eje 𝑍.439∗10−4 )(70 𝑥109 2 ) 𝑚 𝜀𝑧 = −𝛾 . que se conoce como deformación por temperatura(𝛿𝑇 ).06𝑚) Por lo que sustituyendo en ecuación 1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ANÁLISIS Para determinar esta deformación se determina el esfuerzo que actúa sobre cada cara del elemento. (1.219𝑥106 (0.08𝑚)(0.83𝑥10 𝑚2 (−11. Deformaciones por carga y temperatura Por lo que se tiene: 𝛿𝑅 = 𝛿𝑇 − 𝛿𝑃 Dónde: 𝛿𝑅 = 𝐷𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 [𝑚] o [𝑖𝑛] Para esta condición la deformación por carga está definida por: 𝑃𝐿 𝐿 𝛿𝑃 = = 𝜎𝑇 𝐴𝐸 𝐸 Dónde: 𝜎𝑇 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 [𝑁⁄𝑚2 ] 𝑜 [𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ] 23 . la cual consiste en una pared indeformable que impide al elemento deformarse todo lo que podría. si se permite la libre deformación del elemento no se genera ningún problema pero si no se permite lo anterior se generan esfuerzos que se denominan por temperatura. que actúa en sentido contrario a la deformación por temperatura.1. 𝑖𝑛] .15.14. ℉] = 𝑇2 − 𝑇1 [𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 − 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙] . para que se produzca esta la pared debe ejerce una fuerza 𝑃 . 𝛼 = 𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑙𝑎𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑐𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 [1⁄℃ . Lo anterior se muestra en la figura 1. ESFUERZO POR TEMPERATURA Como se muestra en la figura 1. 1⁄℉] Figura 1. Deformación por temperatura Los valores de los coeficientes de dilatación térmica para los principales materiales utilizados en ingeniería ya se encuentran establecidos y se indican en la tabla 1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Dónde: ∆𝑇 = 𝐼𝑛𝑐𝑟𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎 [°𝐶. 𝐿 = 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 [𝑚. que al estar actuando sobre una área produce un esfuerzo que se conoce como esfuerzo por temperatura. Figura 1. Esto origina una deformación teórica denominada por carga (𝛿𝑃 ). pero como este elemento tiene una restricción para que pueda deformarse. lo que origina un incremento en su longitud o deformación por temperatura (𝛿𝑇 ).14.15 en la cual se tiene un elemento al cual se le aplica un incremento de temperatura (∆𝑇) . 1 𝛿𝑇𝑎𝑐 = (70°𝐶)(2.0 𝑚) (11. 𝛼𝐴𝐶 = 11.15𝑚)2 − (0. un diámetro exterior 𝑑𝑒 = 0. 𝛼𝐶𝑂𝑁𝐶 = 9. Si para el acero: 𝐸𝐴𝐶 = 200 𝐺𝑃𝑎.63𝑥10−3 𝑚 = 1.02159 𝑚2 𝐴𝐶𝑂𝑁 = 𝜋(0.9𝑋 10−6 ⁄℃ . b) La longitud final del tubo de acero. Primero se determina la deformación lineal que tendría cada material si pudiera deformarse libremente. y se llena de concreto como se muestra en la figura.38𝑥10−3 𝑚 = 1. quedando perfectamente unidos los dos materiales.25 𝑚. 𝛿𝑅𝐶𝑂𝑁 = 𝛿𝑇𝐶𝑂𝑁 + 𝛿𝑅𝐶𝑂𝑁 Igualando las deformaciones: 𝛿𝑇𝐴𝐶 − 𝛿𝑃𝐴𝐶 = 𝛿𝑇𝐶𝑂𝑁 + 𝛿𝑅𝐶𝑂𝑁 = 𝛿𝑅 24 .9 Un tubo de acero tiene una longitud 𝐿 = 2 𝑚. 𝐴𝐶𝑂𝑁 = 0. Determinar: a) El esfuerzo que se produce en cada material.63 𝑚𝑚 °𝑐 1 𝛿𝑇𝑐𝑜𝑛 = (70°𝐶)(2.0 𝑚) (9. y un diámetro interior de 𝑑𝑖 = 0.7𝑋 10−6 ⁄℃ y para el concreto 𝐸𝐶𝑂𝑁𝐶 = 25 𝐺𝑃𝑎. 𝐴𝑎𝑐 = 0. ANÁLISIS.049 𝑚2 Del diagrama de cuerpo libre se tiene que: 𝑃𝐴𝐶 = 𝑃𝐶𝑂𝑁 = 𝑃 𝛿𝑅𝐴𝐶 = 𝛿𝑇𝐴𝐶 − 𝛿𝑃𝐴𝐶 .125𝑚)2 ] .38 𝑚𝑚 °𝑐 Como los dos materiales están perfectamente unidos la deformación final debe de ser la misma para ambos: 𝛿𝐴𝐶 = 𝛿𝐶𝑂𝑁 = 𝛿𝑅 Por lo que el acero trata de alargarse y el concreto de acortarse. si se realiza el diagrama de cuerpo libre del sistema se tiene: Determinando el área de cada material se tiene: 𝐴𝐴𝐶 = 𝜋[(0.30 𝑚 .125𝑚)2 . Posteriormente se disminuye la temperatura 70°C.7𝑥10−6 ) = 1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 1.9𝑥10−6 ) = 1. 𝟓𝟖𝟐 𝒎𝒎 EJEMPLO 1.38𝑥10−3 𝑚 = + (25𝑥109 𝑁⁄𝑚2 )( 0.31 𝑁 . 𝟓𝟕𝟔 𝑴𝑷𝒂 𝐴𝐴𝐶 0. 𝝈𝑨𝑪 = 𝟓.10 Un elemento está compuesto de tres segmentos de barra y se encuentra fijo mediante dos empotramientos indeformables como se muestra en la figura.02159𝑚2 𝑃𝐶𝑂𝑁 120. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝑃𝐴𝐶 𝐿𝐴𝐶 𝑃𝐶𝑂𝑁 𝐿𝐶𝑂𝑁 𝛼𝐴𝐶 ∆𝑇𝐴𝐶 𝐿𝐴𝐶 − = 𝛼𝐶𝑂𝑁 ∆𝑇𝐶𝑂𝑁 𝐿𝐶𝑂𝑁 + = 𝛿𝑅 𝐸𝐴𝐶 𝐴𝐴𝐶 𝐸𝐶𝑂𝑁 𝐴𝐶𝑂𝑁 𝑃𝐴𝐶 (2.02159 𝑚2 ) 𝛿𝑅𝐴𝐶 = 1. determine el esfuerzo que se genera en cada una de ellas cuando se incrementa la temperatura 50°C.40𝑥103 𝑁 𝜎𝐶𝑂𝑁 = = = 2.40𝑥106 𝑁) (2. 𝟒𝟓 𝑴𝑷𝒂 𝐴𝐶𝑂𝑁 0.40𝑥106 𝑁) (2.0 𝑚) 𝑃𝐶𝑂𝑁 (2.576𝑥106 𝑁⁄𝑚2 .0 𝑚) 1. 𝑷 = 𝟏𝟐𝟎.049 0𝑚2 ) (200𝑥109 𝑁⁄𝑚2 )(0. 𝛿𝑅𝐶𝑂𝑁 = 1.63𝑥10−3 𝑚 − 1. el segundo tramo es de bronce (𝐸 = 83 𝐺𝑃𝑎.049 0𝑚2 ) (200𝑥109 𝑁⁄𝑚2 )(0. 𝛼 = 18. 𝝈𝑪𝑶𝑵 = 𝟐.0 𝑚) 1.38𝑥10−3 𝑚 + (200𝑥109 𝑁⁄𝑚2 )(0.0 𝑚) 𝑃 (2.02159 𝑚2 ) (2.0 𝑚) Para el concreto: 𝛿𝑅𝑐𝑜𝑛 = 𝛿𝑇𝐴𝐶 + 𝛿𝑃𝐶𝑂𝑁 .40𝑥103 𝑁 𝜎𝐴𝐶 = = = 5.7𝑥10−6 1⁄℃ ) .02159 𝑚2 ) 0.582𝑥10−3 𝑚 ∴ 𝜹𝑹𝑨𝑪 = 𝟏.02159 𝑚2 ) (25𝑥109 𝑁⁄𝑚2 )( 0. (25𝑥109 𝑁⁄𝑚2 )( 0.049 0𝑚2 ) 𝛿𝑅𝐶𝑂𝑁 = 1. 𝟓𝟖𝟐 𝒎𝒎 (120.0 𝑚) (2.6326𝑥10−9 + 0. 𝟒𝟎 𝑲 𝑵 Conociendo la carga que se aplica a cada material se tiene: a) El esfuerzo en cada material es: 𝑃𝐴𝐶 120.252𝑥10−3 𝑚 = 𝑃 [ + ] (25𝑥109 𝑁⁄𝑚2 )( 0. 25 .45𝑥106 𝑁⁄𝑚2 . (200𝑥109 𝑁⁄𝑚2 )(0. 𝐴 = 1100 𝑚𝑚2 .0 𝑚) Para el acero: 𝛿𝑅𝐴𝐶 = 𝛿𝑇𝐴𝐶 − 𝛿𝑃𝐴𝐶 .0 𝑚) 0.38𝑥10−3 𝑚 + . Si el primero de ellos es de acero (𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎.63𝑥10−3 𝑚 − = 1.582𝑥10−3 𝑚 ∴ 𝜹𝑹𝑪𝑶𝑵 = 𝟏.0490𝑚2 b) La deformación en cada elemento es: (120.252𝑥10−3 = 𝑃 [ 1.9𝑥10−6 1⁄℃ ) y el tercero se trata de una barra de aluminio (𝐸 = 70𝐺𝑃𝑎. 𝐴 = 2500 𝑚𝑚2 .049 0𝑚2 ) 𝑃 (2.0931𝑥10−9 ) 𝑃 = 120397. 𝛼 = 23𝑥10−6 1⁄℃ ) . 𝐴 = 600𝑚𝑚2 . 𝛼 = 11. 𝛿𝑅𝐴𝐶 = 1.46317𝑥10−9 ] = 𝑃(2.63𝑥10−3 𝑚 − . 50𝑥10−9 𝑃 26 .500𝑚)(18. 𝛿𝑇𝐴𝐶 = ∆𝑇𝐴𝐶 𝐿𝐴𝐶 𝛼𝐴𝐶 = (50°𝐶)(0.4764𝑥 10−9 𝑃 𝐴𝐵𝑅 𝐸𝐵𝑅 (1.25𝑥10−6 = 16.750𝑚) 𝛿𝑃𝐴𝐶 = = = 1.5𝑥10−6 𝑚 𝛿𝑇𝐴𝐿 = ∆𝑇𝐴𝐿 𝐿𝐴𝐿 𝛼𝐴𝐿 = (50°𝐶)(0.6𝑥10−3 𝑚2 )(70𝑥 109 𝑁 ⁄𝑚2 ) Se sabe que: 𝛿𝑇𝐴𝐶 + 𝛿𝑇𝐵𝑅 + 𝛿𝑇𝐴𝐿 = 𝛿𝑃𝐴𝐶 + 𝛿𝑃𝐵𝑅 + 𝛿𝑃𝐴𝐿 Por lo que sustituyendo estos valores se tiene: 438. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ANÁLISIS Si la barra se encuentra en condición de deformarse libremente tendrá las deformaciones que se muestra en la figura.1𝑥10−3 𝑚2 )(83𝑥 109 𝑁 ⁄𝑚2 ) 𝑃𝐴𝐿 𝐿𝐴𝐿 𝑃 (0.75𝑥10−6 𝑚 𝛿𝑇𝐵𝑅 = ∆𝑇𝐵𝑅 𝐿𝐵𝑅 𝛼𝐵𝑅 = (50°𝐶)(0. por lo que se tendrá un incremento en la longitud de las barras. el cual queda en función de 𝑃. para que suceda esto la pared del empotramiento en B.400𝑚)(23𝑥10−6 1⁄°𝐶) = 460𝑥10−6 𝑚 Pero como la barra se encuentra empotrada en el extremo B.5𝑥 10−9 𝑃 + 5.9𝑥10−6 1⁄°𝐶) = 472.4764𝑥 10−9 𝑃 + 9. 𝑃𝐴𝐶 𝐿𝐴𝐶 𝑃 (0.75𝑥10−6 + 472. produce deformaciones iguales pero en sentido contrario como se muestra en la figura Por lo que se tiene: 𝛿𝑅𝐵 = 0 ∴ 𝛿𝑇𝐴𝐶 + 𝛿𝑇𝐵𝑅 + 𝛿𝑇𝐴𝐿 = 𝛿𝑃𝐴𝐶 + 𝛿𝑃𝐵𝑅 + 𝛿𝑃𝐴𝐿 La carga que genera el empotramiento al oponerse a la deformación por temperatura es igual en los tres materiales por lo que: 𝑃𝐴𝐶 = 𝑃𝐵𝑅 = 𝑃𝐴𝐿 = 𝑃 Se procede a determinar la deformación por carga para cada material.400𝑚) 𝛿𝑃𝐴𝐿 = = = 9.500𝑚) 𝛿𝑃𝐵𝑅 = = = 5.5𝑥10−3 𝑚2 )(200𝑥 109 𝑁⁄𝑚2 ) 𝑃𝐵𝑅 𝐿𝐵𝑅 𝑃 (0.5238𝑥 10−9 𝑃 1371.5𝑥10−6 + 460𝑥10−6 = 1. la deformación debe ser cero. Conociendo las ecuaciones por estática y por mecánica de materiales lo primero que se realiza es determinar la deformación por temperatura de cada uno de los materiales.7𝑥10−6 1⁄°𝐶) = 438.750𝑚)(11.5238𝑥 10−9 𝑃 𝐴𝐴𝐿 𝐸𝐴𝐿 (0.5𝑥 10−9 𝑃 𝐴𝐴𝐶 𝐸𝐴𝐶 (2. 50𝑥10−9 = 83106.0006𝑚2 = 138.7𝑥10−6 1⁄°𝐶) = 0.00085 (𝐿) Pero como entre los dos remaches la deformación del tubo y la varilla debe ser la misma.7𝑥10−6 1⁄℃ .25𝑥10−6 Por lo que la carga que actúa sobre los materiales es: 𝑃= 16. siendo mayor la del cobre por su coeficiente de dilatación térmica. entonces la deformación resultante no será ni la de la varilla.06𝑁 Esfuerzo en el bronce: 𝜎𝐵𝑅 = 𝐴𝐵𝑅 = 0. 𝝈𝑩𝑹 = 𝟕𝟓.10 Una barra compuesta se construye a partir de una varilla de acero de 25mm de diámetro rodeada de un tubo de cobre de 50mm de diámetro exterior y 25mm de diámetro interior. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 1371.55𝑀𝑃𝑎 . 𝝈𝑨𝑳 = 𝟏𝟑𝟖.0011𝑚2 = 75. 𝟓𝟓𝑴𝑷𝒂 𝑃𝐴𝐿 83106. 𝛼 = 11. 𝛿𝑇𝐴𝐶 = ∆𝑇𝐴𝐶 𝐿𝐴𝐶 𝛼𝐴𝐶 = (50°𝐶)(𝐿)(11.06𝑁 Esfuerzo en el aluminio: 𝜎𝐴𝐿 = 𝐴𝐴𝐿 = 0. ANÁLISIS: Se realiza un corte en A-A. 𝟓𝟏𝑴𝑷𝒂 EJEMPLO 1. 𝟐𝟒𝟐 𝑴𝑷𝒂 𝑃𝐵𝑅 83106. 𝛼 = 17𝑥10−6 1⁄℃ . En la forma que se muestra en la figura.06𝑁 Esfuerzo normal en el acero: 𝜎𝐴𝐶 = 𝐴𝐴𝐶 = 0. Para el acero: 𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎 .51𝑀𝑃𝑎 . al contarse con un incremento en la temperatura.0025𝑚2 = 33. La varilla y el tubo se unen mediante dos pernos de 20mm de diámetro. estos aumentaran su longitud. ni la del tubo sino una intermedia como se muestra en la figura: 27 . Para el cobre: 𝐸 = 120 𝐺𝑃𝑎 .242 𝑀𝑃𝑎 . se tienen las deformaciones que se muestran en la figura. y se supone que el tubo y la varilla están libres de deformarse.06 𝑁 𝑃𝐴𝐶 83106.000585 (𝐿) 𝛿𝑇𝐶𝑈 = ∆𝑇𝐶𝑈 𝐿𝐶𝑈 𝛼𝐶𝑈 = (50°𝐶)(𝐿)(17𝑥10−6 1⁄°𝐶) = 0. por lo que si se realizando un corte por A-A. 𝝈𝑨𝑪 = 𝟑𝟑. Determinar el esfuerzo cortante que se genera en los pernos si después de apretados la temperatura se eleva 50°C. 000585 + (0. mientras que el acero produce una fuerza en sentido contrario que origina que el cobre se deforme menos.7𝑥10−6 1⁄°𝐶) + (𝐴𝐶𝑈 )(𝐸𝐶𝑈 ) (𝐴𝐴𝐶 )(𝐸𝐴𝐶 ) (𝑃𝐶𝑈 ) (𝑃𝐴𝐶 ) 0. 𝟔𝟏 𝑴𝑷𝒂 2𝐴 2( )𝑚2 𝑚2 4 28 . 𝜏= 𝜋 (0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Para que esto suceda el cobre produce una fuerza que origina que el acero se alargue un poco más.000265 𝑃= = 16720.63 𝑁 𝑁 𝜏= .000265 = 6 + = 15.8468𝑋10−9 Para determinar el esfuerzo cortante en el perno.02)2 = 26.64𝑋10 98.00085 − 0.001472)(120𝑋10 ) (0. como se muestra en la figura.0004908)(200𝑋109 ) (𝑃 ) (𝑃 ) 0.00085 − = 0.0001472)(120𝑋109 ) (0.8468𝑋10−9 𝑃 176.63 𝑁 ∴ 𝑃 = 16.0004908)(200𝑋109 ) 9 (𝑃 ) (𝑃 ) 0. se debe de considerar que actúa a doble cortante por lo que se tiene: 𝑃 16720.000585 = + (0.16𝑋106 0.61𝑥106 ∴ 𝝉 = 𝟐𝟔.720 𝐾𝑁 15. Por lo que: 𝑃𝐴𝐶 = 𝑃𝐶𝑈 = 𝑃 Estas fuerzas producirán una deformación por carga en los materiales como se muestra en la figura Por lo que si se toma en cuenta la deformación por temperatura y la deformación por carga se tiene: Por lo que: 𝛿𝑅 = 𝛿𝑇𝐶𝑈 − 𝛿𝑃𝐶𝑈 = 𝛿𝑇𝐴𝐶 + 𝛿𝑃𝐴𝐶 (𝑃𝑐𝑢 )(𝐿) (𝑃𝐴𝐶 )(𝐿) (50°𝐶)(𝐿)(17𝑥10−6 1⁄°𝐶) − = (50°𝐶)(𝐿)(11. Una barra de acero está sometida a las cargas que se muestran en la figura 1. 29 . A AL 900mm2 ) . el eslabón 𝐵𝐷 es de latón ( ELATON 15x106 psi ) y tiene una área de sección transversal de 0.50 in 2 . Si el área de la sección transversal de la barra es de 70 𝑚𝑚2 y 𝐸𝐴𝐶 = 200𝐺𝑃𝑎 . Para el aluminio ( E AL 70 GPa.1 La barra representada en la figura 1. Desprecie el tamaño de los coples en 𝐵.Un balancín rígido esta soportado por un pasador en 𝐴 y dos alambres de acero.015 𝑖𝑛.2 La coraza de latón ( E LATON 105 GPa y LATON 20.4 En la figura 1.18.4x106 psi ) y tiene un área de sección transversal de 0. como se muestra en la figura 1.6 .Una barra horizontal de 8 𝑓𝑡 de longitud. Se coloca una carga 𝑃 = 12 𝐾𝑙𝑏.18 Figura 1. si la barra debe permanecer horizontal después de cargarla.19 1. Determine los esfuerzos en cada material cuando se aplica la carga axial 𝑷 = 𝟐𝟐𝟎𝑲𝑵. que se muestra en la figura1. cada uno de los cuales tiene una longitud inicial de 10 𝑖𝑛. y una área de sección transversal de 0. 𝑦 𝐷.19.17 1. Calcule el máximo incremento de temperatura si el esfuerzo en el núcleo de acero no debe exceder 50 𝑀𝑃𝑎. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES PROBLEMAS 1. Si 𝐸𝐴𝐶 = 29𝑥103 𝐾𝑆𝐼. si el esfuerzo admisible en el latón es 𝜎𝐿𝐴𝑇𝑂𝑁 = 8000 𝑙𝑏 ⁄ 𝑖𝑛2 .17. 1.0125 𝑖𝑛.16 Figura 1.16. Figura 1. 𝐶. determine el desplazamiento de 𝐵 y de 𝐴. determine el esfuerzo que se desarrolla en los alambres cuando el balancín soporta una carga vertical 𝑃 = 400 𝑙𝑏 1. 1. Determine la fuerza P que puede aplicarse verticalmente en el punto A si la deflexión de este punto no debe exceder 0.7 x10 6 1/C ).20.40 in 2 . Figura 1. El eslabón CE es de aluminio ( E AL 10. está firmemente empotrada en sus extremos.21. esta soportada en los extremos mediante un alambre de latón 𝐴𝐵 (𝐸𝐿𝐴𝑇𝑂𝑁 = 15 000 𝐾𝑙𝑏 ⁄ 𝑖𝑛2 ) de 5 ft de longitud y mediante un alambre de aluminio (𝐸𝐴𝐿 = 10 000 𝐾𝑙𝑏 ⁄ 𝑖𝑛2 ) de 3 ft de longitud. como se observa en la figura 1. Para el acero ( E AC 200 GPa. está completamente adherida al núcleo de acero ( E ACERO 200 GPa y ACERO 11. A AC 1200mm2 ) .5 . que pesa 450 𝑙𝑏.9 x10 6 1/C ). b) El área necesaria para el alambre de aluminio.3 . Determine: a) El área necesaria del alambre de latón. 22.9 – Una junta se sujeta mediante dos tornillos como se muestra en la figura 1. como se muestra en la figura 1.23. Posteriormente.10 – Para el sistema mostrado en la figura 1. 𝛼𝐴𝐶 = 11.21 1.8 .24.0x106 PSI . la varilla 𝐶𝐵 de bronce (𝐴𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 = 1200 𝑚𝑚2 .22 Figura 1. determine el diámetro necesario de los tornillos para no sobrepasar este esfuerzo. determine el cambio de temperatura que causara un esfuerzo de tensión de 60 MPa en la varilla de acero. E AC 28. determine: a) el esfuerzo normal en la varilla de aluminio.A la temperatura ambiente (70⁰ F) hay un espacio de 0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Figura 1. Para el aluminio ( AAL 3. 𝐸𝐴𝐶 = 200 𝐺𝑃𝑎.24 1.25.0 in 2 .1x10-6 1/F . b) el cambio de longitud de la varilla de aluminio. 𝐸𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 = 83 𝐺𝑃𝑎.25 30 . AC 6. Figura 1.0x106 PSI .9 1⁄℃ ) y la varilla 𝐸𝐷 de acero (𝐴𝐴𝐶 = 800 𝑚𝑚2 . E AL 10. 𝛼𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 = 18.23 1. si el esfuerzo cortante permisible para los mismos es 𝜏𝑃𝐸𝑅𝑀 = 75𝑀𝑃𝑎. Si el sistema esta originalmente libre de esfuerzos. AAC 1.7 . cuando la temperatura alcanza 340⁰ 𝐹.03 in. entre los extremos de las varillas mostradas en la figura 1. determinar el área de la sección transversal necesaria del miembro BC y el diámetro de los pasadores en A y en B si el esfuerzo normal permisible para el miembro es 𝜎𝑃𝐸𝑅𝑀 = 5 𝐾𝑆𝐼 y el esfuerzo cortante permisible para los pernos es 𝜏𝑃𝐸𝑅𝑀 = 4 𝐾𝑆𝐼 Figura 1. AL 13.4 in 2 . 1.7 1⁄℃) .20 Figura 1.5x10-6 1/F Figura 1.Una barra rígida horizontal de masa despreciable está conectada a dos varillas. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES CAPITULO II ESFUERZOS EN EL ESPACIO 31 . tomando las caras el nombre del eje al cual son perpendiculares. o una serie de cargas sobre un eje o los tres. Figura 2. 32 . 𝜏𝑦𝑥 . el elemento diferencial será un elemento diferencial volumétrico. 𝜏𝑥𝑧 . pero para el conjunto de esta sección la hipótesis de una distribución uniforme da una exactitud aceptable desde el punto de vista de la ingeniería. . los esfuerzos varían.1. indicándose con dos subíndices donde el primero representa la cara sobre la que actúa y el segundo la dirección de este. Debido a que los esfuerzos normales y cortantes pueden actuar en las tres direcciones posibles (x. DISTRIBUCIÓN DE ESFUERZOS EN EL ESPACIO Para poder explicar mejor los conceptos de los tipos de esfuerzos. en una condición biaxial. es necesario tomar en consideración que los esfuerzos en un cuerpo se pueden generar en los tres planos (en el espacio) y que para facilitar el análisis. los Esfuerzos se distribuyen de manera uniforme en el dominio de un objeto estructural. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES INTRODUCCIÓN A un elemento se le puede aplicar una carga. Por ejemplo en una placa plana con fuerzas uniformes tiene un campo de esfuerzos casi constante. lo que producirá sobre este elemento esfuerzos y deformaciones sobre uno o los tres ejes. solo se determinan comúnmente en un plano.1. 𝜏𝑧𝑥 . 𝜏𝑦𝑧 ). Esfuerzos en el espacio En la Figura 2. z).𝜎𝑧 . como varían los esfuerzo al rotar un elemento obteniéndose las ecuaciones correspondientes y se resolverán problemas relativos al tema. cada una de las caras se puede considerar como una diferencial de área. El valor exacto de la fuerza que actúa en cada elemento de la sección transversal del elemento analizado. por lo que en este capítulo se analizara que es lo que sucede cuando a un cuerpo se le aplican una seria de cargas. indicándose con el subíndice la cara a la cual es perpendicular y las fuerzas que son tangentes a la cara elemento generan esfuerzos cortantes (𝜏𝑥𝑦 . y. si se aplican fuerzas perpendiculares a esta caras se generan los esfuerzos normales ( 𝜎𝑥 . En condiciones simples. Pero cuando es necesario conocer los esfuerzos que se generan en otra posición sobre el elemento. a consecuencia de la orientación caprichosa de los granos cristalinos de que está compuesta la placa. 𝜎𝑦. Esta distribución uniforme probablemente no se dará nunca exactamente. es función de la naturaleza y la orientación de la estructura cristalina en ese punto. que efectos se generan en el mismo por estas cargas. ). 𝜏𝑧𝑦 . mediante las ecuaciones y mediante un método semi-grafico conocido como del Circulo de Mohr. Estado de esfuerzos plano El subíndice empleado en los esfuerzos normales nos indica la cara sobre la que actúan. por lo que se puede tener la figura que se muestra en la figura 2. el cual tiene un espesor (e).2. Figura 2.4. pasemos por el mismo un plano de corte a-a. esta fuerza se puede descomponer en una componente normal (N) al plano a-a y una componente tangencial (T). Esfuerzos en una diferencial de volumen. con lo que se tendrá un estado de esfuerzos plano o bidimensional. como se muestra en la figura 2. Los subíndices empleados en los esfuerzos cortantes nos indican lo siguiente: El primero nos indica la cara sobre la que actúa El segundo la dirección en que lo hace sobre ella 33 .3 (a) sobre la que actúan las componentes de la fuerza resultante. realicemos el corte y tomemos la sección derecha la cual para ser equilibrada aparece una fuerza resultante (R). Esfuerzos en el plano de corte.4. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ESTADO DE ESFUERZO BIAXIAL O ESTADO DE ESFUERZO PLANO ESFUERZOS EN EL ESPACIO Para establecer este tipo de esfuerzo se tomara en consideración elemento solido sometido a la acción de fuerzas externas que lo mantienen en equilibrio como se muestra en la figura 2.2 (a). que actúa sobre el plano de corte. Figura 2.2 (b). Tomemos una diferencial de volumen como se muestra en la figura 2.3 (b). Figura 2. tomando la cara el nombre del eje al que es perpendicular. las cuales son equilibradas por las fuerzas que se muestran en el mismo.3. Considerando que esta diferencial de volumen actúa sobre el plan (X-Y). como estas fuerzas actúan sobre el área (A) se generan esfuerzos normal y cortante como se muestra en la figura 2. E. N. E) y los esfuerzos (𝜎𝑦 𝑦 𝜏𝑦𝑥 ) que actúan sobre el plano (C. la cual rodea el punto en análisis. N).5. 𝑀. sobre la misma se genera un plano de corte (A.6. M.5 (b).6. (a) (b) Figura 2.5. Estos esfuerzos equilibran los esfuerzos externos (𝜎𝑥 𝑦 𝜏𝑥𝑦 ) que actúan sobre el plano (A. M. N. 𝐴𝑟𝑒𝑎 (𝐶. K). 𝐾) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝜃 Como los esfuerzos son tensores. Para conocer la forma como se realiza esta variación se tomara como referencia la diferencial de volumen mostrada en la figura 2. Figura 2. K. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES VARIACIÓN DEL ESFUERZO EN UN PUNTO El esfuerzo que se presenta en un punto queda definido por los esfuerzos que actúan sobre las caras del elemento que rodean dicho punto. el cual se encuentra paralelo al nuevo plano. como se muestra en la figura 2. N. M.5 (a). como se muestra ene la figura 2. Estos esfuerzos se pueden mostrar también sobre la cara frontal. E) como el área (A). C. . Esfuerzos en el plano de corte Si se define (A. 𝑉 =𝜏𝐴 𝐴 𝐴 34 . el cual tiene un ángulo 𝜃 entre los puntos (A. ∴𝑃 =𝜎𝐴. 𝐸) = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 𝜃 . M. M). En la misma se observa que solo se tienen esfuerzos biaxiales (X-Y). para poder analizarlos de una forma más sencilla se pueden transformar a vectores de fuerzas. 𝐶. 𝜏= . 𝑁. por lo que se tiene: 𝑃 𝑉 𝜎= . 𝐾. se tendrá que sobre el área (A. Partícula de esfuerzos Si se toma el volumen que se encuentra a la izquierda del plano de corte. se puede considerar que: 𝐴𝑟𝑒𝑎 (𝐴. C. como se muestra en la figura 2. E) que se genera al corta la diferencial de volumen aparece el esfuerzo normal 𝜎 que actúa perpendicular al nuevo plano y el esfuerzo cortante 𝜏 . y varían cuando lo hace la posición angular de este elemento. (2.7.3) y (2.3) Dividiendo entre 𝐴.4) se tiene: 𝜎𝑥´ = 𝜎𝑦 .1) 0 = 𝜏𝑥𝑦´ 𝐴 − (𝜏𝑥𝑦 𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑐𝑜𝑠𝜃 − (𝜎𝑥 𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃 + (𝜏𝑦𝑥 𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃 + (𝜎𝑦 𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝜏𝑥𝑦´ 𝐴 = (𝜏𝑥𝑦 𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑐𝑜𝑠𝜃 + (𝜎𝑥 𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃 − (𝜏𝑦𝑥 𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃 − (𝜎𝑦 𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑐𝑜𝑠𝜃 … … .7(a). sustituyendo en (2. la ecuación (2. la ecuación (2.3´) y (2.1) se tiene: 𝜎𝑥´ = 𝜎𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝜎𝑦 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠 𝑒𝑛𝜃 − 𝜏𝑦𝑥 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 Como: |𝜏𝑥𝑦 | = |𝜏𝑦𝑥 | 𝜎𝑥´ = 𝜎𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝜎𝑦 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 … … (2.2) se tiene: 𝜏𝑥𝑦´ = (𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑐𝑜𝑠𝜃 + (𝜎𝑥 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃 − (𝜏𝑦𝑥 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃 − (𝜎𝑦 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝜏𝑥𝑦´ = 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜏𝑦𝑥 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 … … … . 𝜏𝑥𝑦´ = 𝜏𝑥𝑦 Si 𝜃 = 90° .2) Dividiendo entre 𝐴. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Por lo que sustituyendo esto en la figura 2. sustituyendo en (2. 𝜏𝑥𝑦´ = −𝜏𝑥𝑦 = 𝜏𝑦𝑥 Como se observa cuando se está a cero grados los esfuerzos que se tienen son los que actúan sobre la cara X. (a) (b) Figura 2. (2.7 (b) se indican estas fuerzas referidas a los ejes normal (X´) y tangencial (Y´) del nuevo plano. En la figura 2.4) se tiene: 𝜎𝑥´ = 𝜎𝑥 .4) Si 𝜃=0. (2.7 y tomando solo la cara frontal se tiene las fuerzas mostradas en la figura 2. mientras que a noventa grados se tienen los esfuerzo sobre la cara Y. . 35 . Fuerzas en el plano de corte Realizando el equilibrio estático sobre el eje normal se tendrá: ∑ 𝑁 = 0 0 = 𝜎𝑥´ 𝐴 + (𝜎𝑥𝑦 𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃 − (𝜎𝑥 𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑐𝑜𝑠𝜃 + (𝜏𝑦𝑥 𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑐𝑜𝑠𝜃 − (𝜎𝑦 𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝜎𝑥´ 𝐴 = −(𝜎𝑥𝑦 𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃 + (𝜎𝑥 𝐴 𝑐𝑜𝑠𝜃) 𝑐𝑜𝑠𝜃 − (𝜏𝑦𝑥 𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑐𝑜𝑠𝜃 + (𝜎𝑦 𝐴 𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑠𝑒𝑛𝜃 … … . (2. (2. 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑠𝑒𝑛2𝜃 2 2 2 Utilizando estas identidades en las ecuaciones (2. por lo que se pueden utilizar para determinar las componentes del esfuerzo de una partícula que se encuentra sobre unos ejes de referencia y se rota hasta quedar sobre otros ejes auxiliares. realizando lo anterior se tiene: 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 𝜎𝑦´ = − 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝜃 … … … … . 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 = (1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃).. (2. ESFUERZOS PRINCIPALES Y CORTANTE MÁXIMO Las ecuaciones de transformación muestran que el esfuerzo normal (𝜎) y el esfuerzo cortante (𝜏) varían según se gira el elemento un ángulo 𝜃. Para cuestiones de diseño se trabajara con el esfuerzo máximo.7) 2 2 (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝜏𝑦𝑥´ = − [ 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃] … … … … … (2.5) 2 2 Utilizando estas identidades en las ecuaciones (2. 36 .8) se conocen como ecuaciones de transformación para esfuerzo plano.4) se tiene: 𝜏𝑥𝑦´ = 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜏𝑦𝑥 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 .6).7) y (2. (2. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Se tienen las siguientes identidades trigonométricas: 1 1 1 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 = (1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃).5).8) 2 Las ecuaciones (2.3) se tiene: 𝜎𝑥´ = 𝜎𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝜎𝑦 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 2 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 1 1 1 𝜎𝑥´ = 𝜎𝑥 [ (1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃)] + 𝜎𝑦 [ (1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃)] − 𝜏𝑥𝑦 2 ( 𝑠𝑒𝑛2𝜃) 2 2 2 1 𝑐𝑜𝑠2𝜃 1 𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝜎𝑥´ = 𝜎 + 𝜎𝑥 ( ) + 𝜎𝑦 − 𝜎𝑦 ( ) − 𝜏𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝜃 2 𝑥 2 2 2 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 𝜎𝑥´ = + 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝜃 … … … … . 𝜏𝑥𝑦´ = (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜏𝑦𝑥 (𝑠𝑒𝑛2 𝜃 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃) 1 1 1 𝜏𝑥𝑦´ = (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 {[ (1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃)] − [ (1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃)]} 2 2 2 1 1 1 1 𝜏𝑥𝑦´ = (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 {[ (1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃)] − [ (1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃)]} 2 2 2 2 (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 1 1 1 1 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 + 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 + 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃 2 2 2 2 2 (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃 … … … … … (2. Obteniéndose una gama de valores de estos esfuerzos los cuales varían de un valor mínimo a un máximo. se realiza el mismo procedimiento pero el ángulo se determina a partir de la cara Y´.6) 2 Para determinar los esfuerzos sobre el eje (Y´). 2𝜏𝑥𝑦 ∴ 𝑡𝑔2𝜃 = − 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 Por lo que los esfuerzos máximos y mínimos tienen lugar en los planos de cortante nulo. ..10) lo que indica que los valores de 2𝜃 definidos por ambas difieren en 90°. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES El esfuerzo máximo y mínimo son llamados “ESFUERZOS PRINCIPALES” y se obtienen igualando la derivada de la ecuación (2.5) y (2.6) respecto a 𝜃 e igualando a cero. 𝜎𝑥 +𝜎𝑦 𝜎𝑥 −𝜎𝑦 2 2 𝜎𝑚𝑎𝑥. por lo que los planos de esfuerzo cortante máximo están inclinados 45º respecto a los cortantes máximos están inclinados 45° respecto a los planos de los esfuerzos principales. . Sustituyendo los valores (2.10) 2𝜏𝑥𝑦 Los valores de 2𝜃 difieren 180° por lo que los planos de esfuerzo cortante máximo y mínimo en la partícula difieren 90°.. (2. (2. (2.10) en (2. (2.𝑚𝑖𝑛 = ± √( ) + (𝜏𝑥𝑦 ) ……………….11) 2 2 𝜎𝑥 −𝜎𝑦 2 2 𝜏𝑚𝑎𝑥 = ±√( ) + (𝜏𝑥𝑦 ) ………………. por lo que se tiene: 𝜎1 −𝜎2 𝜏𝑚𝑎𝑥 = ………. Para uno estos ángulo el esfuerzo es mínimo para el otro máximo. como los valores de 𝜃 difieren en 90º se considera que los esfuerzos principales ocurren en planos perpendiculares entre sí.13) 2 La partícula de esfuerzos cortantes también tendrá esfuerzos normales los cuales se determinan mediante: 𝜎𝜏𝑀𝐴𝑋 = 𝑂𝐶 … … … (2. encontrándose el valor más pequeño entre 0º y 180º y el valor más grande entre 180 y 360º. Los planos de esfuerzo cortante nulo se determinan haciendo 𝜏 = 0 en la ecuación (2. De las ecuaciones anteriores se puede establecer que el esfuerzo cortante máximo es igual a la mitad de la diferencia de los esfuerzos principales. por lo que se tiene: 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 𝑡𝑔2𝜃𝑠 = … … … … … … . Así mismo los planos de esfuerzo cortante máximo y mínimo se obtienen derivando la ecuación (2.5) con cero (igualando la derivada de cualquier función con cero se obtiene el máximo y mínimo de dicha función).6) obtenemos la siguiente expresión para esfuerzos principales y cortantes máximos. = −(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 )𝑠𝑒𝑛2𝜃 − 2𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 0 2 2 𝑑𝜃 𝑠𝑒𝑛2𝜃 2𝜏𝑥𝑦 (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝑐𝑜𝑠2𝜃 = −2𝜏𝑥𝑦 .6). (2. 𝑡𝑔2𝜃𝑝 = − 𝜎 … … … … … … .14) 37 .9) 𝑥 −𝜎𝑦 De la ecuación anterior pueden obtenerse dos valores de 2𝜃 en el intervalo de 0º a 360º estos valores difieren en 180º.9) y (2.9) es recíproca y de signo contrario a la relación (2.12) 2 La relación (2. por lo que se tiene: 𝜎𝑥 +𝜎𝑦 𝜎𝑥 −𝜎𝑦 𝛿𝜎 𝜎= + 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝜃 . 6).5 = −20. 𝝈𝒙´ = 𝟏𝟎. Determinar los esfuerzos actúan sobre este elemento si se gira un ángulo de 60° en sentido de manecillas de reloj. 𝜏𝑦𝑥 = −15 𝑀𝑃𝑎 . 𝜎𝑦 = −10 𝑀𝑃𝑎 . entonces es positivo si el momento con respecto al centro del elemento actúa en el sentido de las manecillas del reloj y negativo si rota en sentido opuesto a las manecillas del reloj. por lo que se tiene: 38 . c) La rotación angular del elemento es positiva si esta es en sentido contrario a manecillas del reloj y negativa si es en sentido de manecillas de reloj. 𝜃 = −60° a) Determinar el esfuerzo cuando la partícula se rota un ángulo de 60° en sentido de manecillas del reloj. se utilizara la ecuación (2. 𝟒𝟗 𝑴𝑷𝒂 Para determinar el esfuerzo 𝜎𝑦´ se utiliza la ecuación (2. tiene los esfuerzos que se muestran en la figura.49 𝑀𝑃𝑎 . b) Para los esfuerzos cortantes dado que la apertura angular de θ se realiza en sentido de las manecillas de reloj.99 − 7. En este caso se rotan los ejes de referencia 60° en sentido contrario a manecillas de reloj. por lo que se llegara al plano (𝑥´. 𝑦´) .5).49 𝑀𝑃𝑎 . mientras que a compresión son negativos (-).5).99 = 10. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES REGLA DE SIGNOS a) Para los esfuerzos normales. por lo que se tiene: 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 20 − (−10) 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 𝑠𝑒𝑛2(−60°) + 15𝑐𝑜𝑠2(−60°) 2 2 𝜏𝑥𝑦´ = 15𝑠𝑒𝑛(240°) + 15𝑐𝑜𝑠(240°) = −12. ANÁLISIS Para iniciar el análisis de la partícula se considera la regla de signos.5 + 12. 𝜎𝑥´ = + 𝑐𝑜𝑠2(−60°) − 15𝑠𝑒𝑛2(−60°) 2 2 2 2 𝜎𝑥´ = 5 + 15𝑐𝑜𝑠(−120°) − 15𝑠𝑒𝑛(−120°) = 𝜎𝑥´ = 5 + 15𝑐𝑜𝑠240°) − 15𝑠𝑒𝑛(240°) 𝜎𝑥´ = 5 − 7. 𝝉𝒙𝒚´ = −𝟐𝟎. por lo que para determinar el esfuerzo 𝜎𝑥´ se utiliza la ecuación (2.1 Un elemento el cual se encuentra sometido a una condición de esfuerzo plano. EJEMPLO 2. por lo que se tiene: 𝜎𝑥 = 20 𝑀𝑃𝑎 . 𝟒𝟗 𝑴𝑷𝒂 Para determinar el esfuerzo cortante 𝜏𝑥𝑦´ . esfuerzos a tensión son positivos (+). 𝜏𝑥𝑦 = 15 𝑀𝑃𝑎 . por lo que se tiene: 𝜎𝑥 +𝜎𝑦 𝜎𝑥 −𝜎𝑦 20+(−10) 20−(−10) 𝜎𝑥´ = + 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝜃 . 8). por lo que se tiene: 𝜎𝑥 +𝜎𝑦 𝜎𝑥 −𝜎𝑦 40+0 40−0 𝜎𝑥´ = + 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝜃 . EJEMPLO 2. 𝜏𝑦𝑥 = −30 𝑀𝑃𝑎 .6044 𝑀𝑃𝑎 𝝈𝒙´ = 𝟓𝟒. 𝝉𝒚𝒙´ = 𝟐𝟎. se utilizara la ecuación (2.5 − 12. 𝜎𝑥´ = + 𝑐𝑜𝑠2(−20°) − 30 𝑠𝑒𝑛2(−20°) 2 2 2 2 𝜎𝑥´ = 20 + 20 𝑐𝑜𝑠(−40°) − 30 𝑠𝑒𝑛(−40°) . la cual solo difiere de la (2. ANÁLISIS Para realizar el análisis lo primero que se hace es determinar el valor de los esfuerzos y el ángulo de rotación de acuerdo a la convención de signos.49 𝑀𝑃𝑎 . se obtiene una partícula como se muestra en la figura. 𝟒𝟗 𝑴𝑷𝒂 Indicando estos esfuerzos de forma gráfica.99 = −0. para determinar el esfuerzo normal en el eje (𝑥´) se utiliza la ecuación (3).7). 𝟒𝟗 𝑴𝑷𝒂 Para determinar el esfuerzo cortante 𝜏𝑦𝑥´ . 𝜏𝑥𝑦 = 30 𝑀𝑃𝑎 .2 Para la partícula que se muestra en la figura determinar los esfuerzos que se generan si se rota un ángulo de 20° en sentido de manecillas del reloj. 𝜃 = −20° Para determinar los esfuerzos cuando se rota la partícula un ángulo de 20° en sentido de manecillas del reloj. por lo que se tiene: 𝜏𝑦𝑥´ = −𝜏𝑥𝑦 = 20.6) en el signo. 𝟔𝟎𝟒𝟒 𝑴𝑷𝒂 Para determinar los esfuerzos en el eje (𝑦´) se utilizara la ecuación (2. 𝜎𝑥´ = 20 + 15. 𝜎𝑦 = 0 .2836 = 54. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 𝜎𝑦´ = − 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃 = 5 + 7.3208 + 19. Se trabajara con los esfuerzos en 𝑀𝑃𝑎. 𝜎𝑥 = 40 𝑀𝑃𝑎. por lo que se tiene: 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 𝜎𝑦´ = − 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃 2 2 39 .49 𝑀𝑃𝑎 2 2 𝝈𝒚´ = −𝟎. 3 Un elemento plano está sometido a los esfuerzos que se muestran en la figura. 𝜎𝑦´ = 20 − 15. 𝟏𝟐𝟓𝟓 𝑴𝑷𝒂 Con respecto al esfuerzo contante que actúa sobre el eje (𝑦´). se utilizaran las ecuaciones (2.5). 𝜃 = 60° Como se dese determinar los esfuerzos aun ángulo de 60º en sentido contrario a manecillas del reloj. 𝝉𝒙𝒚´ = 𝟏𝟎. se tomaran los mismos y solo se cambiaran los signos. se utiliza la ecuación (2. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES La ecuación (2. (2. b) los esfuerzos principales.6). por lo que como ya se tienen estos valores en la ecuación (2. pero de signo contrario se tiene: 𝝉𝒚𝒙´ = −𝟏𝟎. 𝜏𝑥𝑦 = 4900 𝑃𝑆𝐼 .8). 𝟏𝟐𝟓𝟓 𝑴𝑷𝒂 Por lo que la partícula queda como se muestra en la figura. 40 .1255 𝑀𝑃𝑎 .6044 𝑀𝑃𝑎 . 𝜎𝑦 = 3500 𝑃𝑆𝐼 .7) solo difieren en el signo del segundo y tercer término de la parte derecha.9813 = 10.8557 + 22. EJEMPLO 2.7) y (2. 𝟔𝟎𝟒𝟒 𝑴𝑷𝒂 Para determinar el esfuerzo cortante que actúa sobre el eje (𝑥´) se utilizara la ecuación (2.3208 − 19. (2. por lo que se tiene: (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃 2 (40 − 0 ) 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑠𝑒𝑛2(−20°) + 30𝑐𝑜𝑠2(−20°) = 20𝑠𝑒𝑛(−40°) + 30𝑐𝑜𝑠(−40°) 2 𝜏𝑥𝑦´ = −12.8).2836 = −14. 𝜏𝑦𝑥 = −4900 𝑃𝑆𝐼 . Determine: a) los esfuerzos que actúan sobre este elemento si se gira un angula de 60º en sentido contrario a manecillas del reloj.5). De la figura se observa que: 𝜎𝑥 = −8500 𝑃𝑆𝐼. pero como es igual al existente sobre el eje (𝑥´).5) y (2. 𝝈𝒚´ = −𝟏𝟒.6). 𝜏𝑦𝑥´ = −[−7646.15𝑀𝑃𝑎 𝝉𝒙𝒚´ = −𝟕𝟔𝟒𝟔. Para determinar el valor de los esfuerzos principales se tiene: 𝜎𝑥 +𝜎𝑦 𝜎𝑥 −𝜎𝑦 2 2 (−8500)+3500 (−8500)−(3500) 2 𝜎𝑚𝑎𝑥. 𝟒𝟖 𝑴𝑷𝒂 Para determinar el esfuerzo cortante que actúa sobre el eje (𝑥´). 𝜎𝑦´ = −2500 − 3000 + 4243.𝑚𝑖𝑛 = ± √( ) + (4900)2 2 2 2 2 𝜎𝑚𝑎𝑥.52 = −3743. 𝟔𝟏° Lo que indica que la partícula rotara 19. 𝟓𝟐 𝑴𝑷𝒂 Para determinar el esfuerzo sobre el eje (𝑦´). se tendrá: (𝜎𝑥 −𝜎𝑦 ) (−8500−3500 ) 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃 . 𝝈𝒎𝒊𝒏 = 𝟓𝟐𝟒𝟔. 𝟏𝟓𝑴𝑷𝒂 Para determinar el esfuerzo cortante que actúa sobre el eje (𝑦´). 𝝈𝒙´ = −𝟑𝟕𝟒𝟑. 𝜎𝑚𝑎𝑥.9) y (2. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Por lo que para determinar el esfuerzo normal sobre el eje (𝑥´).81666 (−8500) − 3500 −12000 2𝜃𝑝 = 39.52 𝜎𝑥´ = −2500 + 3000 − 4243.𝑚𝑖𝑛 = −2500 ± 7746.𝑚𝑖𝑛 = ± √( ) + (𝜏𝑥𝑦 ) 𝜎𝑥 −𝜎𝑦 2 2 Por lo que el ángulo que se rotara la partícula para obtener los esfuerzos principales es: 2(4900) 9800 𝑡𝑔2𝜃𝑝 = − [ ] = −[ ] = 0.52 𝑀𝑃𝑎 . 𝟏𝟓 𝑴𝑷𝒂 b) Para determinar los esfuerzos principales se utilizaran las ecuaciones (2.15] = 7646.𝑚𝑖𝑛 = ± √( ) + (𝜏𝑥𝑦 ) 𝜎𝑚𝑎𝑥. 𝟔𝟏 𝑴𝑷𝒂 41 . 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑠𝑒𝑛(120°) + 4900𝑐𝑜𝑠(120°) 2 2 𝜏𝑥𝑦´ = −6000𝑠𝑒𝑛(120°) + 4900𝑐𝑜𝑠(120°) = −5196. se tiene: 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 𝜎𝑥´ = + 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝜃 2 2 −8500 + 3500 −8500 − 3500 𝜎𝑥´ = + 𝑐𝑜𝑠2(60°) − 4900𝑠𝑒𝑛2(60°) 2 2 𝜎𝑥´ = −2500 − 6000𝑐𝑜𝑠(120°) − 4900𝑠𝑒𝑛(120°) = −2500 + 3000 − 4243. se tiene: 𝜎𝑥 +𝜎𝑦 𝜎𝑥 −𝜎𝑦 𝜎𝑦´ = − 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝜃 .48 𝑀𝑃𝑎 2 2 𝝈𝒚´ = −𝟏𝟐𝟓𝟔.61 Si se considera que el esfuerzo máximo es aquel de mayor valor ya sea a tensión o compresión se tiene: 𝝈𝒎𝒂𝒙 = −𝟏𝟎𝟐𝟒𝟔.2371 ∴ 𝜽𝒑 = 𝟏𝟗.52 = −1256.15 − 2450 = −7646.15 𝑀𝑃𝑎 2 𝝉𝒚𝒙´ = 𝟕𝟔𝟒𝟔. se tiene: (𝜎𝑥 −𝜎𝑦 ) 𝜏𝑦𝑥´ = − [ 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃] . 𝟔𝟏 𝑴𝑷𝒂 .11): 2𝜏𝑥𝑦 𝜎𝑥 +𝜎𝑦 𝜎𝑥 −𝜎𝑦 2 2 𝑡𝑔2𝜃𝑝 = − .61° en sentido contrario a manecillas de reloj según la regla de signos que se utiliza. 𝜏) . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES CIRCULO DE MOHR Para determinar los esfuerzos cuando se rota una partícula ya se indicó que se puede realizar utilizando las ecuaciones obtenidas anteriormente las cuales tienen el inconveniente de que al ser un análisis donde solo se utilizan ecuaciones. Para lo anterior se toma una escala adecuada en el sistema de coordenadas dependiendo del valor de los esfuerzos. aunque es un método relativamente fácil.9. (el esfuerzo normal se sitúa sobre el eje “𝑥” y el esfuerzo cortante sobre el eje “𝑦”)..8. Círculo de Mohr Los esfuerzos existentes en cualquier partícula se representan mediante puntos en la periferia del círculo. mientras que los esfuerzos cortantes serán positivos cuando producen en la partícula una rotación en sentido horario y negativos cuando la hacen girar en sentido contrario. estos puntos tendrán dos componentes o coordenada (𝜎.Los esfuerzos normales será positivos si actúan a tensión y negativos si actúan a compresión. 𝜏𝑦𝑥 ). como se muestra en la figura 2. el cual fue establecido por el Ingeniero Alemán Otto Mohr en 1882. como se muestra en la figura 2. no es posible observar el error. 2. (𝜎𝑦 . PROCEDIMIENTO PARA GENERAR Y APLICAR EL CIRCULO DE MOHR 1. 𝜏). Figura 2. Este círculo se genera en un sistema de coordenadas en donde sobre el eje de las axisas se indican los esfuerzos normales (𝜎) y sobre el eje de las ordenadas se indican los esfuerzos cortantes (𝜏). En este procedimiento grafico se genera un círculo tomando como referencia los esfuerzos que inicialmente se tienen en la partícula. 42 .8. en dado caso de existir la equivocación en el signo de algún esfuerzo o el sentido de rotación del ángulo. se grafican dos puntos que representan los esfuerzos que actúan sobre el eje“𝑋” (𝜎𝑥 . por lo que cuando estos puntos se rotan se pueden determinar los esfuerzos en la nueva posición de la partícula si se determinan las nuevas coordenadas. asi como los esfuerzos que actuan sobre el eje “𝑌”. 𝜏𝑥𝑦 ) .. Existe otro método el cual es grafico conocido como CIRCULO DE MOHR.Sobre un sistema de ejes coordenados ortogonales (𝜎. 9.10. la cual termina cuando dicha línea intersecta al eje 𝜎.11.Se traza una línea paralela al eje 𝜏. 43 .11. Circunferencia de Mohr 4...Se unen estos puntos mediante una línea recta. se le suma o resta el valor del radio por el coseno del angulo (𝑂𝐶 ± 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛼) . y 3. la recta obtenida es el diámetro de un círculo. siempre se encuentra sobre el eje de los esfuerzos normales. Figura 2. Se procede a rotar el punto 𝑋 o punto 𝑌 con respecto al punto 𝐶.Para determinar los esfuerzos en otra posición de la partícula (cuando esta se rota) se procede a rotar los puntos 𝑋 y 𝑌. cuyo centro del mismo (𝐶). Puntos que representan los esfuerzos en x. en el mismo sentido que la particula pero el doble del ángulo (𝜑) de la misma. como se muestra en la figura 2. hacia el interior del circulo. como el esfuerzo cortante tiene el mismo valor sobre ambos ejes y solo varia en el signo. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Figura 2.. como se muestra en la figura 2. lo que origina una serie de puntos que al unirse generan la periferia de un circulo (Circulo de Mohr). con lo cual se generan los triangulo en los cuales el esfuerzo cortante es obtenido al multiplicar el radio (hipotenusa del triángulo) por el seno del ángulo ( 𝑅𝑠𝑒𝑛 𝛼)y el valor del esfuerzo normal se obtiene cuando a la distancia que se tiene del origen de coordenadas al centro del circulo (𝑂𝐶). Ubicación del Círculo de Mohr 5.10. Figura 2. desde el punto 𝑋 o punto 𝑌. 15) Y 𝜏´ = ±𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃 … … . Nuevas coordenadas del Círculo de Mohr Por lo que se tiene: 𝜎𝑥´ = 𝑂𝐶 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛽 .13.13. 𝜎𝑦´ = 𝑂𝐶 + 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛽 . Figura 2. Figura 2.12.12. (2.14. 𝜏𝑦𝑥´ = −𝑅𝑠𝑒𝑛𝛽 Por lo que la partícula queda como se muestra en la figura 2. Figura 2. 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑅𝑠𝑒𝑛𝛽 . (2.16) ESFUERZOS PRINCIPALES Para determinar los esfuerzos principales se debe de tomar en cuenta que cuando estos existen el esfuerzo cortante es igual a cero. Partícula rotada En forma general para cualquier posición de la partícula se tiene: 𝜎´ = 𝑂𝐶 ± 𝑅𝑐𝑜𝑠 𝜃 … … . . como se muestra en la figura 2.14. por lo que estos de ubican sobre el eje de los esfuerzos normales y se representan como 𝜎1 𝑦 𝜎2 . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES como lo que se obtiene los puntos 𝑋´ y 𝑌´. Esfuerzos Principales en el Círculo de Mohr 44 . Como se muestra en la figura 2. procediendo a determinar sus nuevas coordenadas como se realizó en el inciso anterior. . en el círculo pero solo la mitad del ángulo que rotan estos puntos. de preferencia se busca que sea de menos de 90°. Figura 2. 𝜏𝑀𝐼𝑁 = −𝑅 En forma general los esfuerzos cortante máximo y mínimo se determinan mediante: 𝜏𝑀𝐴𝑋 = ∓𝑅 … … … (2. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Para estos de rota punto 𝑋 un ángulo 𝛷. como se muestra en la figura 2. Esfuerzo cortante máximo y mínimo en el Círculo de Mohr En esta posición se tendrán los esfuerzos cortantes máximo (𝜏𝑀𝐴𝑋 ) y minimo (𝜏𝑀𝐼𝑁 ).16. por lo que pasaran a ser 𝑋 ′′′ 𝑦 𝑌′′′. por lo que para que pase estos los puntos 𝑋 𝑦 𝑌 se rotan un angulo 𝛾 . De la figura se observa que: 𝜎1 = 𝑂𝐶 − 𝑅 𝑦 𝜎2 = 𝑂𝐶 + 𝑅 En forma general: 𝜎𝑀𝐴𝑋 = 𝑂𝐶 ± 𝑅 … … (2. Figura 2.17) 𝑀𝐼𝑁 Para indicar estos gráficamente la partícula se rotara en el mismo sentido que rotan los puntos 𝑋 𝑦 𝑌. por lo que: 𝜇 = Φ⁄2 Quedando la partícula como se muestra en la figura 2.16.15. por lo que de la figura se tiene que: 𝜏𝑀𝐴𝑋 = 𝑅.18) 𝑀𝐼𝑁 45 . Partícula de Esfuerzos Principales ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMO Y MÍNIMO Para determinar estos esfuerzos se rotan los puntos 𝑋 𝑦 𝑌 hasta que estos se ubique en una línea paralela al eje de esfuerzos cortantes.15. pudiéndose tener o no esfuerzo normal. en sentido contrario a como se roto para llegar a los esfuerzos principales. Esta rotación puede ser en sentido de manecillas del reloj o en sentido contrario. para llegar al punto 𝑋 ′′ el cual se encuentra sobre el eje de esfuerzos normales. Círculo de Mohr para esfuerzos normales positivos b) Si en la partícula se tiene un esfuerzo normal positivo y otro negativo se tendrá que una parte del círculo se encontrara en la parte positiva del eje de esfuerzos normales y la otra en la parte negativa. como se muestra en la figura 2. o los dos esfuerzos normales son positivos. Círculo de Mohr para esfuerzos normales positivos y negativos 46 . Partícula de Esfuerzo cortante máximo y mínimo NOTA: El ángulo que existe entre la partícula de esfuerzos principales y la partícula de esfuerzo cortante máximo y mínimo siempre será de 45°. el círculo de Mohr se encontrara en la parte positiva del eje de los esfuerzos normales.19.17. el círculo de Mohr que se genere de la misma se pueden ubicarse de las siguientes maneras: a) Si en la partícula solo se tiene esfuerzo normal sobre un eje como se muestra en la figura 2. Dependiendo de los esfuerzos que se presenten en una partícula. Figura 2.19.18. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Gráficamente la partícula rota la mitad del ángulo 𝛾. Figura 2. Figura 2. como se muestra en la figura 2. por lo que queda como se muestra en la figura 2.18 (b).17.18 (a). EJEMPLO 2. 𝜏𝑥𝑦 = 4900 𝑃𝑆𝐼 .20 (b).19. 𝑌 (3500. 𝜏𝑥𝑦 ) . 𝑋(−8500. 𝜎𝑦 = 3500 𝑃𝑆𝐼 . ANÁLISIS De la figura se observa que: 𝜎𝑥 = −8500 𝑃𝑆𝐼. Determine e indique gráficamente: a) los esfuerzos que actúan sobre este elemento si se gira un angula de 60º en sentido contrario a manecillas del reloj. 47 . como se muestra en la figura 2. 𝜃 = 60° Por lo para el eje 𝑋 se tiene: 𝑋 ( 𝜎𝑥 . 𝜏𝑦𝑥 ). c) Los esfuerzos cortantes máximos y mínimo. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES c) Si los se tiene un esfuerzo normal negativo como se muestra en la figura 2. graficando los puntos 𝑋 y 𝑌 y rotándo estos con respecto al punto 𝐶 se obtiene el circulo de Mohr que se muestra en la siguiente figura. −4900) Estableciendo el sistema de coordenadas con una escala adecuada. el círculo se ubicara sobre el eje negativo de los esfuerzos normales. Figura 2. b) Los esfuerzos principales. 4900 ) Para el eje 𝑌 se tiene: 𝑌 (𝜎𝑦 . 𝜏𝑦𝑥 = −4900 𝑃𝑆𝐼 .4 Un elemento plano está sometido a los esfuerzos que se muestran en la figura. Círculo de Mohr para esfuerzos normales negativos EL CÍRCULO DE MOHR SIEMPRE SERA SIMÉTRICO CON RESPECTO AL EJE DE ESFUERZOS CORTANTES.20 (a) o los dos esfuerzos normales son negativo. 52 𝑃𝑆𝐼 𝜏𝑥𝑦´ = −7746. se obtienen del triangulo. 𝝉𝒙𝒚´ = −𝟕𝟔𝟒𝟔.61𝑐𝑜𝑠 80. 𝟏𝟓 𝑷𝑺𝑰 . en el circulo se rotaran los puntos 𝑋 y 𝑌. es decir 120°. como se muestra en la siguiente figura. para saber el signo del segundo término en la ecuación de esfuerzos normales y el signo de la ecuación de esfuerzos cortantes para los puntos (𝑋´ 𝑦 𝑌´) .24° a) Para determinar los esfuerzos cuando la partícula rota 60° en sentido contrario a manecillas del reloj. el doble del angulo. 48 .61𝑠𝑒𝑛80.76° = 2500 − 1243.47 = −1256. Esta nueva posición de los puntos permite generar dos nuevos triángulos. con respecto al punto 𝐶. los cuales tienen un ángulo 𝛽 = 80.61 𝑃𝑆𝐼. 𝛼 = 39. El valor del radio y el ángulo 𝛼. 𝝉𝒚𝒙´ = 𝟕𝟔𝟒𝟔. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Del círculo se puede determinar que la distancia 𝑂𝐶 = −2500. Para determinar los esfuerzos en la partícula utilizaremos las ecuaciones 2. 𝝈𝒚´ = −𝟏𝟐𝟓𝟔.16. 𝜏𝑦𝑥´ = +7746.76° = 7646.61 𝑃𝑆𝐼.61𝑠𝑒𝑛80.15 y 2.15 𝑃𝑆𝐼 Por lo que: 𝝈𝒙´ = −𝟑𝟕𝟒𝟑 𝑷𝑺𝑰 . 𝟏𝟓 𝑷𝑺𝑰 La partícula queda como se muestra en la figura.76 ° = 2500 + 1243.76° = −7646.61 cos 80.76° y radio 𝑅 = 7746.15 𝑃𝑆𝐼 . para llegar a una nueva posición 𝑋´ y 𝑌´. por lo que se tiene: 𝜎´ = 𝑂𝐶 ± 𝑅𝑐𝑜𝑠 𝜃 y 𝜏´ = ±𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃 𝜎𝑥´ = −2500 − 7746. se tomara como referencia la posición de los mismos en el círculo de Mohr.47 = −3743 𝑃𝑆𝐼 𝜎𝑦´ = −2500 + 7746. 𝟓𝟐 𝑷𝑺𝑰 . por lo que se tiene: 𝑅 = 7746. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES b) Para determinar los esfuerzos principales se sabe que cuando se tienen estos el esfuerzo cortante es cero, para lograr esto la nueva posición de los puntos es 𝑋 ′′ 𝑦 𝑌′′ , por lo que para que el punto 𝑋 pase a la posición 𝑋 ′′ debe rotar un angulo 𝛼 = 39.24°, en sentido contrario a manecillas del reloj, como se muestra en la siguiente figura. Por lo que los esfuerzos principales son: 𝜎𝑀𝐴𝑋 = 𝑂𝐶 ± 𝑅 𝑀𝐼𝑁 𝜎1 = 𝑂𝐶 − 𝑅 = −2500 − 7746.61 = −10246.61 𝑃𝑆𝐼 ; 𝝈𝟏 = −𝟏𝟎𝟐𝟒𝟔. 𝟔𝟏 𝑷𝑺𝑰 𝜎2 = 𝑂𝐶 + 𝑅 = −2500 + 7746.61 = 5246.61 𝑃𝑆𝐼 ; 𝝈𝟐 = 𝟓𝟐𝟒𝟔. 𝟔𝟏 𝑷𝑺𝑰 La partícula se debe de rotar la mitad del ángulo que se rota en el círculo y en el mismo sentido por 𝛼 39.237° lo que se tiene: 𝛽= = = 19.618° ; 𝜷 = 𝟏𝟗. 𝟔𝟏𝟖° 2 2 La partícula de esfuerzos principales se muestra en la figura. c) Para determinar el esfuerzo cortante máximo y mínimo se tiene: 𝜏𝑀𝐴𝑋 = 𝑅; 𝜏𝑀𝐼𝑁 = −𝑅 Por lo que estos son: 𝝉𝑴𝑨𝑿 = 𝟕𝟕𝟒𝟔. 𝟔 𝑷𝑺𝑰 ; 𝝉𝑴𝑰𝑵 = −𝟕𝟕𝟒𝟔. 𝟔 𝑷𝑺𝑰 En esta partícula también se tiene esfuerzo normal el cual es: σ = OC = −2500 PSI 49 INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Para llegar a la posición de esfuerzos cortantes máximo y mínimo la partícula se debe de rotar en sentido contrario a como se roto para esfuerzo normales, el ángulo complementario 𝛼 = 39.24°; para llegar a 90°. Para pasa de 𝑥 a 𝑥´´´. Por lo que este será: 50.76°, el cual pasa a la partícula como:25.38°. EJEMPLO 2.5 Un elemento mecánico se encuentra sujeto a la resultante de los esfuerzos que se muestran en las partículas. Determine: a) los esfuerzos principales; b) el esfuerzo cortante máximo y mínimo. ANÁLISIS Las coordenadas que tendrán los esfuerzos de la partícula (a), sobre los ejes de esfuerzo normal y esfuerzo cortante son: 𝑥 ′ (50 𝑀𝑃𝑎 , −20 𝑀𝑃𝑎) ; 𝑦´(0 𝑀𝑃𝑎, 20 𝑀𝑃𝑎) Por lo que el círculo de Mohr es el que se muestra en la siguiente figura: Se procede a determina el radio del círculo el ángulo inicial y la distancia 𝑂𝐶, siendo estos: 𝑅 = √202 + 252 = 32.01 𝑀𝑃𝑎 ; 𝑂𝐶 = 25 𝑀𝑃𝑎 ; 𝛼 = 38.65° Conociendo lo anterior se procede a rotar la partícula 40°, en sentido de manecillas del reloj, en el circulo es el doble del angulo en este caso 80°, para que quede en la misma posición angular que la figura (b). 50 INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Se procede a determinar el valor de los esfuerzos para la nueva posición de la partícula. 𝜎𝑥 = 𝑂𝐶 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛽 = 25 − 32.01 cos 61.35° = 9.652 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑦 = 𝑂𝐶 + 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛽 = 25 + 32.01 cos 61.35° = 40.347 𝑀𝑃𝑎 𝜏𝑥𝑦= −𝑅 𝑠𝑒𝑛𝛽 = −32.01 cos 61.35° = −28.09 𝑀𝑃𝑎 ; 𝜏𝑦𝑥 = 𝑅 𝑠𝑒𝑛𝛽 = 32.01 cos 61.35° = 28.09 𝑀𝑃𝑎 Por lo que la nueva posición de la partícula (a) es la siguiente: Como ambas partículas ya se encuentran en la misma posición angular se pueden sumar con lo que se tiene: Se procede a realizar un círculo de Mohr de la partícula resultante con el fin de determinar los esfuerzos en la misma, por lo que se tiene que los esfuerzos sobre los ejes 𝑥, 𝑦 , son: 𝑥 (39.65 𝑀𝑃𝑎 , −12.09 𝑀𝑃𝑎 ) ; 𝑦 (28.34 𝑀𝑃𝑎 , 12.09 𝑀𝑃𝑎) Con estos datos se genera el círculo de Mohr. 51 INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Se toma en consideración uno de los triángulos que se forman para determinar el radio y ángulo inicial. en esta posición el valor de los esfuerzos normales son 𝜎1 = 𝜎𝑦′ y 𝜎2 = 𝜎𝑥′ .47°.34 = 20. mientras que en la partícula el ángulo será 𝜇 = 12. 𝜏𝑀𝐴𝑋 = 𝑅 = 13. 𝜏𝑀𝐴𝑋 = −𝑅 = −13. en el círculo se debe de rotar en sentido contrario a como se rota para determinar los esfuerzos principales un ángulo 𝜑 = 25.34 𝑀𝑃𝑎. 𝜎1 = 𝑂𝐶 − 𝑅 = 34 − 13. 𝟔𝟓 𝐌𝐏𝐚 𝜎2 = 𝑂𝐶 + 𝑅 = 34 + 13.34 = 47.94° .652 = 13.34 𝑀𝑃𝑎 . 𝝈𝟐 = 𝟒𝟕. como se muestra en el inciso (b) de la figura. 𝑂𝐶 = 34 𝑀𝑃𝑎 . para llegar a la posición 𝑥´´ y 𝑦´´ .34 𝑀𝑃𝑎 . Estos puntos son 𝑥´ y 𝑦´ .12 + 5. en sentido contrario a manecillas del reloj hasta el punto en donde los esfuerzos cortantes sea cero y sobre la partícula la mitad de este ángulo 𝜔 = 32. por lo que se tiene: 𝑅 = √12. 𝟑𝟒 𝑴𝑷𝒂 Para determinar los esfuerzos cortantes máximo y mínimo.65 𝑀𝑃𝑎. 𝛾 = 64.53°.94° Para determinar los esfuerzos principales sobre el círculo se debe de rotar el ángulo 𝛾 = 64. esto se muestra en el inciso (a) de la figura. 𝛔𝟏 = 𝟐𝟎.34 𝑀𝑃𝑎 Por lo que la particula de esfuerzos principales y de cortante maximo y minimo seran: 52 .06°. 4 . Determinar los esfuerzos que se generan en los elementos A y B.6 .21.24 Figura 2.Para la partícula que se muestra en la figura 2.25 determinar mediante circulo de Mohr: a) Los esfuerzos cuando se rota un ángulo de 32º en sentido contrario a manecillas del reloj. b) el esfuerzo cortante máximo y mínimo 2.Para la partícula que se muestra en la figura 2. c) El esfuerzo cortante máximo y mínimo. b) Los esfuerzos principales. después de lo cual la temperatura de la barra se incrementa 120 C.20 Figura 2. Indique estos resultados gráficamente Figura 2.6𝑥10−6 ⁄℃ y 𝐸 = 10 𝐺𝑃𝑎. Figura 2. 2. determine mediante ecuaciones: a) los esfuerzos normales y cortantes generados cuando se rota la partícula 70⁰ en sentido de manecillas del reloj.Para el estado de esfuerzos mostrado en la figura 2.22 2. que se muestra en la figura 2. 2.21 Figura 2. Indique estos resultados gráficamente. Indique estos resultados gráficamente.20.23 Figura 2.Para el estado de esfuerzos mostrado en la figura 2.La barra de aluminio de sección transversal rectangular. Sí 𝛼𝐴𝐿 = 23. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES PROBLEMAS 2. indicando dichos esfuerzos sobre esquemas de los elementos. b) los esfuerzos principales Figura 2.22.3 . b) Los esfuerzos principales. b) los esfuerzos principales 2.25 2.Para el estado de esfuerzos mostrado en la figura 2.26 53 .26 se sitúa entre soportes rígidos.1 . b) El esfuerzo cortante máximo y mínimo.Para la partícula que se muestra en la figura 2.5 .7 . determine mediante ecuaciones: a) los esfuerzos normales y cortantes generados cuando se rota la partícula 55⁰ en sentido de manecillas del reloj.24 determinar mediante círculo de Mohr: a) Los esfuerzos cuando se rota un ángulo de 32º en sentido contrario a manecillas del reloj. determine mediante ecuaciones: a) los esfuerzos normales y cortantes generados cuando se rota la partícula 25⁰ en sentido contrario de manecillas del reloj.23 determinar mediante circulo de Mohr: a) Los esfuerzos cuando se rota un ángulo de 32º en sentido contrario a manecillas del reloj.2 . 28 54 .27 2.El estado de esfuerzo en una partícula está dado por la combinación de los dos efectos mostrados en la figura 2.27. b) Cortante máximo y mínimo.8 .Un elemento mecánico se encuentra sujeto a la resultante de los esfuerzos que se muestran en las partículas de la figura 2. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 2. Figura 2.28. b) Cortante máximo y mínimo. Determine: a) Esfuerzos principales. determine e indique gráficamente: a) Esfuerzos principales. Figura 2. indicando los resultados gráficamente.9 . indicando los resultados gráficamente. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES CAPITULO III TORSIÓN EN EJES CIRCULARES 55 . 2. hasta un máximo en las fibras extremas f) Se considera un material homogéneo y linealmente elástico 56 . En un eje comúnmente se puede producir el fenómeno de la torsión aplicando un par de fuerzas 𝑃. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES INTRODUCCIÓN En ingeniería muchos elementos que se diseñan están sometidos a fenómeno de torsión. mas una fuerza 𝑃 .1 (a) o mediante una fuerza 𝑃 la cual se encuentra a una distancia 𝑟.1 (b) (a) (b) Figura 3. Cargas de torsión HIPÓTESIS BÁSICAS Para analizar el fenómeno de torsión en elementos circulares se realizan las siguientes hipótesis: a) Considerar elementos de sección transversal circular maciza o hueca b) Si una sección del miembro es plana antes de la torsión permanece plana después de esta. la que genera un momento de torsión 𝑇 = 𝑃 𝑟 . del centro del eje. entre estos se pueden mencionar a los ejes o flechas circulares como un ejemplo claro de este fenómeno ya que estos son sometidos a momentos torsionantes que producen deformaciones angulares en los mismos. como se muestra en la figura 3. estas generan un momento 𝑇 = 𝑃 𝑑 . ya que otro tipo de sección requiere un análisis más a fondo y comúnmente lo que se emplea en ingeniería son los ejes circulares CARGAS DE TORSIÓN . como se muestra en la figura 3. con respecto al centro del eje. en otras palabras no tiene lugar el alabeo o distorsión de planos normales al eje del elemento c) El diámetro del elemento no cambia durante la carga d) Los esfuerzos siempre estarán en el rango elástico e) Las deformaciones por esfuerzo cortante varían linealmente desde cero en el centro del eje. las cuales se encuentran separada una distancia 𝑑. En este capítulo se estudiaran las tensiones y deformaciones tangenciales en la sección transversal de un elemento debido a la acción de un momento de torsión (momento en torno al eje longitudinal del elemento). Este estudio estará restringido a secciones circulares macizas y huecas. como se muestra en la figura 3.2 en la sección (b-b). b) La geometría de deformación se postula de manera que las deformaciones varían linealmente desde el eje del miembro. Corte del eje circular En la figura 3. Para el estudio de la torsión en elementos de sección transversal circular. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ESFUERZO EN ELEMENTOS SOMETIDOS A TORSIÓN Si un elemento de sección circular está sujeto a cargas de torsión se producen fuerzas cortantes internas. que se encuentran sombreadas.3 se observa que las fuerzas cortantes actúan sobre las diferenciales de área 𝑑𝐴. Por lo que se tiene: 𝑃𝑛 𝜏𝑛 = ∴ 𝑃𝑛 = 𝜏𝑛 𝑑𝐴……….3. que pueden resumirse de la siguiente manera: a) Las ecuaciones de equilibrio se usan para determinar los pares de torsión resistentes internos en una sección. en este anillo las fuerzas que actúan sobre el mismo tienen la misma magnitud 𝑃𝑛. Figura 3.2. 57 .3 se puede observar que la fuerza 𝑃. Para entender lo anterior se tomara en cuenta la figura 3.4. (a). tomándose el tramo derecho. c) Las leyes constitutivas del material se usan para relacionar las deformaciones unitarias cortantes con las tensiones de corte. Eje circular sometido a torsión Se procede a cortar el elemento mostrado en la figura 3. tiene un valor máximo en la periferia del miembro y va disminuyendo hasta llegar a cero en el centro del mismo. ya que se encuentran a la misma distancia del eje del árbol. Estas fuerzas por su respectiva distancia al eje del miembro produce momentos cuya suma o resultante es el par resistente interno. tres conceptos básicos de la mecánica de sólidos fueron aplicados. algo similar sucede con los esfuerzos cortantes como se muestra en la figura 3. a partir del cual invierte su sentido hasta llegar a un valor máximo como se muestra en la figura 3. desde un anillo que se encuentra en la parte esterna del eje como en un anillo que se define como "𝑛". Figura 3. 𝜏𝑛 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑎𝑛𝑖𝑙𝑙𝑜 .2 en la cual se tiene un eje empotrado en un extremo y se le aplica un momento torsionante en el extremo libre.4 (b).𝑑𝐴 = 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑛𝑖𝑙𝑙𝑜 En la figura 3.1) 𝑑𝐴 Dónde: 𝑃𝑛 = 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑎𝑛𝑖𝑙𝑙𝑜 . (3.3. 𝜏𝑛 𝜏𝑚𝑎𝑥 𝜏max 𝜌 = .1).6´) 𝑟 Si de la ecuación (3.6) 𝑟 𝑟 𝑟 De la estática se sabe que: ∫0 𝜌2 𝑑𝐴 = 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑝𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 [𝐼𝑃 ] Por lo que la ecuación 3.6 se puede indicar de la siguiente forma: 𝜏max 𝑇= 𝐼𝑃 ………(3.4. se tiene: 𝜏max 𝜌 𝑃𝑛 = 𝜏𝑛 𝑑𝐴 .. mediante la siguiente relación.4) Por lo que sustituyendo (3.5.2) 𝜌 𝑟 𝑟 Dónde: 𝜌 = 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑛𝑖𝑙𝑙𝑜 n. 𝑑𝑇 = 𝜌2 𝑑𝐴………. (3.3) 𝑟 Para determinar el valor del momento torsionante "𝑑𝑇" que actua sobre el anillo "𝑛". 𝑟 = 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 (𝑎 𝑙𝑎 𝑓𝑖𝑏𝑟𝑎 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟) Si se sustituye (3. Figura 3.. se puede relacionar con el máximo esfuerzo cortante 𝜏𝑚𝑎𝑥 . en los que se muestra la variación de la carga y el esfuerzo cortante. (3. de la figura 3.5. (3.5) 𝑟 𝑟 Realizando el análisis de todos los pares que actúan sobre el miembro desde 𝜌 = 0 hasta 𝜌 = 𝑟. 𝑃𝑛 = 𝑑𝐴 ……. Forma como varia la carga y el esfuerzo Se puede observar en los triángulos de la figura 3.4).5 se tiene: 𝑑𝑇 = 𝑃𝑛 𝜌 ………(3. se tiene: 𝜏max 𝜌 𝜏max 𝑑𝑇 = [ 𝑑𝐴 ] 𝜌 .7) 𝐼𝑃 58 .3) en (3.5.4. Variación de la carga y el esfuerzo sobre el eje De la figura 3. (3. se pueden establecer los triángulos mostrados en la figura 3.. 𝑇= ∫0 𝜌2 𝑑𝐴 ……(3.2) en (3. 𝜏𝑛 = ………. se tiene: 𝑇 𝑟 𝜏𝑚𝑎𝑥 = ……….6´) se despeja el 𝜏𝑚𝑎𝑥 . que el esfuerzo cortante en el anillo "𝑛". se obtiene la siguiente integral 𝑇 𝑟 𝜏max 𝜏max 𝑟 ∫0 𝑑𝑇 = ∫0 𝜌2 𝑑𝐴 . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Figura 3. Figura 3. Forma como varia la deformación en un eje circular 59 .7 permite determinar el esfuerzo cortante en la fibra externa del miembro circular. 𝜋 𝑑4 𝐼𝑃 = = 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 [𝑚4 ].8) 𝐼𝑃 Para determinar el esfuerzo en la ecuación (3.6 (a). sobre su sección transversal ( cara del eje). asi como una deformación (𝜃). 32 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 [𝑁⁄𝑚2 ]. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Dónde: 𝑟 = 𝑅𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 [𝑚]. (3. [𝑖𝑛4 ]. solo se tiene que ir variando el valor del radio desde 𝜌 = 0 en ele centro de la flecha hasta un máximo 𝜌 = 𝑟. ya que para secciones macizas 𝐼𝑃 = 𝜋 𝑑 4 ⁄32. DEFORMACIONES EN ELEMENTOS CIRCULARES SOMETIDOS A TORSIÓN Cuando un elemento circular que tiene una longitud (𝐿). 𝑇 = 𝑃𝑎𝑟 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 [𝑁 − 𝑚]. [𝑖𝑛] .9) 32 𝑇 𝑟 Esfuerzo en elementos en elementos circulares huecos: 𝜏 = 𝜋(𝑑4− 𝑑4 ) … … . este hace que se genere una deformación angular (𝜙) a lo largo del miembro. se empotra en uno de sus extremos (𝐴) y en el otro extremo (𝐵). mientras que para secciones huecas 𝐼𝑃 = 𝜋(𝑑𝑒4 − 𝑑𝑖4 )⁄32 . en el extremo externo. es sometido a un momento torsionante (𝑇).10) 𝑒 𝑖 32 Los materiales dúctiles generalmente fallan a corte y esta falla se produce en un plano perpendicular al eje longitudinal del elemento por efecto de la torsión. Los materiales frágiles presentan una menor capacidad a tracción que la corte. Por lo tanto. Las ecuaciones anteriores son válidas para secciones circulares macizas pero también se pueden tener secciones circulares huecas. [𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ] La ecuación 3.6. fallan en planos perpendiculares a la dirección de máxima tensión de tracción. Por lo que el esfuerzo cortante para estas secciones es: 𝑇 𝑟 Esfuerzo en elementos circulares macizos: 𝜏 = 𝜋 𝑑4 … … … (3. pero también es posible determinar este esfuerzo en cualquier fibra interna de la flecha mediante la siguiente ecuación: 𝑇 𝜌 𝜏= ………(3. como se muestra en la figura 3.8). [𝑙𝑏 − 𝑖𝑛] . para las cuales el momento de inercia varia. 11) 𝐿 𝑇𝑟 Se sabe que: 𝜏= 𝐼𝑝 𝑇𝑟 𝑟𝜃 𝑇𝑟𝐿 𝑇𝐿 Por lo que igualando con (3. 𝐺 = 𝑀𝑜𝑑𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 [𝑁⁄𝑚2 ] 𝑜 [𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ] . se obtiene las siguientes relaciones geométricas: 𝑚=𝛾𝐿=𝑟𝜃 𝑟𝜃 Por lo que: 𝛾= …….29° La deformación angular en elementos sometidos a torsión tiene interés en su determinación para estudiar efectos tales como: a) Control de deformaciones b) Análisis de vibraciones torsionales c) Estudio de problemas indeterminados de torsión. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Si se toma un elemento (𝑆) este esta sometido a esfuerzo cortante como se muestra en la figura 3. 𝑡𝑔𝜃 = 𝐿 𝑟 Si se considera que el material tiene un comportamiento elástico lineal y que las deformaciones son pequeñas. La relación entre el esfuerzo cortante y la deformación está definida por: 𝜏 = 𝐺 𝛾 ………. 𝐿 = 𝐿𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑙𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 [𝑚] 𝑜 [𝑖𝑛].12) 𝐼𝑝 𝐺 Dónde: 𝑇 = 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜 [𝑁 − 𝑚] 𝑜 [𝑙𝑏 − 𝑖𝑛].10) 𝐿 𝑟𝜃 Sustituyendo (3.6 (b).. (3.9) Dónde: 𝜏 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 [𝑁⁄𝑚2 ] 𝑜 [𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ]. 𝐺 = 𝑀𝑜𝑑𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 [𝑁⁄𝑚2 ] 𝑜 [𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ] .10) en (3.9) se tiene: 𝜏=𝐺 ……. el cual produce una deformación (𝛾) . 𝛾= 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑡𝑎𝑟𝑖𝑎 [𝑎𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙] 𝜏 La ecuación anterior se también se puede expresar de la siguiente forma: 𝛾 = 𝐺 𝑚 𝑚 De la figura 3.11) se tendrá: =𝐺 ∴ 𝜃= = 𝐼𝑝 𝐿 𝐼𝑝 𝑟 𝐺 𝐼𝑝 𝐺 𝑇𝐿 𝜃= ………(3. 60 .. 𝜃 = 𝐷𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 [𝑟𝑎𝑑]. 𝐼𝑃 = 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑝𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 [𝑚4 ] 𝑜 [𝑖𝑛4 ] La deformación angular se obtiene en radianes pero comúnmente se maneja en grado por lo que se tiene: 2𝜋𝑟𝑎𝑑 = 360° ∴ 1𝑟𝑎𝑑 = 57.6 (a) se tiene que: 𝑡𝑔 𝛾 = . (3. (3. 0061𝑖𝑛4 Para determinar la deformación que se genera en cada tramo se debe de conocer la longitud del tramo y el modulo elástico a cortante. B) La deformación en el extremo libre ANÁLISIS Para determinar el momento que actúa sobre cada uno de los tramos se procede a realiza un diagrama de momento torsionante contra longitud del eje. 𝑇𝐵𝐶 = 125 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 .0981𝑖𝑛4 . Del diagrama de momentos torsionantes se observa que los momentos que rotan en el sentido del reloj son positivos y en sentido contrario negativos por lo que: 𝑇𝐴𝐵 = −375 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 . 𝐶.12.0149𝑖𝑛4 .31 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛2 0.2 𝑥106 𝑃𝑆𝐼 y se encuentra empotrado en el extremo 𝐴.375) 𝜏𝐴𝐵 = = −1911.0981𝑖𝑛4 0. 𝑇𝐶𝐷 = −75 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 . 𝜋(0.375)4 𝐼𝑝𝐴𝐵 = = 0. 61 .5)4 𝜋(0.3125)4 𝜋(0. 𝐼𝑝𝐵𝐶 = = 0.7. (−375 𝑙𝑏−𝑖𝑛)(0.09 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛2 0.1 El eje que se muestra en la figura es de acero con 𝐺 = 11. 𝐼𝑝𝐷𝐸 = = 0. Determinar: A) El esfuerzo que se genera en cada uno de los tramos.98 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛2 . Este diagrama se comienza en el extremo libre ya que se conoce el esfuerzo que actúa sobre el mismo. Sobre este actúan los momentos indicados en los puntos 𝐵. los cuales se sustituyen en la ecuación 3. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 3. 𝑇𝐷𝐸 = 225 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 Se determina el momento de inercia polar para cada uno de los tramos.0310𝑖𝑛4 (−75 𝑙𝑏−𝑖𝑛)(0.3125𝑖𝑛) (225 𝑙𝑏−𝑖𝑛)(0.5𝑖𝑛) (125 𝑙𝑏−𝑖𝑛)(0.0149𝑖𝑛4 0. 𝜏𝐷𝐸 = = 9221.25𝑖𝑛) 𝜏𝐶𝐷 = = −1572.25)4 𝐼𝑝𝐶𝐷 = = 0.31 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛2 . 𝐷 𝑦 𝐸.0061𝑖𝑛4 2 2 Se determina el esfuerzo cortante máximo en cada uno de los tramos mediante la ecuación 3. 𝜏𝐵𝐶 = = 1512.0310𝑖𝑛4 2 2 𝜋(0. 𝜽𝑬/𝑨 = 𝟑.02)4 𝜋 (0.71𝑥10−9 𝑚4 .025)4 𝜋 (0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝑇𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 (−375 𝑙𝑏−𝑖𝑛) (20 𝑖𝑛) 𝜃𝐴𝐵 = = = − 0. b) La deformación angular en el extremo libre 𝐴.00674 𝑟𝑎𝑑) + ( 0.05769 𝑟𝑎𝑑 = 3. rota en sentido de manecillas de reloj.83𝑥10−8 𝑚4 .06586𝑟𝑎𝑑 𝐼𝑝 𝐷𝐸 𝐺𝐷𝐸 (0. el tramo 𝐵𝐶. es de alumnio con 𝐺𝐴𝐿 = 30𝐺𝑃𝑎 y el tramo 𝐶𝐷 es de bronce con 𝐺𝐵𝑅 = 35𝐺𝑃𝑎.06586𝑟𝑎𝑑) = 0. para lo cual se inicia el mismo en el extremo en donde se tiene un valor conocido de momento (extremo libre 𝐴).2 𝑥106 𝑙𝑏 ⁄𝑖𝑛2 ) 𝐴𝐵 𝑇𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 (125 𝑙𝑏−𝑖𝑛) (15 𝑖𝑛) 𝜃𝐵𝐶 = = = 0. quedando el diagrama como se muestra en la figura.00540 𝑟𝑎𝑑) + (−0. EJEMPLO 3. 𝟑𝟎° Al ser positiva la deformación lo que indica es que la sección transversal en E. 𝐼𝑃𝐵𝑅 = = 7.00540 𝑟𝑎𝑑 𝐼𝑝 𝐺𝐵𝐶 (0.28° . 𝜋 (0. es de acero con 𝐺𝐴𝐶 = 80 𝐺𝑃𝑎.05769 𝑟𝑎𝑑 𝜃𝐸/𝐴 = 0.2 𝑥106 𝑙𝑏 ⁄𝑖𝑛2 ) 𝐵𝐶 𝑇𝐶𝐷 𝐿𝐶𝐷 (−75 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛) (15 𝑖𝑛) 𝜃𝐶𝐷 = = = −0.030)4 𝐼𝑃𝐴𝐶 = = 15. Determinar: a) El esfuerzo contante que se genera en cada material.2 𝑥106 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ) Para determinar la deformación en el extremo libre se tomara esta con respecto al extremo empotrado y solo se van sumando o restando las deformaciones angulares entre estos puntos por lo que se tiene: 𝜃𝐸/𝐴 = 𝜃𝐴𝐵 + 𝜃𝐵𝐶 + 𝜃𝐶𝐷 + 𝜃𝐷𝐸 𝜃𝐸/𝐴 = (− 0.2 𝑥106 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ) 𝑇𝐷𝐸 𝐿𝐷𝐸 (225 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛) (20 𝑖𝑛) 𝜃𝐷𝐸 = = = 0.00674 𝑟𝑎𝑑 𝐼𝑝 𝐶𝐷 𝐺𝐶𝐷 (0. 𝐼𝑃𝐴𝐿 = = 3.006826 𝑟𝑎𝑑 𝐼𝑝 𝐺𝐴𝐵 (0. En primera instancia se determinara el momento polar de inercia de cada uno de los tramos del árbol.2 El árbol que se muestra en la figura consta de tres tramos el tramo 𝐴𝐵. 62 .006826 𝑟𝑎𝑑) + ( 0.0149𝑖𝑛4 ) ( 11.95𝑥10−8 𝑚4 32 32 32 Se determina el diagrama de momentos torsionantes contra la longitud del eje.0061𝑖𝑛4 ) ( 11.0981𝑖𝑛4 ) ( 11.0310𝑖𝑛4 ) ( 11. 83𝑥10−8 𝑚4 𝑚2 Tramo CD (Bronce): (−5 𝑁−𝑚)(0.6𝑚 ) 𝜃𝐵𝐶 = = = −0. TCD = −5 N − m Conociendo en momento torsionante que actúa en cada tramo se aplica la ecuación 3. 𝜽𝑬/𝑨 = −𝟎.16𝑥106 .010𝑚) 𝑁 𝜏𝐴𝐵 = = 31. Tramo AB (Acero): (50 𝑁−𝑚)(0.95𝑥10−8 𝑚4 ) ( 35𝑥109 𝑁⁄𝑚2 ) Por lo que la deformación en el extremo libre es: 𝜃𝐴/𝐷 = 𝜃𝐴𝐵 + 𝜃𝐵𝐶 + 𝜃𝐶𝐷 𝜃𝐴/𝐷 = (0.015𝑚) 𝑁 𝜏𝐶𝐷 = = −0.01305 𝑟𝑎𝑑 𝐼𝑝 𝐺𝐵𝐶 (3.943𝑥106 .01194 𝑟𝑎𝑑) + ( −0.16 𝑀𝑃𝑎 3.83x10−8 m4 ) ( 30𝑥109 𝑁⁄𝑚2 ) 𝐵𝐶 𝑇𝐶𝐷 𝐿𝐶𝐷 (−5 𝑁 − 𝑚 ) (0.3𝑚) 𝜃𝐴𝐵 = = = 0. para cada material. 𝜏𝐴𝐿𝑈𝑀𝐼𝑁𝐼𝑂 = −8.83𝑥106 .707𝑥10−9 𝑚4 𝑚2 Tramo BC (Aluminio): (−25 𝑁−𝑚)(0.001828 𝑟𝑎𝑑 𝜃𝐸/𝐴 = −0.95𝑥10−8 𝑚4 𝑚2 Para determinar la deformación angular que se genera en cada tramo se debe de conocer la longitud del tramo y el modulo elástico a cortante.943 𝑀𝑃𝑎 7. 𝑇𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 (50N−m) (0.7 para determinar el esfuerzo cortante máximo que se tiene en cada sección.4𝑚) 𝜃𝐶𝐷 = = = −0.000718 𝑟𝑎𝑑) = −0. TBC = −25N − m .000718 𝑟𝑎𝑑 𝐼𝑝 𝐶𝐷 𝐺𝐶𝐷 (7.0125𝑚) 𝑁 𝜏𝐵𝐶 = = −8. es en sentido contrario a las manecillas del reloj 63 .1047° .001828 𝑟𝑎𝑑 = −0. 𝜏𝐵𝑅𝑂𝑁𝐶𝐸 = −0.01305 𝑟𝑎𝑑) + (−0.01194 𝑟𝑎𝑑 𝐼𝑝 𝐺𝐴𝐵 (15. ya que de estos depende la misma.707x10−9 m4 ) ( 80𝑥109 𝑁⁄𝑚2 ) 𝐴𝐵 𝑇𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 (−25 𝑁−𝑚 ) (0.83 𝑀𝑃𝑎 15. 𝟏𝟎𝟒𝟕° El signo negativo indica que la deformación angular en la sección transversal 𝐴. 𝜏𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 = 31. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Por lo que el momento torsionante en cada tramo es: TAB = 50 N − m . En la figura 3. 𝑇𝑟 (800𝑁 − 𝑚)(𝑟) 509. Figura 3. Figura 3. Eje doblemente empotrado sujeto a un momento de torsión Si se quitan los empotramientos como se muestra en la figura 3.8862𝑥10−5 𝑚3 . 𝑑2 ) y dos diferentes longitudes (𝐿1 . Determine el diámetro que debe tener este eje. el cual equilibra al sistema como se muestra en la figura 3. aparecen los momentos internos (𝑇𝐴 ) y (𝑇𝐵 ). 𝑟 3 = 1. Momentos de torsión que actúan sobre el Eje Por lo que para determinar estos momentos lo primero que se hace es quitar uno de los empotramientos. los cuales mediante las ecuaciones de la estatica no se pueden determinar. 𝑟 = √1. lo primero que se hace es determinar los momentos torsionales requerido para lograr el equilibrio mediante las ecuaciones de la estática.8. 27𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = . tiene dos diferentes diámetros (𝑑1 .8. pero en ocasiones no es posible establecer estos momentos por lo que se considera que es un eje hiperestático. Momentos de torsión que actúan sobre el Eje sin el empotramiento en B 64 . 𝐺2 ) . en cual se encuentra empotrado en sus extremos (𝐴) y (𝐵) y se le aplica un momento torsionante (𝑇𝐶 ).9.0266𝑚 ∴ 𝑫 = 𝟎. en este caso se quitara el empotramiento en B.9. apareciendo en momento (𝑇𝐵 ). 𝟎𝟓𝟑𝟐𝒎 PROBLEMAS HIPERESTÁTICOS DE TORSIÓN Cuando un miembro circular se somete a momentos torsionantes para determinar el esfuerzo cortante que actúa sobre él. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 3.7 se muestra un eje fabricado de dos diferentes materiales (𝐺1 . 𝐿2 ). Figura 3.3 A un eje macizo de latón se le aplica un par torsionante 𝑇 = 800 𝑁 − 𝑚.2958 𝑁𝑚 3 𝑟3 = . 27𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = 𝐺 𝐼𝑝 𝜋𝑟 4 𝑟3 2 509. si el esfuerzo cortante de trabajo es de 𝜏 𝑇𝑅𝐴𝐵 = 27 𝑀𝑃𝑎.2958 𝑁 − 𝑚 𝜏= .8862𝑥10−5 𝑚3 27𝑥106 𝑁⁄𝑚2 𝑟 = 0.7. como positivo y solo actúa sobre el tramo (𝐴𝐶). en la cual se considera 𝑇𝐶 . Figura 3. el cual se define como momento interno como se muestra en la figura 3.10. Figura 3. . en el estremo (𝐵) .11. con el fin de que equilibre a la deformación angular que producen los momentos externos Por lo que: 𝜃𝐵 ´ + (−𝜃𝐵 ´´) = 0 ∴ 𝜃𝐵 ´ = 𝜃𝐵 ´´ … … … … (3.15) 65 . Este momento actual sobre toda la longitud del eje (tramo 𝐴𝐶 y tramo 𝐶𝐵). se genera un momento 𝑇𝐵 .14) 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃 𝐴𝐶 𝐺𝐶𝐵 𝐼𝑃 𝐴𝐶 Este momento debe de actuar en sentido de manecillas del reloj. la cual es en sentido contrario a manecillas del reloj. (3. para esto se graficara el momento torsionante contra la longitud. MOMENTO EXTERNO Primero se analizara el efecto del momento externo 𝑇𝐶 .9 se observa que se tiene dos momentos uno externo 𝑇𝐶 . . (3. produciendo una deformación 𝜃𝐵 ´. Se procede a realizar el análisis del efecto que cada uno de estos momentos producen en el extremo libre (𝐵) del miembro circular.10.11. como se muestra en la figura 3. Momentos de torsión y deformación que produce el momento externo 𝑇𝐿 Se sabe que: 𝜃= 𝐺 𝐼𝑃 𝑇𝐶 𝐿𝐴𝐶 Por lo que para los momentos externos se tendrá: 𝜃´ = … … … . que es el que se le aplica al miembro circular y otro momento 𝑇𝐵 . el cual aparece al quitar el apoyo y que por eso se denominara interno. Momentos de torsión y deformación que produce el momento interno Por lo que para los momentos externos se tendrá: 𝑇𝐵 𝐿𝐴𝐶 𝑇𝐵 𝐿𝐶𝐵 𝜃´´ = + … … … . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES En la figura 3. produciendo una deformación 𝜃𝐵 ´´. en el extremo (𝐵) .13) 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃 𝐴𝐶 MOMENTO INTERNO Cuando se quita el empotramiento en el apoyo 𝐵. En este caso en particular se considera la rotación en contra de manecillas del reloj como positiva. 66 . el cual es: 𝑇𝐶 𝐿𝐴𝐶 𝑇𝐵 = 𝐿𝐴𝐶 𝐿𝐶𝐵 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃 𝐴𝐶 [ + ] 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃 𝐴𝐶 𝐺𝐶𝐵 𝐼𝑃 𝐶𝐵 Conociendo 𝑇𝐵 por equilibrio estatico es puede determinar 𝑇𝐴 .3 La flecha que se muestra en la figura está fabricada de acero y es sólida. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝑇𝐶 𝐿𝐴𝐶 𝑇𝐵 𝐿𝐴𝐶 𝑇𝐵 𝐿𝐶𝐵 Sustituyendo 3.16) 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃 𝐴𝐶 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃 𝐴𝐶 𝐺𝐶𝐵 𝐼𝑃 𝐶𝐵 Como 𝑇𝐶 . como se muestra en la figura. 𝐿𝐴𝐶 . Determinar las reacciones en los soportes fijos 𝐴 y 𝐶.15 se tiene: = + … … … . 𝐼𝑃 𝐴𝐶 . . Tiene un diámetro de 30 𝑚𝑚 y sobre ella actúan los momentos torsionantes que se indican. EJEMPLO 3. Se realiza un dibujo del eje en el cual solo se muestran los momentos que se aplican. se puede determinar el valor de 𝑇𝐵 .14 en 3. en este caso se quitara el soporte D. 𝐿𝐶𝐵 .13 y 3. 𝐺𝐶𝐵 𝑦 𝐼𝑃 𝐴𝐶 . procediendo a realizar un diagrama de momento torsionante contra la longitud del eje. apareciendo el momento torsionante 𝑇𝐷 . son conocidos. 𝐺𝐴𝐶 . del cual se supone su sentido. iniciando esta grafica desde el extremo libre hacia el extremo empotrado. MOMENTOS EXTERNOS. 𝐺𝐴𝐶 = 80 𝐺𝑃𝑎. (3. ANÁLISIS Se procede a eliminar uno de los soportes. 0𝑚) 𝑇𝐷 (0. se tiene: 𝜃𝐷 ´ + (−𝜃𝐷 ´´) = 0 ∴ 𝜃𝐷 ´ = 𝜃𝐷 ´´ (−1700𝑁 − 𝑚)(0.6𝑚) 𝑇𝐷 (1.0 𝑚) 𝑇𝐷 (0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Se determina la deformación angular que producen los momentos externos en el extremo libre (D).6𝑚) (500 𝑁 − 𝑚)(1.8𝑚) + = + + 𝐺𝐴𝐵 𝐼𝑃 𝐴𝐵 𝐺𝐵𝐶 𝐼𝑃 𝐵𝐶 𝐺𝐴𝐵 𝐼𝑃 𝐴𝐵 𝐺𝐵𝐶 𝐼𝑃 𝐵𝐶 𝐺𝐶𝐷 𝐼𝑃 𝐶𝐷 Como el material es el mismo en todo el eje y el diámetro no varía se tendrá: −520 = 𝑇𝐷 (2.0 𝑚) 𝜃𝐷 ´ = = + 𝐺 𝐼𝑃 𝐺𝐴𝐵 𝐼𝑃 𝐴𝐵 𝐺𝐵𝐶 𝐼𝑃 𝐵𝐶 MOMENTOS INTERNOS.66 = 0 ∴ 𝑻𝑨 = 𝟏𝟗𝟏𝟔. ∑ 𝑇 = 𝑇𝐴 − 2200 + 500 − 216.0𝑚) 𝑇𝐷 (0. En la misma se observa que el momento 𝑇𝐷 .4 𝑚) ∴ 𝑇𝐷 = −216. como lo que se tiene: 𝑇𝐿 𝑇𝐷 𝐿𝐴𝐵 𝑇𝐷 𝐿𝐵𝐶 𝑇𝐷 𝐿𝐶𝐷 𝜃𝐷 ´´ = = + + 𝐺 𝐼𝑃 𝐺𝐴𝐵 𝐼𝑃 𝐴𝐵 𝐺𝐵𝐶 𝐼𝑃 𝐵𝐶 𝐺𝐶𝐷 𝐼𝑃 𝐶𝐷 𝑇𝐷 (0. 𝟔𝟔 𝑵 − 𝒎 67 . ya que deben ser iguales pero de sentido contrario para que la deformación final sea cero por el empotramiento.6𝑚) 𝑇𝐷 (1.6𝑚) (500 𝑁 − 𝑚)(1. en el diagrama de momento torsionante contra la longitud.8𝑚) 𝜃𝐷 ´´ = + + 𝐺𝐴𝐵 𝐼𝑃 𝐴𝐵 𝐺𝐵𝐶 𝐼𝑃 𝐵𝐶 𝐺𝐶𝐷 𝐼𝑃 𝐶𝐷 Igualando las deformaciones angulares en 𝐷. con lo que se tiene: 𝑇𝐿 𝑇𝐴𝐵 𝐿𝐴𝐵 𝑇𝐵𝐶 𝐿𝐵𝐶 𝜃𝐷 ´ = = + 𝐺 𝐼𝑃 𝐺𝐴𝐵 𝐼𝑃 𝐴𝐵 𝐺𝐵𝐶 𝐼𝑃 𝐵𝐶 𝑇𝐿 (−1700𝑁 − 𝑚)(0.66 𝑁 − 𝑚 Por lo que el momento en 𝐷 actúa en sentido contrario y realizando el equilibrio estático como se muestra en la siguiente figura se determina el momento que actúa en 𝐴. actúa sobre toda la longitud del eje. En esta figura solo se muestra el momento que aparece cuando se elimina el soporte (momento interno). Se determina la deformación que produce este momento sobre el extremo libre. Cuál es el par de torsión permisible T que puede aplicarse en la flecha en C. Si el esfuerzo permisible en cortante es de 55MPa.015𝑋10−6 𝑚4 .4 Una barra circular maciza de sección transversal circular esta empotrada en los extremos. 68 . 𝐼𝑃𝐶𝐵 = = 0.02)4 𝜋 (0.04)4 𝐼𝑃𝐴𝐶 = = 0. con lo que se tiene: Aplicando solo los momentos externos sobre el eje se tendrá los momentos torsionantes y deformaciones angulares que se muestran en la figura. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 3.251327𝑋10−6 𝑚4 32 32 Para realizar el análisis por mecánica de materiales se libera extremo 𝐵. ANÁLISIS Eliminando los apoyos y realizando en diagrama de cuerpo libre se tiene: De la estática se sabe que: 𝑇𝑐= 𝑇𝐵 + 𝑇𝐴 𝜋 (0. por lo que se tiene: 𝑇𝐶= 1.2 𝑚2 ) 𝑇𝐵 (0.25132𝑋10−6 𝑚4 ) −6 4 Como se trata del mismo material el modulo elástico a cortante (𝐺 ) es el mismo.1299 𝑇𝐶 = (0.015𝑋10−6 𝑚4 𝜋 𝑑3Ʈ 𝜋 𝑇𝐶= .1299 𝑇𝐶 . se tiene: 𝑇𝐴𝐶 𝑟𝑎𝑐 𝑇𝐴𝐶 (0. 𝟏𝟐 𝑵 − 𝒎 69 . 𝑇𝐴 = 0.04)3 (55𝑋106 ) ∴ 𝑇𝐶 = 794. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Si solo se aplica el momento externo sobre la barra se tendrá: Por lo que se tiene: 𝜃𝐵 = 0 = 𝜃𝐵 ´ − 𝜃𝐵 ´´ ∴ 𝜃𝐵 ´ = 𝜃𝐵 ´´ De los diagramas de momentos se tiene: 𝑇𝐶 𝐿𝐴𝐶 𝑇𝐵 (𝐿𝐴𝐶 ) 𝑇𝐵 (𝐿𝐶𝐵 ) 𝜃𝐵 ´ = .33 𝑁 − 𝑚 16 Por lo que el par máximo que se puede aplicar al punto C para que no falle ninguno delos dos tramos es: 𝑻𝑪 = 𝟔𝟔𝟓.015𝑋10 𝑚 ) 𝐺𝐴𝐵 (0. 𝜏𝐴𝐶 = 55𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = 𝐼𝑃 𝐴𝐶 0.5 𝑚2 ) −6 4 = + 𝐺𝐴𝐶 (0.12 𝑁 − 𝑚 Si la parte CB actúa a esfuerzo máximo.015𝑋10 𝑚 ) 𝐺𝐶𝐵 (0.1492 𝑇𝐵 .1299 𝑇𝐶 Considerando que el tramo 𝐴𝐶 actúa a esfuerzo máximo (𝜏 = 55 𝑀𝑃𝑎).8701 𝑇𝐶 Utilizando la ecuación de equilibrio estático: 𝑇𝐴 = 𝑇𝐶 − 𝑇𝐵 ∴ 𝑇𝐴 = 0.01 𝑚) 𝑇𝐴 = 0.8701 𝑇𝐶 𝑇𝐶 = (0.02)3 (55𝑋106 ) = 86. 𝜃𝐵 ´´ = + 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃𝐴𝐶 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃𝐴𝐶 𝐺𝐶𝐵 𝐼𝑃𝐶𝐵 𝑇𝐶 𝐿𝐴𝐶 𝑇𝐵 (𝐿𝐴𝐶 ) 𝑇𝐵 (𝐿𝐶𝐵 ) Igualando las deformaciones en el punto B se tendrá: 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃𝐴𝐶 = 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃𝐴𝐶 + 𝐺𝐶𝐵 𝐼𝑃𝐶𝐵 Por lo que sustituyendo valores: 𝑇𝐶 (0.3993 𝑁 − 𝑚 16 16 ∴ 𝑇𝐶 = 665.2 𝑚2 ) 𝑇𝐵 (0. 𝑇𝐵 = 0. 𝜋 𝑇𝐵 = 0. 835 𝑖𝑛4 𝝉𝑨𝑪 = 𝟏𝟏𝟕𝟐𝟎.561 𝑇𝐴𝐿 + 𝑇𝐴𝐿 = 50000 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 ∴ 𝑇𝐴𝐿 = 14041 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 Para el acero el momento torsionante es: 𝑇𝐴𝐶 = 35959 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 a) Para el esfuerzo cortante en el acero: 𝑇𝐴𝐶 𝑟𝐴𝐶 (35959 𝑙𝑏−𝑖𝑛) ( 1.835 𝑖𝑛4 ) = (4𝑥106 𝑙𝑏 ⁄𝑖𝑛2 ) ( 4. 𝐼𝑃𝐴𝐶 = = 3. 𝑇𝐴𝐶 + 𝑇𝐴𝐿 = 50000 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 Al estar perfectamente unidos los dos materiales el ángulo de torsión es el mismo para ambos.117 𝑖𝑛4 70 . 2. determina: (a) El esfuerzo cortante máximo en el núcleo de acero.835 𝑖𝑛4 32 32 𝑇𝐴𝐶 (80 𝑖𝑛) 𝑇𝐴𝐿 (80 𝑖𝑛) Sustituyendo valores se tiene: (11𝑥106 𝑙𝑏 ⁄𝑖𝑛2 ) ( 3. (b) El esfuerzo cortante máximo en la concha de aluminio: (c) El ángulo de torsión en A.117 𝑖𝑛4 . 𝜃2 = 𝐴𝐿𝑈𝑀𝐼𝑁𝐼𝑂 .66 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 𝐼𝑃𝐴𝐶 3.5 Se aplica un momento de torsión 𝑇 = 50𝐾𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 al extremo A del árbol compuesto mostrado sabiendo que el módulo de rigidez es de 𝐺 = 11𝑥106 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 para el acero y 𝐺 = 4𝑥106 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 para el aluminio.54 ) 𝜋 (2. 𝟔𝟔 𝒍𝒃⁄𝒊𝒏𝟐 b) Para el esfuerzo cortante en el aluminio: 𝑇𝐴𝐿 𝑟𝐴𝐿 (14041 𝑙𝑏−𝑖𝑛) (1.5 𝑖𝑛) 𝜏𝐴𝐿 = . 𝜃1 = 𝜃2 = 𝜃 𝑇𝐴𝐶 𝐿𝐴𝐶 𝑇𝐴𝐿 𝐿𝐴𝐿 Sustituyendo esta condición en la ecuación para deformación angular: 𝐺𝐴𝐶 𝐼𝑃𝐴𝐶 = 𝐺𝐴𝐿 𝐼𝑃𝐴𝐿 Los momentos polares de inercia para estos materiales son: 𝜋 (34 −2.25 𝑖𝑛) 𝜏𝐴𝐶 = . 𝜏𝐴𝐿 = = 5115. por lo que: 𝜃1 = 𝐴𝐶𝐸𝑅𝑂 .561 𝑇𝐴𝐿 Sustituyendo en la ecuación de equilibrio estático se tiene para el aluminio: 𝑇𝐴𝐶 + 𝑇𝐴𝐿 = 50000 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 .117 𝑖𝑛4 ) Despejando el momento torsionante en el acero se tiene: 𝑇𝐴𝐶 = 2.54 ) 𝐼𝑃𝐴𝐿 = = 4. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 3.73 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 𝐼𝑃𝐴𝐿 4. ANÁLISIS En este problema al encontrarse tanto el acero como el aluminio perfectamente unidos el momento torsionante se distribuye en ambos por lo que se tiene: 𝑇𝐴𝐶 + 𝑇𝐴𝐿 = 𝑇 . 𝜏𝐴𝐶 = = 11720. 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 [(𝑁 𝑚 ⁄𝑠). 1𝐻𝑃 = 550 𝑙𝑏 𝑓𝑡⁄𝑠 = 6600 𝑙𝑏 𝑖𝑛 ⁄𝑠 𝑇𝑛 Realizando las conversiones correspondientes se tiene que: 𝐻𝑃 = … … … .19) 63000 Dónde: 𝑇 = 𝑃𝑎𝑟 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑡𝑒 [𝑙𝑏 − 𝑖𝑛] .18) 60 𝑁𝑈𝑀𝐸𝑅𝑂 𝐷𝐸 𝑅𝐸𝑉𝑂𝐿𝑈𝐶𝐼𝑂𝑁𝐸𝑆 Dónde: 𝑇 = 𝑃𝑎𝑟 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑡𝑒 (𝑁 − 𝑚) . 𝑛 = = [𝑟𝑝𝑚] 𝑀𝐼𝑁𝑈𝑇𝑂 En el sistema Ingles la potencia se da en HP (caballos de potencia). 1⁄𝑠) ] .3.835 𝑖𝑛4 ) = 0. 𝑛 = [𝑟𝑝𝑚] . el cual tiene las siguientes equivalencias. 𝑓 = 𝑓𝑟𝑒𝑐𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 [𝐻𝑧 . 𝜽𝑨𝑪 = 𝟑. En un eje circular el trabajo se define como el par torsionante por el ángulo que rota el eje al aplicar este par. la cual origina que se generen en ala s flechas pares de torsión los cuales también dependen de la velocidad angular de la flecha. (𝑊𝐴𝑇𝑇𝑆)] La potencia también se puede establecer en función del número de revoluciones por minuto (𝑛 = 𝑟𝑝𝑚). 𝑈=𝑇 𝜑 Dónde: 𝑈 = 𝑇𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜 . . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝝉𝑨𝑳 = 𝟓𝟏𝟏𝟓. Se sabe que: 𝜔 = 2 𝜋 𝑓 Por lo que: 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑇 2 𝜋 𝑓 … … … . 𝜑 = 𝐴𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑔𝑖𝑟𝑜 𝑇𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝜑 La potencia se define como el trabajo generado por unidad de tiempo: 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = =𝑇 𝑇𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑑𝑡 𝑑𝜑(𝑟𝑎𝑑) Se sabe que la velocidad angular es: 𝜔 = 𝑑𝑡 (𝑠) Por lo que: 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑇 𝜔 Para el sistema internacional la potencia se da en Watts y esta se determina de la siguiente manera. 𝟕𝟑 𝒍𝒃⁄𝒊𝒏𝟐 c) El ángulo de torsión en el extremo libre A: (35959 𝑙𝑏−𝑖𝑛) (80 𝑖𝑛) 𝜃𝐴𝐶 = (11𝑥106 𝑙𝑏 ⁄𝑖𝑛2 ) ( 3. 𝟗𝟎° POTENCIA EN EJES CIRCULARES A TORSIÓN Las flechas de sección circular son usadas a menudo para transmitir la potencia generada por una máquina. (3. 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 [𝐻𝑃] 71 .06819 𝑟𝑎𝑑 . a las cuales rota el eje. 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 1 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 Se tiene que: [𝑛] [ ][ ]= 𝑛 = 𝜔[ ] 1 𝑟𝑒𝑣𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 60 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠 60 𝑠 2𝜋 Por lo que: 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑛 𝑇 … … … .17 Dónde: 𝑇 = 𝑃𝑎𝑟 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑡𝑒 [𝑁 − 𝑚] . (3. 𝑇 = 𝑃𝑎𝑟 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛𝑎𝑛𝑡𝑒 . Para este diseño se emplean las siguientes ecuaciones. b) DISEÑO POR RIGIDEZ. a) DISEÑO POR RESISTENCIA.21) 𝜋 [1 − (𝐷𝑖𝑛𝑡 ⁄𝐷𝑒𝑥𝑡 ) ] 𝜏𝑀𝐴𝑋 En la ecuación 3. .20) 𝜏 𝑀𝐴𝑋 PARA EJES HUECOS 4 −𝐷4 ] 𝑇𝑟 𝜋[𝐷𝑒𝑥𝑡 𝑖𝑛𝑡 Se sabe que: 𝜏 = y 𝐼𝑝 = 𝐼𝑝 32 𝐷 32 𝑇 [ 𝑒𝑥𝑡 ] 𝑇𝑟 2 Por lo que: 𝜏𝑀𝐴𝑋 = = 4 −𝐷4 ] 𝜋[𝐷4 4 𝑒𝑥𝑡 −𝐷𝑖𝑛𝑡 ] 𝜋[𝐷𝑒𝑥𝑡 𝑖𝑛𝑡 32 4 Si se saca como factor común 𝐷𝑒𝑥𝑡 se tiene: 𝐷𝑒𝑥𝑡 32 𝑇 [ ] 2 16𝑇𝐷𝑒𝑥𝑡 𝜏𝑀𝐴𝑋 = = 4 ⁄ 4 )] 4 4 ⁄ 4 )4 ] 4 𝜋[1 − (𝐷𝑖𝑛𝑡 𝐷𝑒𝑥𝑡 𝐷𝑒𝑥𝑡 𝜋[1 − (𝐷𝑖𝑛𝑡 𝐷𝑒𝑥𝑡 𝐷𝑒𝑥𝑡 Para el diámetro exterior se tiene: 3 16 𝑇 𝐷𝑒𝑥𝑡 = √ 4 … … . Las ecuaciones utilizadas son las siguientes. (3. por lo que se debe de tomar en consideración aparte del material con que se fabrica el eje la longitud del mismo. Este criterio consiste en tomar como parámetro básico el esfuerzo cortante máximo que puede resistir el eje. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES DISEÑO DE EJES CIRCULARES Cuando se desea realizar el diseño de un eje circular (determinar el diámetro del mismo). el cual siempre será menor de la unidad. . PARA EJES MACIZOS: 𝑇𝐿 𝜋 𝐷4 Se sabe que: 𝜃 = y 𝐼𝑝 = 𝐺 𝐼𝑝 32 𝑇 𝐿 32 𝑇 𝐿 Por lo que: 𝜃𝑀𝐴𝑋 = 𝜋 𝐷4 = 𝐺 ( ) 𝐺 𝜋 𝐷4 32 72 . (3. En este criterio la condición preponderante. es que el eje no sobrepase un ángulo de torsión máximo. para esto es importante conocer el material con el que se fabrica el eje así como el factor de seguridad que se empleara. PARA EJES MACIZOS: 𝑇𝑟 𝜋 𝐷4 Se sabe que: 𝜏 = y 𝐼𝑝 = 𝐼𝑝 32 𝐷 𝑇𝑟 32 𝑇 [ 2 ] 16 𝑇 𝐷 Por lo que: 𝜏𝑀𝐴𝑋 = 𝜋 𝐷4 = = 𝜋 𝐷4 𝜋 𝐷4 32 3 16 𝑇 Siendo el diámetro: 𝐷=√ … … … .21 se propone el valor de la relación ( 𝐷𝑖𝑛𝑡 ⁄𝐷𝑒𝑥𝑡 ). ya sea macizo o hueco se deben de tomar en cuenta los criterios de diseño que se indican. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 4 32 𝑇 𝐿 Siendo el diámetro: 𝐷=√ … … … . 𝑇 𝑟 𝑙𝑏 (6693.6265 𝑖𝑛 Por lo que el espesor de pared será: 𝒆 = 𝟎. lo que permite obtener de diámetro interno.375 𝑖𝑛)(32) (2. 𝑑𝑖 = 2. (3. (3.6 Se desea diseñar una flecha 𝐴𝐵 de un automóvil con un tubo de pared delgada.23) 4 𝐺 𝜋 [1 − (𝐷𝑖𝑛𝑡 ⁄𝐷𝑒𝑥𝑡 ) ] 𝜃𝑀𝐴𝑋 EJEMPLO 3. se sustituye en la ecuación 3.375 𝑖𝑛) 𝜏 = 𝜋(𝑑4− 𝑑4 ) .71 = 𝑑𝑖4 . Determinar el espesor mínimo de la pared del tubo si el diámetro exterior del mismo debe de ser de 2. El material tiene un esfuerzo cortante permisible de 𝜏𝑃𝐸𝑅𝑀 = 8 𝐾𝑆𝐼.75𝑙𝑏 − 𝑖𝑛)(1.58 = 𝑑𝑖4 . cuando la flecha gira a 1600 𝑅𝑃𝑀.75 𝑖𝑛.775)4 − 𝑑4 𝑒 𝑖 𝑖𝑛2 𝑖 ] 32 32 (6693. 8𝑥103 = 𝜋[(2. El motor desarrolla 170 𝐻𝑃. 𝟎𝟔𝟏𝟕 𝒊𝒏 73 .10 para esfuerzo cortante en ejes huecos.775)4 − 𝑑𝑖4 = = 11. . 47.75 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 63000 63000 (1600 𝑅𝑃𝑀) Conociendo el momento torsionante que actúa sobre el eje.71 𝑙𝑏 (8𝑥103 2 ) (𝜋) 𝑖𝑛 (2.775)4 − 11.22) 𝐺 𝜋 𝜃𝑀𝐴𝑋 PARA EJES HUECOS 4 −𝐷4 ] 𝑇𝐿 𝜋[𝐷𝑒𝑥𝑡 𝑖𝑛𝑡 Se sabe que: 𝜃 = y 𝐼𝑝 = 𝐺 𝐼𝑝 32 𝑇 𝐿 32 𝑇 𝐿 Por lo que: 𝜃𝑀𝐴𝑋 = = 4 −𝐷4 ] 𝜋[𝐷4 4 𝑒𝑥𝑡 −𝐷𝑖𝑛𝑡 ] 𝐺 𝜋 [𝐷𝑒𝑥𝑡 𝑖𝑛𝑡 𝐺 ( ) 32 4 32 𝑇 𝐿 Si se saca como factor común 𝐷𝑒𝑥𝑡 se tiene: 𝜃𝑀𝐴𝑋 = 4 𝐺 𝜋[1 − (𝐷𝑖𝑛𝑡 ⁄𝐷𝑒𝑥𝑡 ) ] 𝐷4𝑒𝑥𝑡 Por lo que para el diámetro exterior se tiene: 4 32 𝑇 𝐿 𝐷𝑒𝑥𝑡 = √ … … . 170 𝐻𝑃 = ∴ 𝑇= = 6693.75𝑙𝑏−𝑖𝑛)(1. Como se desea determinar el espesor de pared lo primero que se hace es determinar el momento torsionante y este se obtiene de la ecuación para potencia. 𝑇 𝑛 𝑇 (1600 𝑅𝑃𝑀) (170 𝐻𝑃)(63000) 𝐻𝑃 = . . Un eje de transmisión de acero tiene 6 ft de longitud y sus diámetros exterior e interior son respectivamente iguales a 2. Determinar los momentos que se generan en los empotramientos 𝐴 𝑦 𝐸. 3. 𝐷 𝑦 𝐸. Sabiendo que el eje transmite 240 HP mientras gira a 1800 rpm determine: a) El esfuerzo cortante máximo. en el tramo BC de Latón con 𝐺𝐿𝐴𝑇 = 39𝑥109 𝑁⁄𝑀2 y los tramos 𝐶𝐷 y 𝐷𝐸 de aluminio con 𝐺𝐴𝐿 = 27𝑥109 𝑁⁄𝑀2 y sobre el actúan los momentos indicados. en el tramo 𝐴𝐵 de acero con 𝐺𝐴𝐶 = 77𝑥109 𝑁⁄𝑀2 . b) utilizando 𝐺 = 11.13. b) La deformación en cada una de las diferentes secciones del eje. 74 . determine el ángulo correspondiente de giro del eje.2𝑥106 𝑝𝑠𝑖.4 .12 está fabricado de acero con 𝐺 = 11. Determinar: a) El esfuerzo que se genera en cada uno de los tramos. c) La deformación en el extremo libre A con respecto al empotramiento E.14. Determinar: a) El esfuerzo que se genera en cada uno de los tramos. 3. 3.2. b) La deformación en cada uno de los tramos.25 in y 1. tiene un diámetro de 90 𝑚𝑚 y se somete a los momentos torsionantes indicados.El eje doblemente empotrado mostrado en la figura 3.12. Sobre este actúan los momentos indicados en los puntos 𝐵. 𝐶.El eje que se muestra en la figura 3.El árbol de transmisión que se muestra en la figura 3.2 𝑥106 𝑃𝑆𝐼 y se encuentra empotrado en el extremo 𝐴. Figura 3. Figura 3. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES PROBLEMAS 3.13.1.3 .75 in. es de acero con 𝐺𝐴𝐶 = 77 𝑥109 𝑁 ⁄𝑀2 .14. Figura 3. Con una longitud de 120 ft. El esfuerzo permisible es de 55 MPa.Uno de los dos ejes de transmisión de acero de un transatlántico tiene 75 m de longitud y la sección transversal mostrada en la figura 2. respectivamente. C y D toman 20KW.Un motor transmite 70 𝐾𝑊 a una flecha en A que gira a 12 𝐻𝑧. cuando la flecha gira a 1600 r. La flecha transmite 200KW a 20 Hz.Uno de los dos ejes de transmisión de un transatlántico es hueco con diámetros exterior e interior de 16 in y de 8 in.9 .Diseñar una flecha hueca de acero con un diámetro interior de 0. determinar el diámetro que debe de tener el eje. 30 HP y 20 HP en los engranes B.5 in. El eje es de acero para el que 𝜏𝑝𝑒𝑟𝑚 = 8500𝑃𝑆𝐼 y 𝐺 = 11. 𝐺 = 80 𝐺𝑃𝑎 3. 25 KW y 25 KW respectivamente. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 3.11 .Una flecha hueca de latón con 𝐺𝐿𝐴𝑇𝑂𝑁 = 39 𝐺𝑃𝑎 transmite 30 KW a 25 Hz.6 . El motor desarrolla 140 H. Calcule: a) el esfuerzo cortante máximo en el eje. Figura 3. 3. determine a) La máxima potencia que puede transmitirse por un eje a su hélice.5 . C. El material tiene un esfuerzo cortante permisible de 𝜏𝑃𝐸𝑅𝑀 = 7 𝐾𝑆𝐼. Si el esfuerzo cortante máximo es 55 𝑀𝑃𝑎 y el angulo de torsión sobre todo el eje no debe de sobrepasa 3°.P. Sabiendo que la máxima velocidad de rotación del eje es de 170 RPM. 3.17.m. si el ángulo de torsión no debe de exceder de 2⁰ por metro de longitud. b) el ángulo de giro del eje.15. b) El ángulo de giro correspondiente del eje.8 . Determinar el espesor mínimo de la pared del tubo si el diámetro exterior del mismo debe de ser de 2. Determinar: a) El esfuerzo que se genera en cada tramo del eje.p. Figura 3. y D.2𝑥106 𝑃𝑆𝐼. 75 .5 del diámetro exterior. Determine el diámetro interior cuando el diámetro exterior es de 60 mm.16. 3. Figura 3. 3. y su esfuerzo cortante permisible es de 25 MPa. tomándose 40HP. Sabiendo que 𝐺 = 77 𝐺𝑃𝑎 y que el eje transmite 44 KW a su hélice cuando gira a 144 rpm. b) la deformación del extremo D con respecto al extremo A. 3.10 – Un motor entrega 90 HP a un eje de acero de 3 in de diámetro que gira a 200 RPM.Una flecha AB de un automóvil va a ser diseñada como un tubo de pared delgada. y el ángulo de torsión permisible es de 1⁰ por metro de longitud. Los engranes en B.7 . Usar el circulo de Mohr para determinar la carga P . que actúan como se puede apreciar en la figura. de longitud y un diámetro de 50𝑚𝑚. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 3. y una carga axial P . El esfuerzo máximo de tensión admisible es 40MPa .Una flecha de acero solida tiene 3 𝑚. Se requiere que transmita 35 𝐾𝑊 de potencia de un motor a un generador. y diámetro interior de 40 mm se somete al mismo tiempo a un par torsionante T 250 N . Determine la velocidad angular más pequeña que la flecha puede tener si está restringida a no retroceder más de 1⁰.13 . 3.Un eje tubular de diámetro exterior de 50 mm. 𝐺𝐴𝐶 = 75 𝐺𝑃𝑎.18. 76 .12 . Figura 3.m . axial máxima que se puede aplicar sin rebasar ese esfuerzo admisible de tensión. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES CAPITULO IV RECIPIENTES DE PARED DELGADA 77 . En esto recipientes la presion interna debe de ser mayor que la externa. esta presion genera compresion sobre esta parte del material y trata de generar un alargamiento del recipiente lo que origina el esfuerzo longitudinal 𝜎𝐿 y un incremento en su diametro que origina el esfuerzo tangencial 𝜎𝑇 . RECIPIENTE CILÍNDRICO Los recipientes cilindricos de pared delgada. los recipientes cilindricos y los esfericos. 78 . Conociendo dichas ecuaciones se diseñaran bajo el concepto de la mecánica de materiales estos recipientes. El analisis de estos recipientes comunmente solo se realiza en los dos tipos que se encucntran con mayor frecuencia. Figura 4.1. el esfuerzo longitudinal el cual actua a lo largo del recipiente y el esfuerzo tangencial el cual actua paraleleo o tangente a la curvatura del recipiente. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES INTRODUCCIÓN Cuando se desea contener un líquido o un gas es necesario diseñar el contenedor el cual se denomina recipiente. con el fin de que se puedan determinar los esfuerzos en la pared del mismo con exactitud razonable mediante el uso de la estatica. Sobre los mismos actuan 2 esfuerzos. determinando las ecuaciones que rigen a los mismos. se establecerán y determinaran los diferentes esfuerzos que actúan sobre estos. como se muestra en la figura 4. Recipiente cilíndrico Si se realiza un corte sobre el cuerpo del recipiente y se toma una parte del mismo se observa que sobre esta seccion actua la presion en la parte interna 𝑃. así como en sus uniones. como su nombre lo indica son aquellos en los cuales su dimensiones sobre su eje longitudinal es mucho mayor que el diametro que tiene el recipiente y como se indico solo soporta la presion interna (𝑃). estableciendo su clasificación en función de la forma de los mismos. por que de lo contrario fallan por colapso debido al pandeo de las paredes. Se utilizan comunmente para almacenar liquidos y gases. RECIPIENTE DE PARED DELGADA Un recipiente esferico y cilindrico circular de pared delgada es aquel en el cual la relacion entre su espesor de pared (𝑒) y el radio de curvatura (𝑟) es mayos de 10. siendo la diferencia entre estos la relación que existe entre el espesor de la pared y el radio del mismo.1. En este capítulo se estudiaran los recipientes de pared delgadas. como se muestra en la figura 4. Los recipientes se pueden dividir en recipientes de pared delgada y pared gruesa.2. 𝑒 = 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑠𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑 [𝑚] 𝑜 [𝑖𝑛] 79 . 𝐹𝐿 = 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑖𝑛𝑎𝑙. 𝐴𝐿 = 𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑎𝑐𝑡𝑢𝑎 𝑙𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑖𝑛𝑎𝑙 Para poder utilizar las ecuaciones de equilibrio de la estatica se pondran las ecuaciones anteriores de la siguiente forma.2. 𝜎𝐿 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑖𝑛𝑎𝑙 [𝑁 ⁄𝑚2 ] 𝑜 [𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ] . 𝑟 = 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 [𝑚] 𝑜 [𝑖𝑛]. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Figura 4. Efectos sobre la pared del recipiente . 𝐹𝑃𝐿 = 𝑃 𝐴𝑃𝐿 .3. (4. 𝐹𝑃𝐿 = 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛. Esfuerzo longitudinal 𝐹 𝐹 Se sabe que: 𝑃= y 𝜎 = 𝐴 𝐴 En este caso estas ecuaciones se pueden indicar como: 𝐹𝑃𝐿 𝐹𝐿 𝑃= y 𝜎𝐿 = 𝐴𝑃𝐿 𝐴𝐿 Donde: 𝑃 = 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎. 𝐴𝑃𝐿 = 𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑎𝑐𝑡𝑢𝑎 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝜎𝐿 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑖𝑛𝑎𝑙. ESFUERZO LONGITUDINAL Para determinar el esfuerzo longitudinal se realiza un corte por A-A. la cual origina que se produsca el esfuerzo longitudinal 𝜎𝐿 .1) 2 𝑒 Donde: 𝑃 = 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 [𝑁⁄𝑚2 ] 𝑜 [𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 ]. .3 se tiene: 𝐴𝐿 = 2 𝜋 𝑟 𝑒 y 𝐴𝑃𝐿 = 𝜋 𝑟 2 Por lo que: 𝑃 (𝜋 𝑟2 ) = 𝜎𝐿 (2 𝜋 𝑟 𝑒) 𝑃 𝑟 Despejando el esfuerzo longitudinal se tiene: 𝜎𝐿 = … … . tomandose la seccion izquierda. Figura 4. 𝐹𝐿 = 𝜎𝐿 𝐴𝐿 Por equilibrio estatico se tiene: 𝐹𝑃 = 𝐹𝐿 . 𝑃 𝐴𝑃𝐿 = 𝜎𝐿 𝐴𝐿 De la figura 4.3. en direccion contraria a la misma como se muestra en la figura 4. En esta seccion sobre la parte interna del recipiente actua la presion 𝑃. 4. Para los análisis que se realicen se tomará el radio interno como radio de calculo.5 (B). como se muestra en la figura 4. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ESFUERZO TANGENCIAL Para realizar este analisis se quitan las tapas del recipiente de figura 4. el cual se encuentra sometido a una presion interna (P). . RECIPIENTES ESFÉRICOS DE PARED DELGADA Los recipientes esfericos de pared delgada son considerados los mas idoneos para almacenar liquidos o gases a presion ya que los esfuerzos que se generarn en estos son los mismos en todas direcciones. 3. Estos recipientes solamente soportan presion interna dado que si se les aplica presion externa se colapsan.1 y el cuerpo del mismo se corta a la mitad de forma longitudinal. Figura 4.5 (A).2 se obtiene la siguiente relacion.2) De las ecuaciones 4.4 se tiene: 𝑃 = 𝜎𝑇 . 𝐴𝑃𝑇 = 2 𝑟 𝐿 Por lo que : 𝐹𝑃 = 𝑃 𝐴𝑃𝑇 . Esfuerzo tangencial De la figura 4. En esta seccion para equilibrar la presion interna aparece un esfuerzo longitudinal. se toma una de esta secciones en la cual actua la presion en la parte interna y un esfuerzo denominado tangencial (porque actua tangencialmente a la curvatura del recipiente). El espesor de pared es despreciable con respecto al radio del recipiente por lo que el esfuerzo sobre el espesor de pared se considera constante. 𝑃 ( 2 𝑟 𝐿) = 𝜎𝑇 2 𝑒 𝐿 𝑃 ( 2 𝑟 𝐿) Por lo que: 𝜎𝑇 = 2𝑒𝐿 𝑃 𝑟 Siendo el esfuerzo tangencial: 𝜎𝑇 = 𝑒 … … … … (4. (4. 𝐴𝑇 = 2 𝑒 𝐿 . obteniendose la seccion que se muestra en la figura 4. Se procede a cortarlo a la mitad sobre el plano de corte A-A. 𝐹𝑇 = 𝜎𝑇 𝐴 𝑇 Por equilibrio estatico se tiene: 𝐹𝑃 = 𝐹𝑇 . 80 .3) Para analizar un recipiente de pared delgada se debe de tener en cuenta lo siguiente: 1.4.1 y 4. 𝜎𝑇 = 2𝜎𝐿 … … … . Para el anasis de estos se tomara un recipiente esferico el cual se muestra en la figura 4. 2. c) El esfuerzo longitudinal 𝜎𝐿 . b) El esfuerzo tangencial 𝜎𝑇 .4) Si se realiza el corte a 90° de plano de corte A-A.5. . 𝑃 𝐴𝑃𝐿 = 𝜎𝐿 𝐴𝐿 Las areas son: 𝐴𝐿 = 2 𝜋 𝑟 𝑒 y 𝐴𝑃𝐿 = 𝜋 𝑟 2 Por lo que: 𝑃 (𝜋 𝑟2 ) = 𝜎𝐿 (2 𝜋 𝑟 𝑒) 𝑃 𝑟 Despejando el esfuerzo longitudinal se tiene: 𝜎𝐿 = 2 𝑒 … … . de la cual se tiene: 𝐹𝑃 = 𝐹𝐿 . ya que se considera que el espesor de pared (𝑒).5 (B) se tiene: 𝑃 = 𝜎𝐿 Por lo que: 𝐹𝑃𝐿 = 𝑃 𝐴𝑃𝐿 . es despreciable. Determinar cual es la máxima presion que puede soportar si el esfuerzo tangencial no debe sobrepasar 160MPa. (4. Esfuerzo longitudinal en recipiente esférico De La figura 4. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Figura 4. 𝐹𝐿 = 𝜎𝐿 𝐴𝐿 Por equilibrio estatico se tiene: 𝐹𝑃 = 𝐹𝐿 . se tiene la seccion mostrada en la figura 4. (4. se presenta solo cuando el tubo posee tapas en los extremos EJEMPLO 4.5 (C).1 Se tiene un recipiente cilindrico de 1m de diametro con un espesor de pared de 10mm. 𝑃 𝐴𝑃𝑇 = 𝜎𝑇 𝐴 𝑇 Las areas son: 𝐴𝑇 = 2 𝜋 𝑟 𝑒 y 𝐴𝑃𝑇 = 𝜋 𝑟 2 Por lo que: 𝑃 (𝜋 𝑟2 ) = 𝜎𝑇 (2 𝜋 𝑟 𝑒) 𝑃 𝑟 Despejando el esfuerzo longitudinal se tiene: 𝜎𝑇 = 2 𝑒 … … . Los anterior nos permite realizar las siguientes suposiciones: a) El esfuerzo radial es nulo 𝜎𝑟 = 0. 81 . es constante sobre el espesor de la pared. como se muestra en la figura. .5) Por lo que en los recipientes esfericos los esfuerzos longitudinales y tangenciales son los mismos. en sentido contrario a las manecillas del reloj.01𝑚 𝑁 160𝑥106 (0. 2 𝑒 𝑚2 0. Para solucionar este ejemplo se aplica la ecuacion 4. con una presion interna de 6 𝑀𝑃𝑎. 𝜎𝑡 = .5𝑚 𝑚2 EJEMPLO 4. 160𝑥106 = . Determinar los esfuerzos que se generan en la soldadura. como se muestra en la figura.2𝑥106 ∴ 𝑷 = 𝟑.01𝑚) 𝑁 𝑚2 𝑃= = 3. Con los esfuerzo obtenidos se procede a dibujar una particula para determinar los esfuerzos cuando se rota un angulo de 60°. con lo que se tiene: 𝐷 𝑃𝑟 𝑁 𝑃(0.5𝑚) 𝜎𝐿 = = = 125𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = 125 𝑀𝑃𝑎 2 𝑒 2 (0.012𝑚) 𝑃 𝑟 ( 6𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.5𝑚) 𝑟= = 0. con el fin de obtener los esfuerzos sobre la soldadura.2 Un recipiente cilindrico de pared delgada se fabrica rolando heicoidalmente una placa a un angulo de 60° y se une mediante soldadura para forma el cuerpo del mismo. El espesor de pared es de 12 𝑚𝑚 y su diametro de 1 𝑚.2.012𝑚) Con los valores de esfuerzo obtenidos se tiene que una seccion de la placa esta sometida a las condiciones que se muestran en la figura.5𝑚 . 𝑃 𝑟 ( 6𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0. ANALISIS: Para solucionar este ejemplo primero se determinan los esfuerzos que actuan sobre la placa del cuerpo del recipiente mediante las ecuacione 4. 82 .1 y 4.2.5𝑚) 𝜎𝑇 = = = 250𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = 250 𝑀𝑃𝑎 𝑒 (0. como se muestra en la figura. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ANALISIS. 𝟐 𝑴𝑷𝒂 0. 𝜏𝑦𝑥 = 0 Para determinar los esfuerzos que se generan en la soldadura se utilizaran las ecuaciones 2. 𝟏𝟐𝟔 𝑴𝑷𝒂 Esfuerzo cortante paralelo a la soldadura: 𝝉𝒚𝒙´ = 𝟓𝟒. para el eje 𝑥´ se tiene: 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 𝜎𝑥´ = + 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝜃 2 2 125𝑀𝑃𝑎 + 250 𝑀𝑃𝑎 125𝑀𝑃𝑎 − 250 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑥´ = + 𝑐𝑜𝑠2(60)° − (0) 𝑠𝑒𝑛2𝜃 2 2 𝜎𝑥´ = 187. 𝜏𝑥𝑦 = 0 .8. 𝜎𝑦 = 250 𝑀𝑃𝑎 .25 = 219𝑀𝑃𝑎 (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃 2 (125𝑀𝑃𝑎 − 250 𝑀𝑃𝑎 ) 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑠𝑒𝑛2(60)° + (0)𝑐𝑜𝑠2(60)° 2 𝜏𝑥𝑦´ = −54. 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 𝜎𝑦´ = − 𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛2𝜃 2 2 125𝑀𝑃𝑎 + 250 𝑀𝑃𝑎 125𝑀𝑃𝑎 − 250 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑦´ = − 𝑐𝑜𝑠2(60)° + (0) 𝑠𝑒𝑛2 2 2 𝜎𝑦´ = 187.126 𝑀𝑃𝑎 2 Por lo que los esfuerzos en la soldadura son: Esfuerzo normal perpendicular a la soldadura: 𝝈𝒚´ = 𝟏𝟓𝟔𝑴𝑷𝒂 Esfuerzo normal paralelo a la soldadura: 𝝈𝒙´ = 𝟐𝟏𝟗𝑴𝑷𝒂 Esfuerzo cortante perpendicular a la soldadura: 𝝉𝒙𝒚´ = −𝟓𝟒.25 = 156𝑀𝑃𝑎 (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ) 𝜏𝑦𝑥´ = − [ 𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠2𝜃] = 54.6. por lo que.5 𝑀𝑃𝑎 + 31.5 y 2. 𝟏𝟐𝟔 𝑴𝑷𝒂 Estos se muestra en la siguiente figura.5 𝑀𝑃𝑎 − 31.126 𝑀𝑃𝑎 Para el eje 𝑦´ se utilizan las ecuaciones 2. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Por lo que los esfuerzos que actuan en la particula son: 𝜎𝑥 = 125 𝑀𝑃𝑎 .7 y 2. 83 . se tiene lo siguiente: 21000+15000 Por lo que: 𝑂𝐶 = 2 = 18000 𝑃𝑆𝐼 𝑅 = √(5196)2 +(3000)2 . 𝑃(10 𝑖𝑛) 𝑃(10 𝑖𝑛) 𝜎𝑡 = = 24000 𝑃𝑆𝐼 .3. y´). con lo que se tiene: 𝜎𝐿 = 𝑂𝐶 − 𝑅 = 18000 − 6000 = 12000𝑃𝑆𝐼 𝜎𝑇 = 𝑂𝐶 + 𝑅 = 18000 + 6000 = 24000𝑃𝑆𝐼 Como se observa se cumple la condicion de que el esfuerzo longitudinal es un medio del esfuerzo tangencial. 𝑅 = 6000 𝑃𝑆𝐼 Por lo que los esfuerzos principales son 𝜎𝐿 y 𝜎𝑇 . 𝑦´(240000 𝑃𝑆𝐼.25 𝑖𝑛) 2(0. Determinar la presion que actua sobre el tanque. 𝜎𝑇 = 2𝜎𝐿 Siendo estos esfuerzos los principales.25” y un radio interior de 10”. por lo que 𝑥´(15000 𝑃𝑆𝐼. se considera que esta posicion tiene cordenadas (x´. por lo que indicando esto en el circulo de Mohr. −5196 𝑃𝑆𝐼 ) . Los esfuerzos en la pared del recipiente en un elemento girado se muestran en la figura. Como se conocen los esfuerzos en una particula rotada.25 𝑖𝑛) Por lo que la presion es: 𝑷 = 𝟔𝟎𝟎 𝑷𝑺𝑰 84 . 𝜎𝐿 = = 12000 𝑃𝑆𝐼 (0.3 Un tanque cilindrico que contiene aire comprimido tiene un espesor de pared de 0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 4. 5196 𝑃𝑆𝐼 ) Se sabe que en un recipiente de pared delgada el esfuerzo longitudinal es la mitad del esfuerzo tangencial como lo indica la ecuacion 4. 6 𝑁 𝑃𝑟 6𝑥10 𝑚2 (0. siendo este: 𝐹 𝐹 60 𝑋103 𝑁 𝜎𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁 = = 2 2 = 𝐴 𝑇𝑅𝐴𝑁𝑆𝑉𝐸𝑅𝑆𝐴𝐿 𝜋(𝑑𝐸𝑋𝑇 − 𝑑𝐼𝑁𝑇 ) 𝜋((0. que actúa sobre la sección transversal del cilindro.82 𝑀𝑃𝑎 150. ANÁLISIS En este problema se presentan tres efectos actuando sobre el recipiente. se tiene: 85 .24𝑥10−3 𝑚2 𝑚 b) Un esfuerzo longitudinal y uno tangencial producidos por la presión interna 𝑃 = 6 𝑀𝑃𝑎.2𝑥10−6 𝑚4 𝐼𝑝 32 (12𝑥103 𝑁 − 𝑚) (0.5𝑥106 2 = 55.2𝑥10−6 𝑚4 𝑚 Por lo que si sobre la pared del recipiente se toma una pequeña sección y se representan estos esfuerzos por separado y posteriormente se sobreponen.008𝑚) 𝑚 6 𝑁 𝑃𝑟 6𝑥10 𝑚2 (0. Para determinar estos esfurezo se tomara como 𝑟 al radio exterior.14𝑚) 𝑁 𝜎𝑡 = = = 111𝑥106 2 = 111 𝑀𝑃𝑎 𝑒 (0. 𝑇𝑟 𝜋((0.008𝑚) 𝑚 c) Un esfuerzo cortante producido por el par torsionante 𝑇 = 12𝐾𝑁 − 𝑚.5 𝑀𝑃𝑎 2𝑒 2(0.148𝑚) 𝑁 𝜎𝐿 = = = 55.29𝑥106 2 = 8.148𝑚) 𝑁 𝜏= = 11.4 Un cilindro de pared delgada tiene un diámetro interno de 280 𝑚𝑚 y espesor de pared de 8 𝑚𝑚 y en los extremos se le colocan unas placas rígidas sobre las que se aplica una fuerza de compresión 𝐹 = 60 𝐾𝑁. si también actúan sobre el una presión interna 𝑃 = 6 𝑀𝑃𝑎 y a un momento torsionante 𝑇 = 12𝐾𝑁 − 𝑚.296𝑚)4 −(0.280𝑚)4 ) 𝜏= . los cuales son los siguientes: a) Un esfuerzo normal a tensión producido por la fuerza 𝐹 = 60 𝐾𝑁. 𝐼𝑝 = = 150. Determinar los esfuerzos que actúan sobre la soldadura. En este caso se tomara como 𝑟 al radio externo ya que en el se produce el máximo esfuerzo cortante.280𝑚)2 ) 4 4 60 𝑥103 𝑁 𝑁 𝜎𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁 = = 8.82𝑥106 2 = 11.29 𝑀𝑃𝑎 7.296𝑚)2 − (0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 4. 56° = 26.01𝑀𝑃𝑎 𝜏𝑥𝑦´ = 𝑅𝑠𝑒𝑛 𝛽 = 26. De uno de los triángulos de esta figura se obtiene que: 𝛼 = 26.56°. 11.56° . Los esfuerzos sobre los ejes ( 𝑥. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Con la partícula resultante se procederá a determinar mediante circulo de Mohr los esfuerzos en la soldadura por lo que se rota la partícula un ángulo de 60° .79 𝑀𝑃𝑎 𝜏𝑦𝑥´ = −𝑅𝑠𝑒𝑛 𝛽 = −26.38 cos 86.41 ° . 𝟕𝟗 𝑴𝑷𝒂 .4 + 26.38𝑠𝑒𝑛 86. en sentido contrario a manecillas del reloj.38𝑠𝑒𝑛 86.41° = −26.4 − 26.38 𝑀𝑃𝑎 Para determinar los esfuerzos en la soldadura el punto x o punto y se rotan un ángulo de 120°. 𝟎𝟏𝑴𝑷𝒂 .33 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑦´ = 𝑂𝐶 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛽 = 87.8 𝑀𝑃𝑎) 𝑦 (111 𝑀𝑃𝑎 .41 ° .61 = 85. 𝜎𝑌´ = 87. −11. 𝑂𝐶 = 87.61 = 89. 𝜎𝑥´ = 87. 𝑅 = 26. 𝝈𝒀´ = 𝟖𝟓. en sentido de manecillas del reloj por lo que la nueva posición queda como se indica en el inciso (c) de la figura. 𝝉𝒚𝒙´ = −𝟐𝟔. 𝝉𝒙𝒚´ = 𝟐𝟔. 𝑦 ) son: 𝑥 (63. Siendo el nuevo ángulo 𝛽 = 86.4 − 1. 𝟑𝟑𝑴𝑷𝒂 La representación gráfica de estos esfuerzos es: 86 . Por lo que los esfuerzos para la nueva posición son: 𝜎𝑥´ = 𝑂𝐶 + 𝑅𝑐𝑜𝑠𝛽 = 87.38 cos 86.4 + 1.4 𝑀𝑃𝑎 . 𝟑𝟑 𝑴𝑷𝒂 .33𝑀𝑃𝑎 𝝈𝒙´ = 𝟖𝟗.8 𝑀𝑃𝑎 .8 𝑀𝑃𝑎) Por lo que el círculo de Mohr queda como se indica en la siguiente figura inciso (b). 4. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES PROBLEMAS 4.0 MPa y se aplican fuerzas axiales P =55 KN a las placas de los extremos. Determine: Los esfuerzos normal y cortante que actúan sobre planos perpendicular y paralelo a la soldadura.Se adquiere un cilindro que se utilizara como recipiente a presión. Determinar la máxima presión que se le puede aplicar.6 Figura 4. tiene un diámetro interno de 40 𝑖𝑛.5 𝑚 con espesor de pared de 12 𝑚𝑚. 4... Se sabe que la soldadura helicoidal forma un ángulo de 35⁰ con el eje vertical del tanque y que la presión manométrica en el tanque es de 300 𝑃𝑆𝐼.1. Calcule a) el esfuerzo normal perpendicular a la soldadura. 4. b) El esfuerzo longitudinal. b) el esfuerzo cortante paralelo a la soldadura.7 4. Si se somete a una presión interna de 280 𝐾𝑃𝑎.5 . 87 . b) el esfuerzo longitudinal que actúa en el recipiente..5 𝑚.75 𝑀𝑃𝑎.7 . El tanque tiene un radio interior 𝑟 = 20 𝑖𝑛. La presión manométrica dentro del recipiente es de 3. si este tiene un diámetro de 0. 4.6 𝑖𝑛. Determine: a) El esfuerzo tangencial.6 .025 𝑖𝑛 de espesor de pared se somete a presión interna 𝑃 = 38 𝑃𝑆𝐼 y a la carga de 450 lb como se muestra la figura. Si se sabe que la presión manométrica interna es de 1.2𝑚 y un espesor de pared de 8 𝑚𝑚 y se somete a una presión interna de 400 𝐾𝑃𝑎.6.7.375 𝑖𝑛. Determine: a) el esfuerzo normal perpendicular a la soldadura. 4.3.El tanque presurizado que se muestra en la figura 4. como se muestra en la figura 4. Figura 4.75 in de diámetro interior y 0.Un tanque cilíndrico a presión se construye con una soldadura helicoidal que forma un ángulo = 60 con el eje longitudinal. b) el esfuerzo cortante paralelo a la soldadura.8 𝑚 el espesor de la placa con que es fabricado es de 6 𝑚𝑚 y se desea que el esfuerzo tangecial no sobrepase 70 𝑀𝑃𝑎.8 . Determinar los esfuerzos principales que se generan en un punto de la superficie del tubo. espesor de pared 𝑡 = 0. determine el espesor de pared vrequerido si el esfuerzo normal máximo no debe exceder de 10 𝑀𝑃𝑎. 4.Un tanque esférico contiene gas y tiene un radio interior de 1. y un espesor de pared de 0. Determinar: a) El esfuerzo tangencia que actua sobre el recipiente. y presión interna de 𝑃 = 280 𝑃𝑆𝐼.Un recipiente a presión con diámetro interior de 250 mm y una pared con espesor de 6 mm está hecho de una sección de 1.5 m de tubo soldado en espiral AB y se encuentra equipado con dos placas rígidas en los extremos.Se tiene un recipiente cilíndrico que tiene un diámetro externo de 1.Un tanque presurizado esférico tiene un diámetro interior 1.2..Un tubo de pared delgada de 0.4. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES CAPITULO V RECIPIENTES DE PARED GRUESA 88 . En este capítulo se estudiaran los recipientes de pared gruesa. debe acatar diferentes normas y medidas. son aquellos en los cuales la relacion entre su diametro y su espesor de pared es menor de 10. sino que aparece un tercer esfuerzo conocido como radial. ya que se considera que el espesor de pared (𝑒). se presenta solo cuando el tubo posee tapas en los extremo. en estos cilindro ya no sucede esto y el esfuerzo varia atraves del espesor de la pared. es despreciable. . con el fin de que se puedan determinar los esfuerzos en la pared del mismo con exactitud razonable mediante el uso de la ecuacion de Lame. b) El esfuerzo tangencial 𝜎𝑇 . Por lo que si en recipientes de pared delgada no tenia mucha importancia si se tomaba el diametro interior o exterios para los calculos. En esto recipientes se puede tener presion interna y presion externa o alguna de las dos solamente. sino que aparece un esfuerzo denominado radial (𝜎𝑟 ). Pero como se indicó no solo se tienen los recipientes de pared delgada ya que también existen los de pared gruesa. Esto no sucede en los recipientes cilíndrico de pared gruesa ya que los esfuerzos varían sobre el espesor de la pared del recipiente (varían según varia su radio). especificándose la teoría que rige a estos. Este tipo de recipiente tiende a fallar cuando la presión interna provoca un esfuerzo cortante elevado en las paredes del recipiente. dado que no solo se presenta el esfuerzo longitudinal (𝜎𝐿 ) y esfuerzo tangencial ( 𝜎𝑇 ). como presión admisible y temperatura máxima admisible. RECIPIENTE DE PARED GRUESA Un recipiente esferico y cilindrico circular de pared delgada es aquel en el cual la relacion entre su espesor de pared (𝑒) y el radio de curvatura (𝑟) es menor de 10. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES INTRODUCCIÓN En el capítulo anterior se comentó sobre los recipientes de pared delgada su clasificación y los requerimientos para que un recipiente sea considerado de pared delgada. por lo que el espesor de pared es significativo. Conociendo dichas ecuaciones se aplicaran para diseñaran estos recipientes. Procediendo posteriormente a determinaran los esfuerzos que actúan sobre los mismos. por lo que no existe un gradiente de presión en su pared. RECIPIENTE CILÍNDRICO Los recipientes cilindricos de pared gruesa. en los recipientes de pared gruesa esto toma mucha importancia ya que los esfuerzo varian atraves del mismo. Cuando se realizo el analisis de recipientes de delgada delgada se considero que : a) El esfuerzo radial es nulo 𝜎𝑟 = 0. Para su diseño. 89 . Por lo que si en el analisis de recipientes de pared delgada se consideraba que el espesor de pared era insignificativo con respecto a sus otras dimensiones y por lo tanto la distribucion de esfuerzo era uniforma a traves del espesor de pared. por lo que no solo se tiene esfuerzo Longitudinal y esfuerzo tangencial. es constante sobre el espesor de la pared y c) El esfuerzo longitudinal 𝜎𝐿 . Lo que origina que tratar de analizar los mismos las ecuaciones básicas de la estática ya no sea adecuado. así como las ecuaciones pertinentes. Figura 5. tal como se muestra en la figura 5. radio exterior (𝑟𝑒 ). 𝐹𝑡 = 𝜎𝑡 𝑑𝑟 𝐴𝑡 𝐹𝑟 𝜎𝑟 = . Recipiente de pared gruesa sometido a presión interna y externa Si se aísla un cilindro de espesor 𝑑𝑟 y longitud unitaria y posteriormente dividimos longitudinalmente. plantas petroquímicas. como se muestra en la figura 5.1.1. 𝐹𝑟 = 𝜎𝑟 2𝑟 𝐴𝑟 𝐹𝑑𝑟 𝜎𝑟 + 𝑑𝜎𝑟 = . 𝐴𝑟 = 2𝑟 (1) ∴ 𝐹𝑟 = 𝜎𝑟 2𝑟 (1) . en un punto cualesquiera del espesor del recipiente y el cual se sometia a presión interior y exterior. el cual se somete a una presión interna (𝑃𝑖 ) y a una presión interna (𝑃𝑒 ) . recipientes para rectores nucleares y submarinos. Para establecer realizar esta solución se dibuja un cilindro con radio interior (𝑟𝑖 ) . con lo que se tiene: 𝐹𝑡 𝜎𝑡 = . 𝐹𝑑𝑟 = 2(𝜎𝑟 + 𝑑𝜎𝑟 )( 𝑟 + 𝑑𝑟 ) 90 . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Como ejemplo de este tipo de recipientes se pueden mencionar: cilindros para buceo. torres de destilación. ESFUERZO RADIAL Y TANGENCIAL El problema que se presentaba en los cilindros de pared gruesa para determinar el esfuerzo tangencial ( 𝜎𝑇 ) y radial (𝜎𝑟 ).2. 𝐴𝑑𝑟 𝐹𝑑𝑟 = (𝜎𝑟 + 𝑑𝜎𝑟 )( 2𝑟 + 2𝑑𝑟 ) . en este cilindro se tiene: Figura 5. 𝐴𝑡 = 𝑑𝑟 (1) ∴ 𝐹𝑡 = 𝜎𝑡 ( 𝑑𝑟 ) (1) . refinerías de petróleo. 𝐴𝑑𝑟 = ( 2𝑟 + 2𝑑𝑟 )(1) ∴ 𝐹𝑑𝑟 = (𝜎𝑟 + 𝑑𝜎𝑟 )( 2𝑟 + 2𝑑𝑟 )(1) . fue resuelto en 1833 por Gabriel Lame. Sección circular intermedio intermedia Para poder realizar el análisis estático se determinaran las fuerzas que actúan sobre esta mitad del anillo.2. calderas de vapor. 3 en 5. −𝜈 ( 𝜎𝑡 + 𝜎𝑟 ) = 𝜀𝑧 𝐸 − 𝜎𝑧 𝜀𝑧 𝐸 − 𝜎𝑧 𝜎𝑧 − 𝜀𝑧 𝐸 − ( 𝜎𝑡 + 𝜎𝑟 ) = .1) 𝑟 (𝜎𝑟 − 𝜎𝑡 ) Considerando que cualquier sección plana antes de la deformación permanece plana después de esta. por lo que: Figura 5. (5.1 se tiene: 𝑑𝑟 𝑑𝜎𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜎𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜎𝑟 𝑑𝜎𝑟 + (𝜎 = + =0 .4) 𝑟2 𝑟2 91 . y tomando en cuenta la diferencial de volumen que se consideró para el análisis se tiene la figura 5.3. . Esfuerzos que actúan sobre la sección normal 𝜀𝑧 = 𝑐𝑡𝑒 ∴ 𝜎𝑧 = 𝑐𝑡𝑒 De la ecuación 1. 𝜎𝑡 = 2𝐴 − 𝜎𝑟 … … … . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Realizando la sumatoria de fuerzas se tiene: ∑ 𝐹𝑦 = 𝐹𝑑𝑟 − 2𝐹𝑡 − 𝐹𝑟 = 0 = 2(𝜎𝑟 + 𝑑𝜎𝑟 )( 𝑟 + 𝑑𝑟 ) − 2𝜎𝑡 𝑑𝑟 − 𝜎𝑟 2𝑟 0 = (𝜎𝑟 + 𝑑𝜎𝑟 )( 𝑟 + 𝑑𝑟 ) − 𝜎𝑡 (𝑑 𝑟 ) − 𝜎𝑟 ( 𝑟 ) 0 = [𝜎𝑟 (𝑟) + 𝑑𝜎𝑟 (𝑟) + 𝜎𝑟 (𝑑𝑟) + 𝑑𝜎𝑟 (𝑑𝑟)] − 𝜎𝑡 (𝑑 𝑟 ) − 𝜎𝑟 ( 𝑟 ) Como el producto de diferenciales tiende a cero se tiene que: 𝑑𝜎𝑟 (𝑑𝑟) ≅ 0 Con lo que se tiene: 0 = 𝑑𝜎𝑟 (𝑟) + 𝜎𝑟 (𝑑𝑟) − 𝜎𝑡 (𝑑 𝑟 ) = 𝑑𝑟(𝜎𝑟 − 𝜎𝑡 ) + 𝑟 𝑑𝜎𝑟 ∴ 𝑑𝑟 𝑑𝜎𝑟 + … … .3) Sustituyendo 5. 𝜈 = 𝑐𝑡𝑒 𝜎𝑧 − 𝜈 ( 𝜎𝑡 + 𝜎𝑟 ) = 𝜀𝑧 𝐸 . 𝑙𝑛𝑟 2 + 𝐶 = − ln(𝐴 − 𝜎𝑟 ) 𝑟 𝐵 ln(𝐴 − 𝜎𝑟 ) 𝑟 2 = −𝐶 . (5. = (𝐴 − 𝜎𝑟 ) 𝑟2 𝐵 𝐵 − 𝐴 = −𝜎𝑟 . por lo que se tiene: ( 𝜎𝑡 + 𝜎𝑟 ) = 2𝐴 .20 para deformaciones triaxiales se tiene: 𝜎𝑧 𝜎 𝜎𝑦 𝜎𝑧 𝜎 𝜎𝑟 𝜎𝑧 𝜈 𝜀𝑧 = 𝐸 − 𝜈 [ 𝐸𝑥 + 𝐸 ]= 𝐸 − 𝜈 [ 𝐸𝑡 + 𝐸 ] ∴ 𝐸 − 𝐸 ( 𝜎𝑡 + 𝜎𝑟 ) = 𝜀𝑧 … … . 𝑟 2 (𝐴 − 𝜎𝑟 ) = 𝑒 −𝐶 = 𝐵 . 2 =( 𝑟 2(𝜎𝑟 −𝐴) 2(𝐴−𝜎𝑟 ) 2 (𝐴−𝜎𝑟 ) 𝑟 𝐴−𝜎𝑟 ) Integrando se tiene: 𝑑𝑟 𝑑𝜎𝑟 2∫ =∫ (𝐴−𝜎𝑟 ) ∴ 2𝑙𝑛𝑟 + 𝐶 = − ln(𝐴 − 𝜎𝑟 ) . ( 𝜎𝑡 + 𝜎𝑟 ) = 𝜈 𝜈 A esta relación la llamaremos 2A.3. 𝐵 = 𝑟 2 (𝐴 − 𝜎𝑟 ) . (5.2) Si el material es isótropo y uniforme se tiene: 𝐸 = 𝑐𝑡𝑒 . 𝜎𝑟 = 𝐴 − … … … (5. = − = −( 𝑟 𝑟 −𝜎𝑡 ) 𝑟 𝜎𝑟 −(2𝐴−𝜎𝑟 ) 𝑟 𝜎𝑟 −(2𝐴−𝜎𝑟 ) 2𝜎𝑟 −2𝐴) 𝑑𝑟 𝑑𝜎𝑟 𝑑𝜎𝑟 1 𝑑𝜎𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜎𝑟 =− = = . 6 y 5.11 permiten determinar el esfuerzo radial y esfuerzo tangencial en cualquier el intervalo (𝑟𝑖 ≤ 𝑟 ≤ 𝑟𝑒 ) . . (5.11) ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 )𝑟 2 La ecuaciones 5.8 y 5.4 y 5.8) ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) Igualando 5. −𝑃𝑖 + 𝑃𝑒 = 𝐵 [ − ] 𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 𝑟𝑒2 𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 𝑟𝑖2 +𝑃𝑒 −𝑃𝑖 (𝑃𝑒 −𝑃𝑖 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2) (𝑃𝑒 −𝑃𝑖 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) 𝐵= 𝑟2 2 = ∴ 𝐵= … … (5. (5. 𝜎𝑟 = −𝑃𝑒 𝐵 𝐵 Por lo que sustituyendo en 5.6) 𝑟𝑖2 𝑟𝑖2 Si: 𝑟 = 𝑟𝑒 . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Sustituyendo en 5. 92 .4 se tiene: 𝐵 𝐵 −𝑃𝑖 = 𝐴 − . (5.7 se tiene: 𝐵 = (𝐴 + 𝑃𝑖 )𝑟𝑖2 y 𝐵 = (𝐴 + 𝑃𝑒 )𝑟𝑒2 Igualando se tiene: (𝐴 + 𝑃𝑖 )𝑟𝑖2 = (𝐴 + 𝑃𝑒 )𝑟𝑒2 .9 en 5. 𝜎𝑟 = −𝑃𝑖 Por lo que sustituyendo en 5.5 se tiene: (𝑃𝑖 − 𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) 𝐵 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒 2 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 𝜎𝑟 = 𝐴 − .10) ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 )𝑟 2 (𝑃𝑖 − 𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) 𝐵 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 𝜎𝑡 = 𝐴 + .7) 𝑟𝑒2 𝑟𝑒2 Despejando B de 5.10 y 5. . −𝑃𝑖 + 𝑃𝑒 = − . . 𝜎𝑡 = 2𝐴 − [𝐴 − ] = 2𝐴 − 𝐴 + 𝑟2 𝑟2 𝐵 ∴ 𝜎𝑡 = 𝐴 + … … … . 𝐴 𝑟𝑖2 + 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 = 𝐴 𝑟𝑒2 + 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 𝐴( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) = 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 ∴ 𝐴= … … … . 𝜎𝑡 = 𝐴 + 𝑟2 𝑟2 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 − 𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) 𝜎𝑡 = + … … .6 y 5.3 se tiene: 𝐵 𝐵 𝜎𝑡 = 2𝐴 − 𝜎𝑟 .7 se tiene: 𝐵 𝐵 𝐵 𝐵 1 1 −𝑃𝑖 + = −𝑃𝑒 + . (5. 𝐴 = −𝑃𝑒 + … … … (5.5) 𝑟2 Del cilindro se tienen las siguientes condiciones de frontera: Si : 𝑟 = 𝑟𝑖 . (5. se tiene: 𝐵= 𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 Sustituyendo los valores de 5. 𝜎𝑟 = − 𝑟2 ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) 𝑟2 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 − 𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) ∴ 𝜎𝑟 = − … … … .9) 𝑖 −𝑟𝑒 𝑟𝑖2 −𝑟𝑒2 𝑟𝑖2 −𝑟𝑒2 2 𝑟𝑖 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 −𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) Multiplicando por (-1). 𝐴 = −𝑃𝑖 + … … .4 se tiene: −𝑃𝑒 = 𝐴 − . 17) ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 )𝑟 2 2 2 ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖 ) 𝑟2 93 .15) ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 ) 𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 La distribución de los esfuerzos se muestra en la figura 5. (5. (5. Figura 5.12) ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 )𝑟 2 ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) 𝑟2 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 𝑃𝑖 (𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 𝜎𝑡 = + ∴ 𝜎𝑡 = [1 + ] … … … (5. Esfuerzo radial y tangencial con solo presión interna El cortante máximo es: 𝜎𝑡 𝑀𝐴𝑋 − 𝜎𝑟 𝑀𝐴𝑋 𝑟𝑒2 𝑟𝑒2 𝜏𝑀𝐴𝑋 = = 𝑃𝑖 2 ∴ 𝜏𝑀𝐴𝑋 = 𝑃𝑖 … … . .13) ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 )𝑟 2 ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) 𝑟2 El esfuerzo máximo se presenta en el radio interno: 𝑟 = 𝑟𝑖 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 (𝑃𝑖 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑖 𝑟𝑒2 𝑃𝑖 ( 𝑟𝑖2 − 𝑟𝑒2 ) 𝜎𝑟 𝑀𝐴𝑋 = − = = ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 )𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 𝑃𝑖 ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) 𝜎𝑟 𝑀𝐴𝑋 = − ∴ 𝜎𝑟 𝑀𝐴𝑋 = − 𝑃𝑖 … … … . en los cuales solo se tenga presión interna o solo se tenga presión externa.4. (5. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES CASOS PARTICULARES Se pueden tener dos casos particulares. (5.14) 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 −𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) 𝑃𝑖 𝜎𝑡 𝑀𝐴𝑋 = + ∴ 𝜎𝑡 𝑀𝐴𝑋 = [𝑟𝑖2 + 𝑟𝑒2 ] … … … (5.4.16) 2 𝑟𝑒 − 𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 CASO I I Solo se tiene presión externa: 𝑃𝑒 ≠ 0 𝑦 𝑃𝑖 = 0 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (−𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 𝑟𝑖2 𝜎𝑟 = − ∴ 𝜎𝑟 = [1 − ] … … . CASO I Solo se tiene presión interna: 𝑃𝑖 ≠ 0 𝑦 𝑃𝑒 = 0 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 (𝑃𝑖 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 𝜎𝑟 = − ∴ 𝜎𝑟 = [1 − ] … … . . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (−𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 𝑟𝑖2 𝜎𝑡 = + ∴ 𝜎𝑡 = [1 + ] … … … (5.18) ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 )𝑟 2 ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) 𝑟2 El esfuerzo máximo se presenta en el radio externo: 𝑟 = 𝑟𝑒 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (−𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 + 𝑃𝑒 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) 𝜎𝑟 𝑀𝐴𝑋 = − = = ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 )𝑟𝑒2 ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) 𝜎𝑟 𝑀𝐴𝑋 = − 𝑃𝑒 … … (5. 6. . mientras que el esfuerzo tangencial (𝜎𝑡 ) siempre es de tensión. Figura 5.19) − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (−𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (−𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 ) −𝑃𝑒 ( 𝑟𝑒2 + 𝑟𝑖2 ) 𝜎𝑡 𝑀𝐴𝑋 = 2 + 2 = 2 + = ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖 )𝑟𝑒2 ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) −𝑃𝑒 ( 𝑟𝑒2 + 𝑟𝑖2 ) 𝜎𝑡 𝑀𝐴𝑋 = … … … . Cilindro con esfuerzo longitudinal y presión interna y externa 𝐹𝐿 Se sabe que: 𝜎𝐿 = .5. ESFUERZO LONGITUDINAL Para determinar el esfuerzo longitudinal en un cilindro de pared gruesa se considera un cilindro cuyos extremos esta cerrados y se somete a presión interna (𝑃𝑖 ) y presión externa (𝑃𝑒 ) .6. 𝐴𝐿 = 𝜋[𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ] ∴ 𝐹𝐿 = 𝜎𝐿 ( 𝜋[𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ]) 𝐴𝐿 94 .20) (𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) La distribución de los esfuerzos se muestra en la figura 5. (5.5. Esfuerzo radial y tangencial con solo presión externa El esfuerzo radial (𝜎𝑟 ) siempre es de compresión. Figura 5. como se muestra en la figura 5. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝐹𝑃𝑖 𝑃𝑖 = ; 𝐴𝑃𝑖 = 𝜋[𝑟𝑖2 ] ∴ 𝐹𝑃𝑖 = 𝑃𝑖 [𝜋[𝑟𝑖2 ]] 𝐴𝑃 𝑖 𝐹𝑃𝑒 𝑃𝑒 = ; 𝐴𝑃𝑒 = 𝜋[𝑟𝑒2 ] ∴ 𝐹𝑃𝑒 = 𝑃𝑒 [𝜋[𝑟𝑒2 ]] 𝐴𝑃𝑒 Realizando el equilibrio estático se tiene: ∑ 𝐹𝑥 = 𝐹𝐿 − 𝐹𝑃𝑒 + 𝐹𝑃𝑖 = 0 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 ∑ 𝐹𝑥 = 𝜎𝐿 ( 𝜋[𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ]) − 𝑃𝑒 [𝜋[𝑟𝑒2 ]] + 𝑃𝑖 [𝜋[𝑟𝑖2 ]] = 0 ∴ 𝜎𝐿 = … … … . (5.21) [𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 ] PRESIÓN DE CONTACTO Cuando existe la necesidad de que dos piezas funcionen ensambladas como se muestra en la figura 5.7, con un ajuste apretado o interferencia (I), también conocido como juego negativo, se origina una presión de contacto (𝑃𝑐 ) y un esfuerzo entre las superficies de las dos partes, de modo que los esfuerzos deben determinarse por medio de las fórmulas establecidas para cilindros de pared gruesa. Figura 5.7. Cilindros de pared gruesa con interferencia . Esta presión de contacto (𝑃𝑐 ) , se puede determinar realizando las siguientes consideraciones. a) Si las dos piezas que se ensamblan son del mismo material. 𝐸 𝛿 (𝑟𝑒22 − 𝑟𝑐 2 )(𝑟𝑐 2 − 𝑟121 ) 𝑃𝑐 = [ ] … … . . (5.22) 𝑟𝑐 2 𝑟𝑐 2 (𝑟𝑒22 − 𝑟121 ) b) Si el núcleo no es un tubo, sino una barra maciza, entonces si es igual a cero y por lo tanto: 𝐸 𝛿 (𝑟𝑒22 − 𝑟𝑐 2 ) 𝑟𝑐 2 𝑃𝑐 = [ ] … … … . (5.23) 𝑟𝑐 2 𝑟𝑐 2 (𝑟𝑒22 ) c) Si las dos piezas que se ensamblan son de materiales distintos, entonces primero debe considerarse el alargamiento total (δ) en cada parte de la unión: 𝑃𝑐 𝑟𝑐 (𝑟𝑒22 + 𝑟𝑐 2 ) 𝑃𝑐 𝑟𝑐 (𝑟𝑐 2 + 𝑟121 ) 𝛿= [ 2 + 𝜈2 ] + [ 2 − 𝜈1 ] … … … (5.24) 𝐸2 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑐 2 𝐸1 𝑟𝑐 − 𝑟121 d) Si se ensambla una camisa sobre un árbol macizo, entonces el radio interior es igual a cero, con lo que la ecuación anterior se transforma en: 𝑃𝑐 𝑟𝑐 (𝑟𝑒22 + 𝑟𝑐 2 ) 𝑃𝑐 𝑟 𝛿= [ 2 2 + 𝜈2 ] + 𝑐 [1 − 𝜈1 ] … … … . (5.25) 𝐸2 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑐 𝐸1 95 INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES En donde: δ =|δi|-|δo| = Alargamiento total absoluto (deformación total de una barra de longitud original) δ1 = Alargamiento total del material del núcleo; δ2 = Alargamiento total del material de la camisa. 𝜈2 = Relación de Poisson de la camisa; 𝜈1 = Relación de Poisson del núcleo. ν = Deformación unitaria lateral / Deformación unitaria axial o Estrechamiento/ Alargamiento E1 = Módulo de elasticidad del núcleo; E2 = Módulo de elasticidad de la camisa E = 2G (1 + ν) ; G = Módulo de elasticidad cortante o angular. 𝑑𝑖1 = Diámetro interno del núcleo; 𝑑𝑒1 = Diámetro externo del núcleo 𝑑𝑖2 = Diametro interno de la camisa; 𝑑𝑒2 = Diametro externo de la camisa 𝑟𝑖1 = Radio interno del núcleo; 𝑟𝑒1 = Radio externo del núcleo 𝑟𝑖2 = Radio interno de la camisa; 𝑟𝑒2 = Radio externo de la camisa 𝑟𝐶 = Radio de contacto; 𝑑𝐶 = Diametro de contacto I=Interferencia ; 𝜀 = 𝐷𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑢𝑛𝑖𝑡𝑎𝑟𝑖𝑎; INTERFERENCIA Se denomina interferencia (𝐼), a la diferencia el diámetro interior del cilindro exterior (a) y el diámetro exterior del cilindro interior (b), obteniéndose esta cuando se montan estos dos cilindros con ajuste apretado, como se muestra en la figura 5.7. Realizando el diagrama de cuerpo libre de la mitad de cada cilindro como se muestra en la figura 5.8, se tiene: Figura 5.8. Equilibrio de cilindro interno y externo Por lo que la interferencia es: 𝐼 = 𝑑𝑒1 − 𝑑𝑖2 𝜎 𝜎 Siendo la deformación unitaria para condiciones biaxiales: 𝜀 = [ 𝑡 − 𝜈 𝑟 ] 𝑑𝑐 … … (5.26) 𝐸 𝐸 Para el cilindro interior donde solo se tiene presión externa aplicando la ecuación 5.19 y 5.20, se tendrá: −𝑃𝑐 ( 𝑟𝑖12 +𝑟𝑒21 ) 𝜎𝑡 1 == … … … . . (5.27) ; 𝜎𝑟 1 = −𝑃𝑐 … … … . . (5.28) ( 𝑟𝑒21 −𝑟𝑖2 ) 1 Para el cilindro exterior donde solo actúa presión interna, utilizando las ecuaciones5.14 y 5.15 se tendrá: 𝑃𝑐 ( 𝑟𝑖22 + 𝑟𝑒22 ) 𝜎𝑡 2 = … … … . . ( 5.29) ; 𝜎𝑟 2 = −𝑃𝑐 … … … . . (5.30) ( 𝑟𝑒22 − 𝑟𝑖22 ) La interferencia es: ( 𝑟𝑖22 + 𝑟𝑒22 ) 𝜈2 ( 𝑟𝑖 2 + 𝑟𝑒2 ) 𝜈1 𝐼 = 𝑑𝑐 𝑃𝑐 [ + ] + 𝑑𝑐 𝑃𝑐 [ 21 2 1 + ] … … … . . (5.31) ( 𝑟𝑒22 − 𝑟𝑖22 ) 𝐸2 𝐸2 ( 𝑟𝑒1 − 𝑟𝑖1 ) 𝐸1 𝐸1 96 INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 5.1 Un cilindro de pared gruesa de 120 𝑚𝑚 de radio interno y 180𝑚𝑚 de radio externo se somete a presión interna 𝑃𝑖 = 25 𝑀𝑃𝑎 y presión externa 𝑃𝑒 = 50 𝑀𝑃𝑎. Calcular y representar graficamente: a) Los esfuerzos tangencial y radial en el interior del cilindro; b) Los esfuerzos tangencial y radial en el exterior del cilindro; c) el esfuerzo tangencial. ANÁLISIS Para resolver este problema se utilizara las ecuaciones 5.10 y 5.11, dado que se tiene tanto presión interna como externa, por lo que se tiene: a) Para el interior del cilindro con: 𝑟 = 𝑟𝑖 = 120𝑚𝑚 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 −𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) - Para esfuerzo radial: 𝜎𝑟 = ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) − (𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 )𝑟 2 (50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.120 𝑚)2 − (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.180 𝑚)2 (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 − 50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.120 𝑚)2 (0.180 𝑚)2 𝜎𝑟 = − (0.180 𝑚)2 − (0.120 𝑚)2 [(0.180 𝑚)2 − (0.120 𝑚)2 ] (0.120 𝑚)2 720𝑥103 𝑁 − 810𝑥103 𝑁 11664 𝑁 𝜎𝑟 = − = −5𝑥106 𝑁 ⁄𝑚2 − 45𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = −50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 0.018𝑚2 0.0002592𝑚2 ∴ 𝝈𝒓 = −𝟓𝟎 𝑴𝑷𝒂 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 −𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2) - Para esfuerzo tangencial: 𝜎𝑡 = ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2) + (𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 )𝑟 2 (50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.120 𝑚)2 − (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.180 𝑚)2 (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 − 50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.120 𝑚)2 (0.180 𝑚)2 𝜎𝑡 = + (0.180 𝑚)2 − (0.120 𝑚)2 [(0.180 𝑚)2 − (0.120 𝑚)2 ] (0.120 𝑚)2 720𝑥103 𝑁 − 810𝑥103 𝑁 11664 𝑁 𝜎𝑡 = + = −5𝑥106 𝑁 ⁄𝑚2 + 45𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = −50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 0.018𝑚2 0.0002592𝑚2 ∴ 𝝈𝒕 = 𝟒𝟎 𝑴𝑷𝒂 b) Para el interior del cilindro con: 𝑟 = 𝑟𝑒 = 180𝑚𝑚 𝑃𝑖 𝑟𝑖2− 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 −𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) - Para esfuerzo radial: 𝜎𝑟 = ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) − (𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 )𝑟 2 (50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.120 𝑚)2 − (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.180 𝑚)2 (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 − 50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.120 𝑚)2 (0.180 𝑚)2 𝜎𝑟 = − (0.180 𝑚)2 − (0.120 𝑚)2 [(0.180 𝑚)2 − (0.120 𝑚)2 ] (0.180 𝑚)2 720𝑥103 𝑁 − 810𝑥103 𝑁 11664 𝑁 𝜎𝑟 = − = −5𝑥106 𝑁 ⁄𝑚2 − 20𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = −25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 0.018𝑚2 0.0005832𝑚2 ∴ 𝝈𝒓 = −𝟐𝟓 𝑴𝑷𝒂 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 −𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) - Para esfuerzo tangencial: 𝜎𝑡 = ( 𝑟𝑒2− 𝑟𝑖2 ) + (𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 )𝑟 2 97 70𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = (45𝑥106 𝑁⁄𝑚2 ) 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 − (0.180 𝑚)2 − (0.160𝑚)2 ) = 1.555𝑟𝑒2 .180 𝑚)2 − (0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES (50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.3 Un aro ejerce sobre un tubo una presión de contacto de 25 𝑀𝑃𝑎.039808 = 0.555(𝑟𝑒2 − (0.039808 = 1.1076𝑚 . sin que el esfuerzo cortante sobrepase 𝜏 = 70𝑀𝑃𝑎.2676 𝑚 − 0. Determinar el espesor de la pared de este cilindro ha de resistir una presión interior de 45 𝑀𝑃𝑎. 𝑟𝑒2 = 1.120 𝑚)2 ∴ 𝝈𝒍 = −𝟓 𝑴𝑷𝒂 Por lo que los esfuerzos viéndolos gráficamente son: EJEMPLO 5.039808 (45𝑥106 𝑁⁄𝑚2 ) 𝑟𝑒2 −(0. por tanto: 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0. 𝒆 = 𝟎.180 𝑚)2 720𝑥103 𝑁 − 810𝑥103 𝑁 11664 𝑁 𝜎𝑟 = + = −5𝑥106 𝑁⁄𝑚2 + 20𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = 15𝑥106 𝑁⁄𝑚2 0. 98 . 𝑟𝑒 = 0. 𝑟𝑒2 = 0.180 𝑚)2 − (0.120 𝑚)2 ] (0. b) El esfuerzo tangencial y radial en el tubo después de aplicar la presión. ANÁLISIS.018𝑚2 0.180 𝑚)2 𝜎𝑙 = = −5𝑥106 𝑁 ⁄𝑚2 [𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ] (0.120 𝑚)2 − (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.555.160𝑚)2 0.0005832𝑚2 ∴ 𝝈𝒕 = 𝟏𝟓 𝑴𝑷𝒂 c) Para determinar el esfuerzo longitudinal se emplea la ecuación 5.120 𝑚)2 [(0.16 𝑟𝑒2 𝑟𝑒2 𝜏𝑀𝐴𝑋 = 𝑃𝑖 .180 𝑚)2 (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 − 50𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0. c) el esfuerzo longitudinal en el tubo después de aplicar la presión. Como el espesor de pared está condicionado a no sobrepasar 80 𝑀𝑃𝑎 en esfuerzo cortante se utilizara la ecuación 5.555𝑟𝑒2 − 0.555𝑟𝑒2 − 𝑟𝑒2 .180 𝑚)2 𝜎𝑡 = + (0.160𝑚)2 70𝑥106 𝑁⁄𝑚2 𝑟𝑒2 = = 1.2 El cilindro de una presa hidráulica tiene un diámetro interior de 320 𝑚𝑚. 𝟏𝟎𝟕𝟔𝒎 EJEMPLO 5. si se aplica al tubo una presión interior de 75 𝑀𝑃𝑎 y los radios interior y exterior son 40 𝑦 65𝑚𝑚 para el tubo y 65 𝑦 110𝑚𝑚 para el aro.120 𝑚)2 − (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.07166 . Calcular: a) El esfuerzo tangencial y radial máximo en el tubo antes de aplicar la presión. 0.23.2676 𝑚 Por lo que el espesor de pared es: 𝑒 = 𝑟𝑒 − 𝑟𝑖 = 0.160𝑚 = 0.120 𝑚)2 (0. por lo que se aplican las ecuaciones 5. por lo que se tiene interior se tiene: 99 . 𝝈𝒓 𝑻𝑼𝑩𝑶 = −𝟐𝟓 𝑴𝑷𝒂 b) Para determinar el esfuerzo tangencial y radial en el tubo después de aplicar la presión se utilizara las ecuaciones 5. 𝝈𝒕 𝑻𝑼𝑩𝑶 = 𝟓𝟓. por lo que se tiene: −𝑃𝑐 ( 𝑟𝑖12 +𝑟𝑒21 ) −(25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )( 0.11.476 𝑥 106 𝑁⁄𝑚2 . se analizaran cada uno por separado.10 y 5. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ANÁLISIS. ( 𝑟𝑒21 −𝑟𝑖21 ) ( 0.23 y 5.040𝑚) 2 +(0. Como se tiene dos cilindros de pared delgada y en la unión de los dos una presión de contacto de 25 MPa.065𝑚)2 ) −2.065𝑚)2 ) −145625 𝑁 𝜎𝑡 𝑇𝑈𝐵𝑂 = = = . A) Para determinar el esfuerzo tangencial y radial en el tubo cuando solo se tiene la presión de contacto. 𝟒𝟕𝟔 𝑴𝑷𝒂 𝜎𝑟 𝑇𝑈𝐵𝑂 = −𝑃𝑐 = −25 𝑀𝑃𝑎 .24. este se analizara como un recipiente con 𝑃𝑒 = 25 𝑀𝑃𝑎 y 𝑃𝑖 = 0.040𝑚) 2 −(0.625𝑥10−3 𝑚2 𝜎𝑡 𝑇𝑈𝐵𝑂 = 55. 0650 𝑚)2 − (0.040 𝑚)2 𝜎𝑡 = + (0. Para esfuerzo tangencial: 𝜎𝑡 = ( 𝑟𝑒2− 𝑟𝑖2 ) + (𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 )𝑟 2 (75𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0. con lo que se tiene: 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (75𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.002625𝑚2 11. 𝟗𝟒𝟕 𝑴𝑷𝒂 c) Para determinar el esfuerzo longitudinal en el tubo después de aplicar la presión.0650 𝑚)2 (0.040 𝑚)2 ] (0.0650 𝑚)2 − (0.47𝑥106 𝑁 ⁄𝑚2 + 80.040 𝑚)2 − (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.0650 𝑚)2 − (0.0650 𝑚)2 − (0.0650 𝑚)2 − (0.040 𝑚)2 [(0.47𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = −25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 0.065 𝑚)2 𝜎𝐿 = = = 5.040 𝑚)2 𝜎𝑡 = + (0.0650 𝑚)2 − (0.47𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = −35.625𝑥103 𝑁 338 𝜎𝑟 = + = 5.040 𝑚)2 − (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.040 𝑚)2 𝜎𝑟 = − (0.040 𝑚)2 − (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.040 𝑚)2 𝜎𝑟 = − (0.0650 𝑚)2 (0. Para esfuerzo tangencial: 𝜎𝑡 = + ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 )𝑟 2 (75𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0. utilizaremos 5.040 𝑚)2 − (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.47𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = −75𝑥106 𝑁⁄𝑚2 0.0650 𝑚)2 (0.065 𝑚)2 (75𝑥106 𝑁⁄𝑚2 − 25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.040 𝑚)2 [(0.065 𝑚)2 (75𝑥106 𝑁⁄𝑚2 − 25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.040 𝑚)2 ] (0.0650 𝑚)2 − (0.47𝑥106 𝑁⁄𝑚2 − 30. Para esfuerzo radial: 𝜎𝑟 = − ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) (𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 )𝑟 2 (75𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.947𝑥106 𝑁⁄𝑚2 0.040 𝑚)2 [(0.625𝑥103 𝑁 338 𝜎𝑡 = 2 + = 5.040 𝑚)2 ] (0.065 𝑚)2 (75𝑥106 𝑁⁄𝑚2 − 25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.065 𝑚)2 (75𝑥106 𝑁⁄𝑚2 − 25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.065 𝑚)2 120𝑥103 𝑁 − 105.002625𝑚2 4.0650 𝑚)2 − (0.2𝑥10−6 𝑚2 ∴ 𝝈𝒓 = −𝟕𝟓 𝑴𝑷𝒂 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 −𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) .625𝑥103 𝑁 338 𝜎𝑟 = 2 − = 5.040 𝑚)2 120𝑥103 𝑁 − 105.47𝑥106 𝑁⁄𝑚2 [𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ] (0.002625𝑚 11.2𝑥10−6 𝑚2 ∴ 𝝈𝒕 = −𝟖𝟓.040 𝑚)2 120𝑥103 𝑁 − 105.040 𝑚)2 ] (0.625𝑥103 𝑁 338 𝜎𝑟 = − = 5.47𝑥106 𝑁⁄𝑚2 − 80.09𝑥10−6 𝑚2 ∴ 𝝈𝒕 = −𝟑𝟓.09𝑥10−6 𝑚2 ∴ 𝝈𝒓 = −𝟐𝟓 𝑴𝑷𝒂 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 −𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) .040 𝑚)2 − (25𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.0650 𝑚)2 (0.47𝑥106 𝑁⁄𝑚2 = −85.0650 𝑚)2 − (0.47𝑥106 𝑁 ⁄𝑚2 + 30. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Para el interior del tubo si: 𝑟 = 𝑟𝑖 = 40𝑚𝑚 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 −𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) -Para esfuerzo radial: 𝜎𝑟 = ( 𝑟𝑒2 − 𝑟𝑖2 ) − (𝑟𝑒2 −𝑟𝑖2 )𝑟 2 (75𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0.002625𝑚 4. 𝟗𝟒 𝑴𝑷𝒂 Para el exterior del cilindro con: 𝑟 = 𝑟𝑒 = 65𝑚𝑚 𝑃𝑖 𝑟𝑖2 − 𝑃𝑒 𝑟𝑒2 (𝑃𝑖 −𝑃𝑒 )(𝑟𝑖2 𝑟𝑒2 ) .040 𝑚)2 𝝈𝑳 = 𝟓 − 𝟒𝟕 𝑴𝑷𝒂 100 .21.040 𝑚)2 [(0.94𝑥106 𝑁⁄𝑚2 0.065 𝑚)2 120𝑥103 𝑁 − 105. 101 .3 .1. c) el esfuerzo longitudinal en el tubo después de aplicar la presión. 5. c) el esfuerzo tangencial. si se aplica al tubo una presión interior de 80 𝑀𝑃𝑎 y los radios interior y exterior son 45 𝑦 70𝑚𝑚 para el tubo y 70 𝑦 110𝑚𝑚 para el aro. b) Los esfuerzos tangencial y radial en el exterior del cilindro. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES PROBLEMAS 5. b) El esfuerzo tangencial y radial en el tubo después de aplicar la presión.2 – Un cilindro tiene un diámetro interior de 300 𝑚𝑚. 5. Calcular: a) El esfuerzo tangencial y radial máximo en el tubo antes de aplicar la presión. sin que el esfuerzo cortante en el mismo no debe sobrepasar 𝜏 = 70 𝑀𝑃𝑎. Calcular y representar gráficamente: a) Los esfuerzos tangencial y radial en el interior del cilindro. Determinar el espesor de la pared de este cilindro si ha de resistir una presión interior de 30 𝑀𝑃𝑎.Un aro ejerce sobre un tubo una presión de contacto de 30 𝑀𝑃𝑎.Un cilindro de pared gruesa de 𝟏𝟑𝟎 𝒎𝒎 de radio interno y 𝟏𝟗𝟎𝒎𝒎 de radio externo se somete a presión interna 𝑷𝒊 = 𝟒𝟓 𝑴𝑷𝒂 y presión externa 𝑷𝒆 = 𝟏𝟐 𝑴𝑷𝒂. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES CAPITULO VI ESFUERZO DE FLEXIÓN 102 . mientras que una viga es 103 . VIGA Una viga es un elemento que sirve para soportar cargas. con la finalidad de seleccionar el tipo de material a utilizar. momento de inercia de la sección transversal de la viga respecto a sus ejes centroidales. la fuerza cortante y el momento flexionante que actúan a lo largo de la misma. Es importante destacar la diferencia entre trabe y viga. se observa que muchos de estos cuerpos se encuentran sometidos a cargas que generan flexión (una parte del cuerpo se encuentra a compresión y otra a tensión). siendo esta la que se conecta directamente a las columnas o soportes. dependiendo de la función que realice. para comparar los efectos que dichos esfuerzos producen. Las vigas se pueden clasifican para su estudio en vigas rectas y vigas curvas. tienen gran importancia para la resistencia de materiales o mecánica de materiales las vigas. en estructuras y elementos de máquinas. Pero también es importante destacar que una trabe es la que soporta el peso de las vigas o que la trabe es llamada “viga principal o maestra”. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES INTRODUCCIÓN Al estudiar el efecto que los diferentes tipos de cargas producen sobre un cuerpo. su forma geométrica y dimensiones. así como la distancia de su eje neutro a la fibra más alejada (superior o inferior). dado que se puede decir con veracidad que una trabe y una viga pueden tener el mismo significado. Entre los elementos que actúa a flexión. En ocasiones existen elementos o secciones. principalmente en puentes de acero en donde se suelen diseñar los segmentos como vigas y bajo las especificaciones de algunos códigos de diseño los cuales establecen límites para los esfuerzos permisibles a la flexión en los patines. el cual depende de la fuerza cortante. por lo que es importante su estudio. dado que muchos elementos mecánicos se pueden considerar como vigas. la cantidad de apoyos que tienen. los tipos de apoyo. es importante también conocer el esfuerzo cortante que actúa sobre esta. así como los materiales que la constituyen. dentro de estos por su importancia se pueden mencionar los ejes o flechas. para que basado en lo anterior se realicen los cálculos necesarios. Conociendo el esfuerzo normal que la aplicación de una carga externa produce en una viga. Para un diseño satisfactorio de una viga es importante que se conozcan todas las cargas que actúan sobre esta. en ocasiones las vigas deben soportar todo tipo de cargas paralelas a su sección transversal o en cualquier. Para realizar el análisis de una viga es importante conocer las cargas aplicadas. con el fin de poder utilizarlo para determinar los esfuerzos normal y cortante. mientras que un diseño sobrepasado no es conveniente en el aspecto económico. Los momentos flexionantes generan en la sección transversal de la viga esfuerzos normales. mientras que las fuerzas cortantes generan en estas secciones esfuerzos cortantes o tangenciales. es necesario conocer los siguientes parámetros: momento flexionante máximo aplicado. Sin embargo. porque cuando se realiza un diseño inadecuado se corre el peligroso de que se puede provocar la fatiga del material y su falla. que actúan en cualquier sección de la viga y con estos se trazaran sus diagramas. Siendo las cargas aplicadas perpendiculares a su eje longitudinal. la forma de su sección transversal. Por lo que en el presente capítulo se determinaran la fuerza cortante y el momento flexionante. Para determinar el esfuerzo normal que soporta una viga. Figura 6.1 (b) a esta viga se le aplica gradualmente una carga. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES llamada “viga secundaria” dado que comúnmente se conecta entre las trabes. actuando estos sobre un plano paralelo a dicho eje.1 Viga sin flexión y con flexión FLEXIÓN SIMPLE O SIMÉTRICA La flexión simple se presenta cuando se aplica la carga sobre un eje principal. lo que origina que en su parte superior esta se comprima. lo que original sobre la viga un momento flexionante 𝑴 que actúa sobre 𝒁. Figura 6. pero en ocasiones es necesario fabricarlas puesto que los perfiles comerciales que existen en el mercado no satisfacen los requerimientos del diseño. ya que para su fabricación pasan por un proceso de laminación. En la figura 6. para proporcionar al encargado de realizar estos empalmes la contra flecha que debe dejar en la unión. por lo que se tendrá el fenómeno de flexión. Por lo regular las vigas existen en el mercado con propiedades mecánicas y geométricas ya establecida. mientras que en su parte inferior esta se tense.2 Carga sobre eje principal en una viga 104 . FLEXIÓN Si en un elemento mecánico las fuerzas que actúan sobre el tienden a producir esfuerzos compresivos sobre una parte de la sección transversal de este elemento y esfuerzos de tensión sobre la parte restante se dice que este elemento se encuentra a flexión. lo que origina que solo se tengan momentos flexionantes. y soportan las cargas aplicadas. el cual consiste en darle forma y dimensiones ya establecidas a los vilet’s de acero para así convertirlos en perfiles estructurales. Las vigas comerciales por lo regular son denominadas vigas laminadas.2 se observa cómo se aplica una carga 𝑷 sobre el eje principal 𝑿 en dirección 𝒀. Cuando se diseñan vigas de longitud mayor a 25 metros es necesario calcular la flecha (deformación). Si existen empalmes de vigas se debe tomar en cuenta una deflexión que con anterioridad debe estar calculada. no existiendo carga aplicada en el mismo. En la figura 6. en la figura 6. encontrándose este inicialmente apoyado en 𝑨 y 𝑩. Para fabricar estas vigas especiales es necesario y obligatorio cumplir ciertos requisitos de regulación que establecen ciertos organismos y asociaciones nacionales e internacionales.1 (a) se tiene un elemento plano el cual denominaremos viga. máxima para saber si esta se encuentra dentro de la tolerancia existente. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES FLEXIÓN ASIMÉTRICA La flexión asimétrica se presenta cuando se aplican cargas que actúan a cierto ángulo θ con respecto a un eje principal. las cuales se pueden determinar mediante las ecuaciones de la estática.3 se observa que la carga 𝑷 tiene una componente que P cos Py . esta carga también tiene una componente Psen Pz . es importante que se cumplan las hipótesis que se indican a continuación. A) VIGA SIMPLEMENTE APOYADA Estas vigas se encuentran soportadas en sus extremos. siendo denominada estáticamente indeterminada. que actúa sobre el eje Y la cual origina un momento flexionante 𝑴𝒛. no teniendo otro tipo de apoyo sobre todo su claro. C) VIGA DOBLEMENTE EMPOTRADA Este tipo de viga tiene empotramiento sobre sus dos extremos.4. En ella sé tienen tres incógnitas (dos fuerzas y un momento). lo que origina que el plano que contiene al momento generado no es paralelo al eje principal. Lo que origina que estos dos momentos tengan un momento resultante el cual actúa sobre el plano 𝒀 − 𝒁. lo que origina que se tengan seis incógnitas (cuatro fuerzas y dos momentos). B) VIGA EN VOLADIZO Estas vigas se encuentran empotradas en uno de sus extremos. En la figura 6. como se muestra en la figura 6. 105 . mediante un apoyo fijo y un apoyo móvil. que actúa sobre el eje 𝒁 y que origina un momento flexionante My sobre el eje 𝒀.3 Carga actuando sobre dos ejes HIPÓTESIS UTILIZADAS EN LA FLEXIÓN DE VIGAS Para poder aplicar adecuadamente la teoría de la flexión en la zona de proporcionalidad del material. sobre el eje 𝒁. Figura 6. Teniendo cuando mucho tres fuerzas desconocidas. A) LA VIGA DEBE SER RECTA B) LA VIGA DEBE DE SER DE SECCIÓN CONSTANTE EN TODA SU LONGITUD C) LAS DIMENSIONES DE LA VIGA DEBEN SER TALES QUE LA INTERSECCIÓN DEL PLANO DE CARGAS CON CUALQUIER SECCIÓN TRANSVERSAL DE LA VIGA CONSTITUYA UN EJE DE SIMETRÍA CLASIFICACIÓN DE LAS VIGAS SEGÚN SU TIPO DE APOYO Dependiendo del tipo de apoyo o tipos de apoyo que tengan las vigas. se pueden clasificar de la siguiente forma. nieve. esta cargas se deben de tomar en cuenta por mínima que sean ya que el no tomarlas en cuenta puede ser fatal para el diseño. hielo. la cantidad de incógnitas a determinar se eleva a cuatro (tres fuerzas y un momento). F) VIGA CONTINUA Este tipo de viga cuenta con un apoyo fijo. lozas. Dentro de este tipo de cargas se considera el peso propio de la estructura. ventilación. sino corridos hacia el centro de la viga). INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES D) VIGA CON VOLADIZOS Este tipo de viga puede tener uno o sus dos extremos en voladizo (los apoyos no se encuentran exactamente en sus extremos. trenes. viento. Figura 6. Las cargas se pueden clasificar desde varios puntos de vista. el mobiliario según sea el tipo de construcción que se requiere. 2) CARGAS MUERTAS: Son cargas en donde las fuerzas que estas generan siempre permanecen constantes y en la mayoría de las ocasiones son inamovibles. E) VIGA EMPOTRADA EN UN EXTREMO Y SIMPLEMENTE APOYADA EN EL OTRO Al tener esta viga los tipos de apoyo antes indicados (un empotramiento y un apoyo móvil). algunas de estas clasificaciones se indican a continuación.). muros. dentro de estas se pueden considerar el peso de personas. lo que origina que las incógnitas siempre sean más de cuatro. luz. Algunas de estas cargas ya se encuentran especificadas en diversos manuales. etc. así como cuando menos con dos apoyos móviles. siendo considerada hiperestática. sismos. agua. etc. tuberías (de gas. camiones. 106 . considerándose hiperestática. ya que los cálculos se realizaran sobre la base de la información que se tiene de los tipos apoyos y de cargas existentes. SEGÚN SU VARIACIÓN CON EL TIEMPO Las cargas que soporta una viga en función de la variación del tiempo se clasificas en: 1) CARGAS VIVAS: Son cargas en donde las fuerzas que estas generan cambian de magnitud y son móviles por cuenta propia. es una de las partes más importantes al realizar el diseño de la misma. contando con un apoyo móvil y uno fijo.4 Clasificación de las vigas según el tipo de apoyo TIPOS DE CARGAS La selección para su análisis del tipo de cargas a que se encuentra sometida una viga. El valor en uno de sus extremos es cero y en el otro máximo.7 (a). III). las cuales son tres de las cargas básicas comunes.5. Obsérvese la figura 6. las fuerzas cortantes y los momentos flexionantes que actúan a lo largo de la viga..6. Figura 6.5 Diferentes cargas que pueden actuar sobre una viga FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLEXIONANTE Para determinar los efectos que las cargas externas ocasionan en las vigas. se calculan las reacciones en los apoyos (siempre que sea posible). 107 . posteriormente tomando en consideración que un cuerpo que en su conjunto se encuentra en equilibrio. Cargas básicas comunes que actúan en una viga Para realizar el análisis de esta viga en primer lugar se realiza el diagrama de cuerpo libre de la viga.. figura 6.. se pueden aplicar a la viga momentos generados por una ménsula. se determinan las reacciones que actúan sobre los apoyos. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES SEGÚN SU FORMA DE ACTUAR Las cargas que soporta una viga en función de la forma en cómo actúan se clasificas como se indica a continuación y se muestran en la figura 6.MÉNSULA: Además de estas cargas. I).CARGAS UNIFORMEMENTE REPARTIDAS: Estas cargas actúan sobre una parte o sobre toda la viga. cualquier parte del mismo lo estará también. la cual es tomada perpendicularmente a el eje longitudinal de la viga. siendo su valor constante.CARGAS UNIFORMEMENTE VARIABLES: La carga más comúnmente asociada a esta es la triangular.. en la mayoría de los casos lo primero que se hace es establecer el diagrama de cuerpo libre de la viga. se procede a cortar a la viga mediante la sección imaginaria Y-Y¨. IV). posteriormente se procede a determinar las fuerzas axiales. Figura 6. una uniformemente concentrada y una uniformemente variable. Así mismo se generan los diagramas de las fuerzas cortantes y los momentos flexionantes a lo largo de la viga. de un extremo al otro de ellas.6 en la cual se muestra una viga sobre la que actúan una carga concentrada.CARGAS CONCENTRADAS: Las cuales se aplican sobre un punto (una pequeña área) II). a las fuerzas y momentos que actúan sobre la sección izquierda. Para determinar el valor de esta. al realizar esto uno de los tramos obtenidos tendera a desplazarse hacia la parte superior y el otro hacia la inferior. en el punto donde se realizó el corte. La acción combinada de estas. la selección del tramo a analizar depende básicamente de la dificulta que se tenga para analizar uno u otro. será igual al obtenido al realizar la de las fuerzas externas verticales que actúan sobre el elemento analizado. El valor de las fuerzas y momento que actúan sobre la sección de corte derecha. debe existir una fuerza vertical interna en la sección para satisfacer la ecuación Fy 0 .7 (c). deberán de ser igual magnitud. Con el fin de entender mejor esto considérese que se tiene una barra de mantequilla y se corta la misma perpendicularmente a su longitud. Esta fuerza interna se representa con la letra 𝑽. Figura 6.8 Fuerza cortante 108 .8. es indiferente analizar la parte izquierda o derecha de la viga seccionada.7 (b). actúa en sentido contrario a la de la sección izquierda (equilibrio estático).7 (b) y 6. tiende a cortar la sección en cualquiera de las dos formas que se indican en la figura 6.7 (c) se puede observar que la fuerza cortante de la sección derecha. denominada fuerza cortante (actúa perpendicularmente al eje de la viga). En la figura 6. dirección pero con sentido contrario. Figura 6. este efecto es el que produce la fuerza cortante. en estas se observa que para mantener el equilibrio de cualquiera de las secciones obtenidas necesitamos aplicar una fuerza vertical. con la finalidad de obtener el equilibrio estático.7 Fuerza cortante y Momento flexionante en una sección de la viga FUERZA CORTANTE Para mantener en equilibrio un segmento de la viga como el que se muestra en la figura 6. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Separando a esta viga se obtienen las figuras 6. pero con sentido contrario. El valor de esta fuerza. ya sea por la cantidad de cargas existentes o por la complejidad de las mismas para su análisis. una fuerza horizontal y un momento. MOMENTO FLEXIONANTE Para satisfacer las ecuaciones de equilibrio de la estática. De lo que se deduce que el momento externo es igual al momento resistente interno. en tal situación los momentos actuarían en sentido contrario. La línea de acción de la fuerza axial debe pasar por el centroide del área transversal de la viga. También puede ocurrir que comprima la parte superior y tense la parte inferior. Estos diagramas se generan a partir de una línea base igual a la longitud de la viga en el eje de las abscisas y sobre el eje de las ordenadas se van indicando los valores de la fuerza cortante o momento flexionante calculados.9.7). Para referirnos a estas fuerzas se utiliza en término fuerza axial. y con estos valores se pueden trazar gráficas de sus funciones en diagramas separados. para contrarrestar al generado por las fuerzas externas que actúan sobre la viga. SIGNOS CONVENCIONALES Para efectos prácticos los momentos flexionantes se definirán como positivos si producen compresión en la parte superior y tensión en la parte inferior y negativos si produce compresión en la parte inferior y tensión en la superior. Estos se utilizan para conocer la forma de actuar de la fuerza o el momento en 109 . aparte de que la Fx 0 y la Fy 0 . Figura 6.9 Momento flexionante en una viga DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLEXIONANTE El valor de la fuerza cortante y el momento flexionante se puede calcular en cualquier sección transversal de la viga. como se observa en la figura 6. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES FUERZA AXIAL Si además de la fuerza vertical existen fuerzas horizontales actuando sobre la viga (fuerza 𝑭𝒙 en la figura 6.7). lo que nos dará el momento en este punto. El momento resistente se puede interpretar físicamente como un par que estira o tensa las fibras superiores de la viga y comprime las inferiores. Para determinar el momento flexionante interno se toma la suma de los momentos de las fuerzas con respecto a un punto. Por lo tanto debe de existir un momento resistente interno en el área transversal de la sección (momento M en la figura 6. Dichos diagramas son llamados “Diagrama de Fuerza Cortante” y “Diagrama de Momento Flexionante”. se debe de cumplir también la condición de que la M Z 0 . tendremos una compresión o tensión sobre la viga. formando ecuaciones que se establecen para cada uno de los tramos de la carga en la viga. situada a una distancia x del punto que se ha tomado como referencia pueden expresarse en función de x . como se muestra en la figura 6. se observa que se tienen que equilibrar las fuerzas que actúan sobre el eje Y . siendo estos puntos de especial interés para el diseño de estas vigas. resulta ser igual a la suma de los momentos producidos por las cargas externas a un lado de la sección considerada. así como para encontrar los puntos en donde se tienen los valores máximos y mínimos de estas funciones. Considerándose la figura 6. estos tramos se consideran desde el punto de aplicación de una carga hasta el punto de aplicación de la siguiente carga. Las cargas cortantes y los momentos flexionantes que actúan en una sección transversal cualquiera. (6.1) Por lo que el momento flexionante en una sección cualquiera de una viga. Por otro lado se observa que en este tramo no se tiene ninguna fuerza que actué sobre el eje X . como se indica en la ecuación 6.10 Fuerza y momento que aparecen al cortan una viga Tomando el tramo izquierdo de la viga. Figura 6.10. que la fuerza cortante 𝑉𝑥 en cualquier sección 𝑅 − 𝑆 de la viga es igual a la suma de las fuerzas externas que actúan a un lado de la sección considerada. en esta se realiza un corte sobre la sección transversal R-S localizada a una distancia “x” del inicio de la viga.11 Tramo de carga en una viga 110 .11. en la cual se determinaran los valores de las cargas cortantes y los momentos flexionantes. por lo que se tiene: Fy 0 RA P1 P2 Vx Vx RA P1 P2 De lo anterior se concluye.1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES determinada sección de una viga. Figura 6. Esta viga tiene una longitud L entre los puntos A y B. siendo dichos momentos tomados con respecto a esta sección. por lo que se tiene: FX 0 Realizando la suma de momentos con respecto al punto en donde se cortó la viga (sección transversal 𝑅 − 𝑆) se tiene: M M N R A x 0 P1 x a1 P2 x a2 Mx 0 Mx R A x 0 P1 x a1 P2 x a2 ………. Se considera que en donde cambia la carga se tiene una discontinuidad por lo que la función varía. 0 Vx q dx Vx dVx dVx 0 q dx dVx q. (6. El incremento de la carga por ser una diferencial se puede considerar insignificante por lo que la carga se puede considera constante.12 (a) la cual soporta una carga cualquiera.12 (b). Figura 6. figura 6. el cual comprende la distancia 𝒙𝟑 . C X D . de esta tomemos una diferencial de longitud. el cual comprende la distancia 𝒙𝟐 ... nos permite saber que cuando la fuerza cortante es igual a cero el diagrama de momentos flexionantes presenta un máximo o un mínimo. las cargas aplicadas a la derecha de la viga nos da la misma carga más un aumento 𝒅𝑽𝒙.12 Carga. …. en este caso la función cambia en donde se aplican las cargas 𝑷 𝟏 y 𝑷𝟐 RELACIÓN ENTRE CARGA. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Analizando la viga de izquierda a derecha tenemos tres tramos de carga los cuales son: A X B .3) dx Se tiene que dx 2 da un producto muy pequeña que tiende a cero por lo que se puede despreciar. B X C . 111 . Aplicando la estática a esta diferencial se obtiene: Fy 0 Vx q dx Vx dVx . lo mismo ocurre con el momento por lo que este tendrá un valor 𝒅𝑴𝒙.. fuerza cortante y momento flexionante en un tramo de la viga. FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLEXIONANTE Observemos la viga de la figura 6.….2) dx De lo anterior se tiene que la carga es la pendiente negativa del diagrama de cortantes. Por otra parte de la ∑ 𝑴 en el extremo derecho se tiene: dx M Mx Vx dx qdx 2 Mx dMx 0 dMx 0 Vx dx q dx 2 dMx Vx …….…. (6. El hecho de que la fuerza cortante sea la pendiente del diagrama de momentos flexionantes. el cual comprende la distancia 𝒙𝟏 . La acción de las cargas aplicadas a la viga en la parte izquierda del elemento diferencial nos da la carga cortante 𝑽𝒙 y el momento flexionante 𝑴𝒙. EJEMPLO 6.1 Para la viga con una carga concentrada 𝑷 que se muestra en la figura determinar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. Conociendo las reacciones se procede a establecer el análisis del primer tramo. para lo cual se analiza y determinan las ecuaciones de fuerza cortante y momento flexionante para cada tramo y con esto se van realizando los diagramas o tomando en consideración toda la viga en cuyo caso para los diagramas de fuerza cortante solo se van sumando o restando las cargas según sea el caso y para el momento flexionante se determina la ecuación de momentos para toda la viga y se determina el momento para cada punto a lo largo de la misma siempre tomando en consideración las funciones de continuidad. para esto se realiza un corte en la viga antes de llegar a la carga 𝑷. 𝑴𝒙 = 𝑹𝑨 (𝒙 − 𝟎) = 𝑷𝒃⁄𝑳 (𝒙 − 𝟎) 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝟎 𝑽𝒙 = 𝑷𝒃⁄𝑳 . por lo que la fuerza cortante y momento flexionante que se tienen en este tramo se indica a continuación. 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒆𝒍 𝒑𝒓𝒊𝒎𝒆𝒓 𝒕𝒓𝒂𝒎𝒐: 𝑺𝒊 ∶ 𝟎 ≤ 𝒙 < 𝒂 𝒔𝒆 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆: 𝑽𝒙 = 𝑹𝑨 = 𝑷𝒃⁄𝑳 . teniéndose: 112 . 𝑴𝒙 = 𝑷𝒃⁄𝑳 (𝟎) = 𝟎 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝒂 𝑽𝒙 = 𝑷𝒃⁄𝑳 . como se observa en la siguiente figura. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLEXIONANTE Para determinar los esfuerzos normales y cortantes que actúan en una viga en cualquier punto a lo largo de la misma es importante conocer el valor de la fuerza cortante y del momento flexionante. Estos se pueden obtener de los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante que se generan para cada viga. Este análisis de la viga se puede realizar por tramos. 𝑹𝑩𝒀 = 𝑷𝒂⁄𝑳. Estas son: 𝑹𝑨𝒀 = 𝑷𝒃⁄𝑳 . como se observa en la siguiente figura. 𝑴𝒙 = 𝑷𝒃⁄𝑳 (𝒂) = 𝑷𝒃𝒂⁄𝑳 Para analizar el segundo tramo se observa que ya se tiene la totalidad de la viga por lo que se realiza el corte antes de llegar al apoyo B. ANÁLISIS: Como primer paso mediante la estática se proceden a determinar las reacciones en los apoyos. que representa toda la carga. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒆𝒍 𝒔𝒆𝒈𝒖𝒏𝒅𝒐 𝒕𝒓𝒂𝒎𝒐: 𝑺𝒊 ∶ 𝒂 ≤ 𝒙 < 𝑳 𝒔𝒆 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆: 𝑽𝒙 = 𝑹𝑨 − 𝑷 = −(𝑷𝒂⁄𝑳 ) . En esta viga la carga es simétrica por lo que aplicando la estática. 113 .2 Determinar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga simplemente apoyada con carga uniformemente distribuida que se muestra en la figura. 𝑴𝒙 = 𝑹𝑨 (𝒙 − 𝟎) − 𝑷(𝒙 − 𝒂) = (𝑷𝒃⁄𝑳 )(𝒙 − 𝟎) − 𝑷(𝒙 − 𝒂) 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝒂 𝑽𝒙 = −(𝑷𝒂⁄𝑳 ) . ANÁLISIS. se indica una carga 𝒒 que actúa sobre una longitud 𝑳. EJEMPLO 6. pero como se requiere tener una la fuerza cortante y el momento que producirá solo un pedazo de la misma en la misma figura (b). 𝑴𝒙 = (𝑷𝒃⁄𝑳 )(𝒂) 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝑳 𝑽𝒙 = −(𝑷𝒂⁄𝑳) . Conociendo las reacciones estableceremos las ecuaciones de fuerza cortante y momento flexionante para la carga uniformemente distribuida. se representa la misma carga 𝒒 actuando solo sobre una distancia 𝒙. En la figura siguiente figura (a). se obtiene que las reacciones en los apoyos son iguales y tienen un valor 𝑹𝑨 = 𝑹𝑩 = (𝒒 𝑳)⁄𝟐 . 𝑴𝒙 = (𝑷𝒃⁄𝑳 )(𝑳) − 𝑷(𝑳 − 𝒂) = (𝑷𝒃 ) − 𝑷(𝒃) = 𝟎 En la figura que se muestra a continuación se indican los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante que se obtienen para esta viga. siendo esta ecuación de momento flexionante la que se utilizara siempre que se tenga este tipo de carga. El momento flexionante máximo se tendrá cuando el cortante tenga un valor de cero. para toda la viga se tendrá como resultado el que se muestra en la siguiente figura. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES En la figura (b). 𝑴𝒙 = [(𝒒 𝑳)⁄𝟐](𝟎 − 𝟎) − (𝒒 (𝟎 − 𝟎)𝟐 )⁄𝟐) = 𝟎 𝑺𝒊 𝒙 = 𝑳 𝑽𝒙 = (𝒒 𝑳)⁄𝟐 − 𝒒 (𝑳) = − (𝒒 𝑳)⁄𝟐 . En este caso solo se tiene un solo tramo de carga. por lo que de la ecuación de fuerza cortante podemos determinar la distancia a la cual ocurre esto es 𝑳/𝟐. por lo realizando el análisis se tiene: 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒕𝒐𝒅𝒐 𝒆𝒍 𝒕𝒓𝒂𝒎𝒐: 𝟎≤𝒙<𝑳 𝑽𝒙 = 𝑹𝑨 − 𝒒 (𝒙 − 𝟎) = (𝒒 𝑳)⁄𝟐 − 𝒒 (𝒙 − 𝟎) 𝑴𝒙 = 𝑹𝑨 (𝒙 − 𝟎) − (𝒒 (𝒙 − 𝟎)𝟐 )⁄𝟐 = [(𝒒 𝑳)⁄𝟐](𝒙 − 𝟎) − (𝒒 (𝒙 − 𝟎)𝟐 )⁄𝟐) 𝑺𝒊: 𝒙=𝟎 𝑽𝒙 = 𝑹𝑨 − 𝒒 (𝟎 − 𝟎) = (𝒒 𝑳)⁄𝟐 . 𝑴𝒙 = [(𝒒 𝑳)⁄𝟐](𝑳) − (𝒒 (𝑳)𝟐 )⁄𝟐) = 𝟎 Realizando los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. se observa que la 𝑭𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒗𝒂𝒍𝒆𝒏𝒕𝒆 (𝑭𝒆) o fuerza cortante para cualquier sección de esta carga está definida por 𝑽𝒙 = 𝒒 𝒙 . mientras que el momento flexionante con respecto a un extremo de la carga se define por: 𝑴𝒙 = (𝒒 𝒙) (𝒙⁄𝟐) = (𝒒 𝒙𝟐 )⁄𝟐. (𝒒 𝑳)⁄𝟐 = 𝒒 (𝒙 − 𝟎) ∴ 𝒙 = 𝑳⁄𝟐 Para determinar el momento máximo se sustituye esta distancia en la ecuación de momento flexionante. 𝒔𝒆 𝒕𝒊𝒆𝒏𝒆: 𝑴𝒙 = [(𝒒 𝑳)⁄𝟐](𝑳⁄𝟐) − (𝒒 (𝑳⁄𝟐)𝟐 )⁄𝟐) = (𝒒 𝑳𝟐 ) ⁄ 𝟒 − (𝒒 𝑳𝟐 ) ⁄ 𝟖 = (𝒒 𝑳𝟐 ) ⁄ 𝟖 114 . obteniéndose que: 𝑺𝒊 𝒙 = 𝑳⁄𝟐 . 𝑽𝒙 = (𝒒 𝑳)⁄𝟐 − 𝒒 (𝒙 − 𝟎) = 𝟎 . como se indica a continuación. 0 RBL L R BL . RB RA A 2 3 2 3 6 Conociendo estas se analiza la viga observándose que la carga varía desde un valor igual a cero en el apoyo 𝑨 hasta un valor máximo igual a 𝑸 en el apoyo 𝑩. se debe de tomar en cuenta que el centroide se ubica ha 𝟏⁄𝟑. . y se encuentra actuando sobre una distancia 𝒙 : Relacionando estos dos triángulos mediante el ángulo β. Q L2 Q L2 M Q L Q L 0 . por lo que se determinara la fuerza equivalente (𝐅𝐞𝟐 ). cuyo valor máximo está indicado por 𝑸𝟐 . mientras que en la parte (b) se tiene solo una parte de la carga. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ∴ 𝑴𝑴𝑨𝑿 = 𝒒 𝑳𝟐 ⁄𝟖 EJEMPLO 6. de la distancia hacia el extremo será: 𝟏 𝑸 𝒙𝟐 𝟏 𝑸 𝒙𝟑 𝑸 𝒙𝟑 𝑴 = 𝑭𝒆𝟐 ( 𝒙) = ( 𝒙) = ∴ 𝑴𝒙 = 𝟑 𝟐𝒃 𝟑 𝟔 𝒃 𝟔 𝒃 Por lo que las ecuaciones para cualquier distancia en la viga esta viga son: 115 . 𝑭𝒆𝟐 = 𝒙= 𝟐 𝟐 𝟐 𝒃 𝟐𝒃 𝐐 𝐱𝟐 Por lo que la fuerza cortante para este tipo de carga será: 𝐕𝐱 = 𝟐𝐛 Para determinar el momento flexionante. la cual permitirá establecer las ecuaciones de fuerza cortante y momento flexionante para este tipo de carga. Para esto se consideraran dos triángulos como se muestra en siguiente figura. 𝑭𝒆𝟐 = 𝑸𝟐 𝒙 . para cualquier sección de carga. Q Q2 Q Q2 Q x Tg ( ) . el cual es el mismo se determina el valor máximo de la carga en un tramo de la viga (𝑸𝟐 ). Q2 b x b x b 𝟏 𝟏 𝟏 𝑸 𝒙 𝑸 𝒙𝟐 Se sabe que: 𝑭𝒆 = 𝑸 𝒃 . ANÁLISIS: Como primer paso se procede a determinar las reacciones en los apoyos. En la parte (a) de la anterior figura se observa que el valor máximo de la carga es 𝑸. y está actuando sobre una distancia 𝒃.3 Determinar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga simplemente apoyada con carga uniformemente variable que se muestra en la figura. por lo que: 𝑳 𝑺𝒊: 𝒙= √𝟑 𝑳 𝑳 𝟑 𝑳 𝑳 𝟑 ( ) ( ) 𝑸 𝑳 ( ) 𝑸 ( ) 𝑸 𝑳𝟐 √𝟑 − √𝟑 √𝟑 − √𝟑 𝑴𝒙 = ∴ 𝑴𝒙𝑴𝑨𝑿 = 𝟔 𝑳 𝑳𝟑 𝟔 𝟔𝑳 [ ] La ecuación para la fuerza cortante es de segundo grado por lo que la gráfica para esta carga será una parábola de segundo grado.4 Determinar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga en voladizo con carga concentrada en el extremo libre. mientras que para el momento se tiene una ecuación de tercer grado por lo que la gráfica será una parábola de tercer grado. 𝑀𝑥 = [ − ]=0 6 𝐿2 6 𝐿2 6 6 𝐿 𝐿3 𝑺𝒊 𝒙 = 𝑳 𝑄 𝐿 3 𝑥2 𝑄 𝐿 3 L2 𝑄 𝐿 𝑄 𝐿2 L (L)3 𝑉𝑥 = [1 − ]= [1 − ]= . que se muestra en la figura. por lo que el momento máximo se ubica a esta distancia. EJEMPLO 6. 𝑀𝑥 = [ − ]=0 6 𝐿2 6 𝐿2 3 6 L 𝐿3 𝑳 Para determinar el momento máximo se tiene que el cortante se hace cero para: 𝒙 = √𝟑 . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝟎≤𝒙<𝑳 𝟏 𝑸𝒙 𝒙 𝑸𝑳 𝑸 𝒙𝟐 𝑸 𝑳 𝟑 𝒙𝟐 𝑽𝒙 = 𝑹𝑨 − 𝑸𝟐 𝒙 = 𝑹𝑨 − ( ) ( )= − = [𝟏 − 𝟐 ] 𝟐 𝑳 𝟐 𝟔 𝟐𝑳 𝟔 𝑳 𝟏 𝟏 𝑸𝒙 𝒙 𝒙 𝑸𝑳 𝑸 𝒙𝟑 𝑸 𝑳𝟐 𝒙 𝒙𝟑 𝑴𝒙 = 𝑹𝑨 (𝒙) − 𝑸𝟐 𝒙 ( 𝒙) = 𝑹𝑨 (𝒙) − ( ) ( )( ) = (𝒙) − = [ − 𝟑] 𝟐 𝟑 𝑳 𝟐 𝟑 𝟔 𝟔𝑳 𝟔 𝑳 𝑳 Aplicando estas ecuaciones en los extremos de la viga se tiene: 𝑆𝑖 𝑥 = 0 𝑄 𝐿 3 𝑥2 𝑄 𝐿 3 (0)2 𝑄 𝐿 𝑄 𝐿2 0 (0)3 𝑉𝑥 = [1 − ]= [1 − ]= . 116 . como se observa en la siguiente figura. ANÁLISIS: Como es una carga uniformemente distribuida y actúa desde un valor igual a cero en el extremo libre hasta un valor máximo en el empotramiento. mientras que el momento varía con la distancia. por lo que las ecuaciones de fuerza cortante y momento flexionante son: 𝟎≤𝒙<𝑳 𝑽𝒙 = −𝑷 . la fuerza cortante es constante desde 𝑨 hasta 𝑩. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ANÁLISIS Determinando las reacciones en el empotramiento se tiene: ∑ 𝑴𝑩 = 𝟎 . 𝑹𝑩 = 𝑷 Como se trata de una carga concentrada. siendo: 𝑴𝒙𝑴𝑨𝑿 = −𝑷 𝑳 Los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante queda como se observa en la siguiente figura. 𝑴𝒙 = −𝑷 (𝒙 − 𝟎) 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟎 𝑽𝒙 = −𝑷 . lo mismos sucede con el momento. por lo que se tiene: 𝟎≤𝒙<𝑳 𝒙 𝒒 𝒙𝟐 𝑽𝒙 = −𝒒 𝒙 . 𝑴𝒙 = − =− =𝟎 𝟐 𝟐 117 . 𝑴𝒙 = −𝑷 (𝒙 − 𝟎) = −𝑷 (𝑳 − 𝟎) = −𝑷 𝑳 El momento máximo se localiza en donde se tiene el empotramiento. EJEMPLO 6. 𝑴𝑩 = 𝑷 𝑳 . 𝑴𝒙 = −𝒒 𝒙 =− 𝟐 𝟐 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝟎 𝒒 𝒙𝟐 𝒒 (𝟎)𝟐 𝑽𝒙 = −𝒒 𝒙 = −𝒒(𝟎) = 𝟎 . 𝟎 = 𝑷 𝑳 − 𝑴𝑩 .5 Determinar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionaste para la viga en voladizo con una carga uniformemente repartida que se muestra en la siguiente figura. 𝑴𝒙 = −𝑷 (𝒙 − 𝟎) = −𝑷 (𝟎 − 𝟎) = 𝟎 𝑺𝒊 𝒙 = 𝑳 𝑽𝒙 = −𝑷 . esto origina que se tengan que combinar los efectos que generan cada una de estas cargas. 𝟓𝒎) − (𝟑𝑲𝑵/𝒎)(𝟒. EJEMPLO 6. 𝟎𝟖 𝑲𝑵 ∑ 𝑴𝑩 = 𝟎 ∴ 𝟎 = −𝑹𝑨 (𝟒. 𝟓𝒎)(𝟐. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝑺𝒊 ∶ 𝒙=𝑳 𝒒 𝑳𝟐 𝑽𝒙 = −𝒒 𝑳 . 𝟐𝟓𝒎) ∴ 𝑹𝑨𝒚 = 𝟏𝟓. por lo que cuando se realizan los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. como se observa en la siguiente figura. Realizar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga simplemente apoyada que se muestra en la figura y sobre la cual actúan dos cargas concentrada y una uniformemente distribuida. con el fin de saber cómo actúan las cargas y poder generar los diagramas. 𝟓𝒎) ∴ 𝑹𝑩𝒀 = 𝟏𝟔. como se muestra en los siguientes ejemplos. ANÁLISIS: En esta viga al actuar más de dos cargas en un punto se debe realizar el análisis por tramos de carga.6. 𝟓𝒎)(𝟐. 𝟐𝟓𝒎) + 𝑹𝑩 (𝟒. 𝟓𝒎) − (𝟔 𝑲𝑵)(𝟑. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 118 . 𝑴𝒙 = − 𝟐 𝒒 𝑳𝟐 Por lo que el momento máximo es: 𝑴𝒙𝑴𝑨𝑿 = − 𝟐 El diagrama de fuerza cortante se tendrá una línea recta inclinada y el diagrama de momento será de forma parabólica. 𝟓𝒎) − (𝟏𝟐𝑲𝑵)(𝟏. por lo que se tiene: ∑ 𝑴𝑨 = 𝟎 ∴ 𝟎 = −(𝟔 𝑲𝑵)(𝟏𝒎) − (𝟏𝟐𝑲𝑵)(𝟑𝒎) − (𝟑𝑲𝑵/𝒎)(𝟒. TIPOS DE CARGAS EN VIGAS Comúnmente las vigas isostáticas pueden estar sometidas a más de una carga básica. se debe tomar en cuenta lo anteriormente indicado. Para esto lo primero que se hace es determinar las reacciones en los apoyos. 𝟓 𝒎 𝑽𝒙 = −𝟐. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 𝟑𝑲𝑵 [( ) [(𝟏 − 𝟎)𝒎]𝟐 ] 𝟏 𝑴𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟓 − 𝟎)𝒎]𝟏 = −𝟏𝟔. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 − (𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝟏 − 𝟎)𝒎]𝟏 − 𝟔𝑲𝑵 = 𝟔. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 − (𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝟏 − 𝟎)𝒎] = 𝟏𝟐. 𝟗𝟐 𝑲𝑵 𝒎 𝟐 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟑 𝒎 𝑽𝒙 = 𝟏𝟓. Primer tramo: 𝟎≤𝒙<𝟏𝒎 𝑽𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟒𝟐 𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟎) 𝒎] − − 𝟔 𝑲𝑵 [(𝒙 − 𝟏)𝒎]𝟏 − 𝟏𝟐 𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟑)𝒎]𝟏 𝟐 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟑 𝒎 𝑽𝒙 = −𝟐. 𝟒𝟐 𝑲𝑵[(𝟒. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Conociendo las reacciones se procede a realizar el análisis de cada tramo. en este caso se tienen tres tramos. 𝟒𝟐 𝑲𝑵[(𝟑 − 𝟎) 𝒎] − − 𝟔 𝑲𝑵 [(𝟑 − 𝟏)𝒎]𝟏 − 𝟏𝟐 𝑲𝑵[(𝟑 − 𝟑)𝒎]𝟏 𝟐 = 𝟐𝟎. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 − (𝟑𝑲𝑵/𝒎) [(𝒙 − 𝟎)𝒎] 𝟏 [(𝟑𝑲𝑵/𝒎) [(𝒙 − 𝟎)𝒎]𝟐 ] 𝑴𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟓𝟖 − (𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝒙 − 𝟎)𝒎]𝟏 𝟏 [(𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝒙 − 𝟎)𝒎]𝟐 ] 𝑴𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟓𝟖 − (𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝟒. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 − (𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝒙 − 𝟎)𝒎]𝟏 − 𝟔𝑲𝑵 𝟏 [(𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝒙 − 𝟎)𝒎]𝟐 ] 𝑴𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 − (𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝟑 − 𝟎)𝒎]𝟏 − 𝟔𝑲𝑵 = 𝟎. 𝟒𝟐 𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟎) 𝒎] − 𝟐 𝑺𝒊 ∶ 𝒙=𝟎 𝑽𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟎𝟖 𝑲𝑵 𝟏 [(𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝟑 − 𝟎)𝒎]𝟐 ] 𝑴𝒙 = 𝟏𝟓. 119 . 𝟓 − 𝟏)𝒎]𝟏 − 𝟏𝟐 𝑲𝑵[(𝟒. 𝟕𝟓 𝑲𝑵 𝒎 𝟐 Tercer tramo: 𝟑 𝒎 ≤ 𝒙 < 𝟒. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 − (𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝟎 − 𝟎)𝒎] = 𝟏𝟓. 𝟒𝟐 𝑲𝑵[(𝟎 − 𝟎) 𝒎] − 𝒎 = 𝟎 𝑲𝑵 𝒎 𝟐 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝟏𝒎 𝑽𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟕𝟓 𝑲𝑵 𝒎 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟒. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 𝟏 [(𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝟏 − 𝟎)𝒎]𝟐 ] 𝑴𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 𝟏 [(𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝟑 − 𝟎)𝒎]𝟐 ] 𝑴𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟓𝟖 − (𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝟑 − 𝟎)𝒎]𝟏 = −𝟏𝟏. 𝟒𝟐 𝑲𝑵 𝟑𝑲𝑵 [( ) [(𝟎 − 𝟎)𝒎]𝟐 ] 𝟏 𝑴𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟓𝟖 𝑲𝑵 𝟏 [(𝟑𝑲𝑵/𝒎)[(𝟑 − 𝟎)𝒎]𝟐 ] 𝑴𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟒𝟐 𝑲𝑵[(𝟏 − 𝟎) 𝒎] − − 𝟔 𝑲𝑵 [(𝟏 − 𝟏)𝒎]𝟏 = 𝟏𝟑. 𝟓 − 𝟎) 𝒎] − − 𝟔 𝑲𝑵 [(𝟒. 𝟒𝟐 𝑲𝑵[(𝟑 − 𝟎) 𝒎] − − 𝟔 𝑲𝑵 [(𝟑 − 𝟏)𝒎]𝟏 = 𝟐𝟎. 𝟗𝟐 𝑲𝑵 𝒎 𝟐 Segundo tramo: 𝟏𝒎≤𝒙<𝟑𝒎 𝑽𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟒𝟐 𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟎) 𝒎] − − 𝟔 𝑲𝑵 [(𝒙 − 𝟏)𝒎]𝟏 𝟐 𝑺𝒊 𝒙 = 𝟏 𝒎 𝑽𝒙 = 𝟏𝟓. 𝟓 𝒎 𝑽𝒙 = −𝟐. 𝟓 − 𝟑)𝒎]𝟏 𝟐 = 𝟎 𝑲𝑵 𝒎 Los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga se muestran en la siguiente figura. 𝟒𝟐 𝑲𝑵[(𝟏 − 𝟎) 𝒎] − 𝒎 = 𝟏𝟑. se tendrá un momento máximo o minimo. por lo que lo primero que se hace es sustituir esta ménsula por la carga y momento que esta aporta a la viga. Este punto se encuentra a 𝟑 metros. por lo que se tiene: 𝑺𝒊 𝑿 = 𝟑 𝒎 𝟑𝑲𝑵 [( ) [(𝟑 − 𝟎)𝒎]𝟐 ] 𝑴𝒙𝑴𝑨𝑿 = 𝟏𝟓. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 ∑ 𝑭𝒙 = 𝑹𝑨𝒙 = 𝟎 ∴ 𝑹𝑨𝒙 = 𝟎 Realizando el análisis de la viga por tramos se tiene: Primer tramo: 𝟎≤𝒙<𝟏𝒎 120 . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Para determinar la distancia a la cual se tendrá el momento máximo. se toma en consideración que el punto en donde cambia el diagrama de cortantes de positivo a negativo o de negativo a positivo 𝑽𝒙 = 𝟎. 𝟒𝟐 𝑲𝑵[(𝟑 − 𝟎) 𝒎] − 𝟏 𝒎 − 𝟔 𝑲𝑵 [(𝟑 − 𝟏)𝒎]𝟏 − 𝟏𝟐 𝑲𝑵[(𝟑 − 𝟑)𝒎]𝟏 𝟐 𝑴𝒙𝑴𝑨𝑿 = 𝟐𝟎. quedando la misma como se muestra en la figura. 𝟕𝟓 𝑲𝑵 𝒎 EJEMPLO 6. ANÁLISIS: Esta viga tiene una ménsula en la cual actúa una carga de 3KN. Conociendo lo anterior se procede a determinar las reacciones que actúan en los apoyos: ∑ 𝑴𝑨 = 𝟎 ∴ 𝟎 = −(𝟑 𝑲𝑵)(𝟏𝒎) − (𝟑𝑲𝑵 − 𝒎) − (𝟓𝑲𝑵/𝒎)(𝟐𝒎)(𝟒𝒎) − (𝟖𝑲𝑵)(𝟔 𝒎) + 𝑹𝑩 (𝟖 𝒎) ∴ 𝑹𝑩𝒚 = 𝟏𝟏.7 Determinar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga que se muestra en la figura. 𝟕𝟓 𝑲𝑵 ∑ 𝑴𝑩 = 𝟎 ∴ 𝟎 = −𝑹𝑨 (𝟖𝒎) + (𝟑 𝑲𝑵)(𝟕𝒎) − (𝟑𝑲𝑵 − 𝒎) + (𝟓𝑲𝑵/𝒎)(𝟐𝒎)(𝟒𝒎) + (𝟖𝑲𝑵)(𝟐𝒎) ∴ 𝑹𝑨𝒚 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝒙 − 𝟏) 𝒎] 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝟏𝒎 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝟑 𝑲𝑵 − 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟓 − 𝟑𝒎)𝟏 = −𝟑. 𝟐𝟒 𝑲𝑵 − 𝒎 En la viga se tiene una carga uniformemente distribuida que comienza en 𝟑 𝒎 y termina en 𝟓 𝒎. 𝟕𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝟏 𝟎 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝒙 − 𝟑𝒎)𝟐 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝒙 − 𝟓𝒎)𝟐 𝑴𝒙 = 𝟗. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝑽𝒙 = 𝑹𝑨 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝑴𝒙 = 𝟗. pero la ecuación para esta carga actúa desde 𝟑 𝒎 hasta que termina la viga por lo que será necesario restar la carga sobrante. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 . 𝟕𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝟏 𝟎 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟓 − 𝟑𝒎)𝟐 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟒 𝑲𝑵 − 𝒎 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝟔 𝒎 𝑽𝒙 = −𝟑. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟎) 𝒎] 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝟎 𝟏 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟓𝟎 𝑲𝑵 − 𝒎 Quinto tramo: 𝟔≤𝒙<𝟖𝒎 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝒎 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝟑𝒎 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟕𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝟏 𝟎 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟓 − 𝟑𝒎)𝟐 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟓 − 𝟓𝒎)𝟐 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝟏 𝟎 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝟏 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝟏 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝟏 − 𝟏) 𝒎] = 𝟏𝟐. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝟔 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝟔 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝟔 − 𝟏) 𝒎] − + 𝟐 𝟐 𝑴𝒙 = 𝟐𝟑. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝟑 𝑲𝑵 − 𝟏𝟎𝑲𝑵 − 𝟖𝑲𝑵 = −𝟏𝟏. como se indica del cuarto tramo en adelante. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝟏 𝟎 𝑴𝒙 = 𝟗. Cuarto tramo: 𝟓≤𝒙<𝟔𝒎 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝟓 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝟓 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝟓 − 𝟏) 𝒎] − 𝟐 = 𝟐𝟕. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝟑 𝑲𝑵 = 𝟔. 𝟕𝟓 𝑲𝑵 − 𝒎 𝑺𝒊 ∶ 𝒙=𝟓𝒎 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝟑 𝑲𝑵 − 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟑 − 𝟑𝒎)𝟏 = 𝟔. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝟑 𝑲𝑵 − 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝒙 − 𝟑𝒎)𝟏 = 𝟔. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝟑 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝟑 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝟑 − 𝟏) 𝒎] − 𝟐 = 𝟐𝟒. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝟑 𝑲𝑵 = 𝟔. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝟓 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝟓 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝟓 − 𝟏) 𝒎] − + 𝟐 𝟐 𝑴𝒙 = 𝟐𝟕. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝟏 𝟎 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟑 − 𝟑𝒎)𝟐 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝒙 − 𝟏) 𝒎] − + 𝟐 𝟐 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝟓 𝒎 𝑽𝒙 = −𝟑. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝟏 𝟎 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝟏 𝟎 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝒙 − 𝟑𝒎)𝟐 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝟎 − 𝟎) 𝒎] = 𝟎 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝟏 𝟏 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝒎 Segundo tramo: 𝟏≤𝒙<𝟑𝒎 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟕𝟓 𝑲𝑵 121 . 𝟕𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝟏 𝟎 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟔 − 𝟑𝒎)𝟐 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟔 − 𝟓𝒎)𝟐 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝟑 𝑲𝑵 − 𝟏𝟎𝑲𝑵 = −𝟑. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝟑 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝟑 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝒙𝟑 − 𝟏) 𝒎] = 𝟐𝟒. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝟏 − 𝟎) 𝒎] = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝒙 − 𝟏) 𝒎] − 𝟐 𝑺𝒊 ∶ 𝒙=𝟑𝒎 𝑽𝒙 = 𝟗. para esto se agrega una carga igual y de sentido contrario desde 𝟓 𝒎 hasta que termina la viga. 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝟑 𝑲𝑵 = 𝟔. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 . 𝟕𝟓 𝑲𝑵 − 𝒎 Tercer tramo: 𝟑≤𝒙<𝟓𝒎 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝟑 𝑲𝑵 − 𝟏𝟎𝑲𝑵 − 𝟖𝑲𝑵 = −𝟏𝟏. 𝟔𝟔𝟔 − 𝟏) 𝒎] 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟒. 𝟓𝟎 𝑲𝑵 − 𝒎 𝟐 𝟐 𝐒𝐢 ∶ 𝐱 = 𝟖 𝐦 𝐕𝐱 = 𝟗. 122 . 𝟕𝟓 𝑲𝑵 𝟏 𝟏 𝟎 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟔𝟔𝟔 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝟒. esto ocurre en el tramo 3 x 5 .8 Para la viga en voladizo que se muestra en la siguiente figura determine las reacciones y trace los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. 𝟔𝟔𝟔 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝟒. 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒎 Sustituyendo esta distancia en la ecuación de momento flexionante para ese tramo se tiene: 𝟏 𝟏 𝟎 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟔𝟔𝟔 − 𝟑𝒎)𝟐 − 𝟐 𝑴𝒙𝑴𝑨𝑿 = 𝟐𝟖. 𝟔𝟓 𝑲𝑵 − 𝒎 EJEMPLO 6. Para determinar el momento máximo que actúa sobre la viga se debe tomar en consideración que este se encuentra en donde el cortante tiene un valor igual a cero. 𝟐𝟓 𝑲𝑵 − 𝟑 𝑲𝑵 − 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝒙 − 𝟑𝒎)𝟏 = 𝟎 ∴ 𝒙 = 𝟒. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝟒. por lo que se tiene: 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝐊𝐍 − 𝟑 𝐊𝐍 − 𝟏𝟎𝐊𝐍 − 𝟖𝐊𝐍 = −𝟏𝟏. 𝟐𝟓 𝐊𝐍[(𝟖 − 𝟎) 𝐦] − 𝟑𝐊𝐍[(𝟖 − 𝟏) 𝐦] + 𝟑 𝐊𝐍−𝐦[(𝟖 − 𝟏) 𝐦] 𝟓 𝐊𝐍⁄𝐦(𝟖 − 𝟑𝐦)𝟐 𝟓 𝐊𝐍⁄𝐦(𝟖 − 𝟓𝐦)𝟐 𝟏 − + − 𝟖𝐊𝐍[(𝟖 − 𝟔) 𝐦] = 𝟎 𝟐 𝟐 Con los resultados obtenidos se pueden trazar los siguientes diagramas. 𝟕𝟓 𝐊𝐍 𝟏 𝟏 𝟎 𝐌𝐱 = 𝟗. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝟏 𝟏 𝟎 𝑴𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝒙 − 𝟏) 𝒎] 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝒙 − 𝟑𝒎)𝟐 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝒙 − 𝟓𝒎)𝟐 𝟏 − + − 𝟖𝑲𝑵[(𝒙 − 𝟔) 𝒎] 𝟐 𝟐 𝑺𝒊 ∶ 𝒙 = 𝟔 𝒎 𝑽𝒙 = 𝟗. 𝟐𝟓 𝑲𝑵[(𝟔 − 𝟎) 𝒎] − 𝟑𝑲𝑵[(𝟔 − 𝟏) 𝒎] + 𝟑 𝑲𝑵−𝒎[(𝟔 − 𝟏) 𝒎] 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟔 − 𝟑𝒎)𝟐 𝟓 𝑲𝑵⁄𝒎(𝟔 − 𝟓𝒎)𝟐 𝟏 − + − 𝟖𝑲𝑵[(𝟔 − 𝟔) 𝒎] = 𝟐𝟑. Primer tramo: 0≤𝑥 <6𝑚 𝑉𝑥 = 20 𝐾𝑙𝑏 − 2 𝐾𝑙𝑏/𝑓𝑡 ((𝑥 − 0)𝑚)1 (2 𝐾𝑙𝑏⁄𝑓𝑡)((𝑥 − 0)𝑚)2 𝑀𝑥 = −166 + 20 𝐾𝑙𝑏((𝑥 − 0)𝑚)1 + 2 𝑆𝑖 𝑥 = 0 𝑉𝑥 = 20 𝐾𝑙𝑏 − 2 𝐾𝑙𝑏/𝑓𝑡 ((0 − 0)𝑚)1 = 20 𝐾𝑙𝑏 2 (2 𝐾𝑙𝑏⁄𝑓𝑡)((0 − 0)𝑚) 𝑀𝑥 = −166 𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 + 20 𝐾𝑙𝑏((0 − 0)𝑚)1 + = −166 𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 2 𝑆𝑖 𝑥 = 6 𝑉𝑥 = 20 𝐾𝑙𝑏 − 2 𝐾𝑙𝑏/𝑓𝑡 ((6 − 0)𝑚)1 = 8 𝐾𝑙𝑏 2 (2 𝐾𝑙𝑏⁄𝑓𝑡)((6 − 0)𝑚) 𝑀𝑥 = −166 𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 + 20 𝐾𝑙𝑏((6 − 0)𝑚)1 − = −82 𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 2 Segundo tramo: 6 ≤ 𝑥 < 10 𝑚 𝑉𝑥 = 20 𝐾𝑙𝑏 − 12 𝐾𝑙𝑏 = 8𝐾𝑙𝑏 2 2 (2 𝐾𝑙𝑏⁄𝑓𝑡)((𝑥 − 0)𝑚) (2 𝐾𝑙𝑏⁄𝑓𝑡)((𝑥 − 6)𝑚) 𝑀𝑥 = −166 + 20 𝐾𝑙𝑏((𝑥 − 0)𝑚)1 − + + 50𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 2 2 𝑆𝑖 𝑥 = 6 𝑉𝑥 = 20 𝐾𝑙𝑏 − 12 𝐾𝑙𝑏 = 8𝐾𝑙𝑏 2 2 (2 𝐾𝑙𝑏⁄𝑓𝑡)((6 − 0)𝑚) (2 𝐾𝑙𝑏⁄𝑓𝑡)((6 − 6)𝑚) 𝑀𝑥 = −166 + 20 𝐾𝑙𝑏((6 − 0)𝑚)1 − + + 50𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 = −32𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 2 2 𝑆𝑖 𝑥 = 10 𝑉𝑥 = 20 𝐾𝑙𝑏 − 12 𝐾𝑙𝑏 = 8𝐾𝑙𝑏 2 2 (2 𝐾𝑙𝑏⁄𝑓𝑡)((10 − 0)𝑚) (2 𝐾𝑙𝑏⁄𝑓𝑡)((10 − 6)𝑚) 𝑀𝑥 = −166 + 20 𝐾𝑙𝑏((10 − 0)𝑚)1 − + + 50𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 = 0 2 2 Los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante se muestran en la siguiente figura. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ANÁLISIS: Como se tiene una viga en voladizo. los cuales son: ∑ 𝐹𝑦 = 𝑅𝐴𝑦 − 12 𝐾𝑙𝑏 − 8 𝐾𝑙𝑏 = 0 ∴ 𝑅𝐴𝑦 = 20 𝐾𝑙𝑏 ∑ 𝑀𝐴 = 0 = −𝑀𝐴 + 12 𝐾𝑙𝑏(3 𝑓𝑡) + (50𝐾𝑙𝑏 − 𝑓𝑡) + 8𝐾𝑙𝑏 (10𝑓𝑡) ∴ 𝑀𝐴 = 166 𝐾𝑙𝑏 − 𝑓𝑡 Conociendo la reacción y momento en el empotramiento se realiza el análisis por tramos. 123 . en el empotramiento se tendrá una reacción y un momento. 𝑅𝐴𝑥 = 0 Se procede a realizar el análisis tramo por tramo. 0≤𝑥 <1𝑚 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑁 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑁 ((𝑥 − 0)𝑚)1 124 .9 Para la viga que se muestra en la figura: (a) Trace los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. con lo que se tiene: ∑ 𝑀𝐴 = 0 ∴ 0 = (2𝐾𝑁)(1𝑚) − (3𝐾𝑁/𝑚)(3𝑚)(1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 6.5𝑚) − (0. ANÁLISIS.5)(3 𝑚)(4𝐾𝑁/𝑚)(5𝑚) + 𝑅𝐵 (6 𝑚) ∴ 𝑅𝐵𝑦 = 6. (b) Determine la fuerza cortante y el momento flexionante máximo. Primer tramo.917 𝐾𝑁 ∑ 𝑀𝐵 = 0 ∴ 0 = (2𝐾𝑁)(7𝑚) − 𝑅𝐴 (6𝑚) + (3 𝐾𝑁)(3𝑚)(4.5)(3 𝑚)(4𝐾𝑁/𝑚)(1𝑚) ∴ 𝑅𝐴𝑦 = 10.083 𝐾𝑁 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑅𝐴𝑥 = 0 .5𝑚) − (0. En primer lugar se determinan las reacciones en los apoyos. 083𝐾𝑁 − 3𝐾𝑁/𝑚((4 − 1)𝑚)1 = −0. 1≤𝑥 <4𝑚 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑁 + 10.917 𝐾𝑁 (3𝐾𝑁/𝑚)((4 − 1)𝑚)2 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑁 ((4 − 0)𝑚)1 + 10.75 𝐾𝑁 𝑚 2 6(3𝑚) 𝑆𝑖 ∶ 𝑥 = 7𝑚 (4𝐾𝑁/𝑚)((7 − 4)𝑚)2 𝑉𝑥 = −0.083 𝐾𝑁 (3𝐾𝑁/𝑚)((1 − 1)𝑚)2 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑁 ((1 − 0)𝑚)1 + 10.917 𝐾𝑁 − = −0.75 𝐾𝑁 𝑚 2 Tercer tramo: 4 ≤ 𝑥 < 7𝑚 (4𝐾𝑁/𝑚)((𝑥 − 4)𝑚)2 𝑉𝑥 = −0.083𝐾𝑁((1 − 1)𝑚)1 − = −2 𝐾𝑁 𝑚 2 𝑆𝑖 ∶ 𝑥 = 4 𝑚 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑁 + 10. 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑁 ((1 − 0)𝑚) = −2 𝐾𝑁 − 𝑚 Segundo tramo.917 𝐾𝑁 − 2(3𝑚) (3𝐾𝑁/𝑚)((𝑥 − 1)𝑚)2 (3𝐾𝑁/𝑚)((𝑥 − 4)𝑚)2 (4𝐾𝑁/𝑚)((𝑥 − 4)𝑚)3 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑁 ((𝑥 − 0)𝑚)1 + 10.083𝐾𝑁((4 − 1)𝑚)1 − 2 (3𝐾𝑁/𝑚)((4 − 4)𝑚)2 (4𝐾𝑁/𝑚)((4 − 4)𝑚)3 + − = 𝑀𝑥 = 8. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝑆𝑖 ∶ 𝑥 = 0 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑁 .083𝐾𝑁((𝑥 − 1)𝑚)1 − 2 𝑆𝑖 ∶ 𝑥 = 1𝑚 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑁 + 10.917 𝐾𝑁 − = −6. 𝑀𝑥 = − 2𝐾𝑁 ((0 − 0)𝑚)1 = 0 𝑆𝑖 ∶ 𝑥 = 1 1 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑁 . 125 .083𝐾𝑁 − 3𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 1)𝑚)1 (3𝐾𝑁/𝑚)((𝑥 − 1)𝑚)2 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑁 ((𝑥 − 0)𝑚)1 + 10.917 𝐾𝑁 2(3𝑚) (3𝐾𝑁/𝑚)((4 − 1)𝑚)2 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑁 ((4 − 0)𝑚)1 + 10.083𝐾𝑁((7 − 1)𝑚)1 − 2 (3𝐾𝑁/𝑚)((7 − 4)𝑚)2 (4𝐾𝑁/𝑚)((7 − 4)𝑚)3 + − =0 2 6(3𝑚) Realizando el análisis por tramos se tienen los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante mostrados en la figura.083𝐾𝑁 − 3𝐾𝑁/𝑚((1 − 1)𝑚)1 = 8.083𝐾𝑁((𝑥 − 1)𝑚)1 − + − 2 2 6(3𝑚) 𝑆𝑖 ∶ 𝑥=4𝑚 (4𝐾𝑁/𝑚)((4 − 4)𝑚)2 𝑉𝑥 = −0.083𝐾𝑁((4 − 1)𝑚)1 − = 8.917 𝐾𝑁 2(3𝑚) (3𝐾𝑁/𝑚)((7 − 1)𝑚)2 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑁 ((7 − 0)𝑚)1 + 10. 126 . en este caso es en el tramo 1 x 4 . Sobre el lado de la viga a compresión las fibras de la viga se acortan y sobre el lado en tensión se estiran. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES El momento máximo se encuentra donde el cortante tiene un valor de cero. 𝟖𝟖𝟗 𝑲𝑵 𝒎 FLEXIÓN PURA Cuando sobre la sección transversal de una viga actúa solamente el momento flexionarte. por lo que igualara a cero la ecuación de cortante en este tramo para determinar la distancia en la cual se tiene el momento máximo. esto parece confirmarse cuando menos con una buena aproximación tanto en el rango elástico como inelástico. SUPERFICIE NEUTRA De la suposición de que las secciones transversales planas antes de la flexión.083𝐾𝑁 − 3𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 1)𝑚)1 = 0 . La flexión pura se desarrolla bajo ciertas condiciones de cargas que no permiten que exista otro tipo de efecto aparte de la flexión.6943 𝑚 Por lo que el momento máximo es: (3𝐾𝑁/𝑚)((3. Ha quedado establecido por muchos estudios que en la flexión pura las deformaciones son proporcionales a la distancia al eje neutro.083𝐾𝑁 = 3𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 1)𝑚)1 .6943 − 1)𝑚)1 − 2 𝑴𝒙𝑴𝑨𝑿 = 𝟖. se ven sometidas a esfuerzo de tracción y compresión a un lado y otro de una capa que no está sujeta a ningún esfuerzo y por lo mismo se denomina capa neutra o elástica. 𝑥 = 3. por lo que se tiene: 1≤𝑥 <4𝑚 𝑉𝑥 = 8. 8. se dice que existe una condición de “FLEXIÓN PURA”.6943 − 1)𝑚)2 𝑀𝑥𝑀𝐴𝑋 = −2𝐾𝑁 ((3. permanecen planas después de esta. se tiene que al flexionarse una viga las secciones transversales de la misma.083𝐾𝑁((3.6943 − 0)𝑚)1 + 10. teniéndose los esfuerzos normales máximos en los puntos más alejados del eje neutro. este tramo posteriormente es sometido en sus extremos a la acción de momentos flexionantes 𝑀. Lo anterior demuestra que las deformaciones mayores de alargamiento o acortamiento suceden en fibras que se encuentran más lejos de la capa o superficie neutra. permaneciendo rectas. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Para comprender lo anterior observemos la figura 6. la cual se comprime menos que la fibra 𝑎’ − 𝑏’. mientras que la fibra 𝑎 − 𝑏 situada en la parte superior se alarga. lo que demuestra su tensión y la fibra 𝑎’ − 𝑏’ se comprime. En la parte (a) se observa un tramo de viga el cual está dividido en sección de longitud dx . Figura 6. EJE NEUTRO La línea a lo largo de la cual los esfuerzos flexionantes son cero es llamada “EJE NEUTRO”. En la figura 6. Las líneas 𝑎 − 𝑎’ y 𝑏 − 𝑏’ de la superficie de la viga giran cierto ángulo 𝑑𝜃. Figura 6. En la superficie superior e inferior de la viga respectivamente. Si se observa la fibra 1 − 1’ se podrá ver que esta también se alarga pero en menor medida que la fibra 𝑎 − 𝑏. los que originan que se deforme este tramo como se muestra en la parte (b). siendo la superficie neutra.14 Eje Neutro en una viga Al aplicar de la carga 𝑃 en la parte superior a partir de este eje se tiene compresión y en la parte inferior tensión. demostrándose su compresión. encontrándose sobre Z el eje neutro. por lo que no se comprime ni se alarga.14.13 Momento flexionante en viga La longitud de la fibra 2 − 2’ no varía. Figura 6. como se observa en la figura 6.15 Esfuerzo normal 127 . después de la deformación.13. Este se encuentra en la superficie neutra. lo mismo sucede con la fibra 3 − 3’.14 la superficie neutra se muestra sobre el plano 𝑋 − 𝑍. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Tomando en consideración que la sección transversal de la figura 6.15 está en equilibrio, la suma de los momentos producidos por las cargas resistentes con respecto del eje neutro debe ser igual al momento flexionante que los origina. Por lo que el momento en la parte superior de la viga con respecto del eje neutro ( Z ), se puede relacionar este momento el cual se encuentra a una distancia ESFUERZO NORMAL EN LA SECCIÓN TRASVERSAL DE UNA VIGA Figura 6.16 YMAX , con el momento que se tendrá a cualquier distancia y . Para tal efecto se tomara en consideración la figura 6.16. En la figura se tiene que: 𝑑𝐴 = 𝐴𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑖𝑏𝑟𝑎 𝑙𝑜𝑐𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑎 𝑎 𝑢𝑛𝑎 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 "y" 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑝𝑎 𝑜 𝑒𝑗𝑒 𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜; 𝑃𝑐 = 𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑖𝑒𝑡𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑜𝑟𝑖𝑔𝑖𝑛𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑙𝑎 𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖𝑜𝑛 ; 𝑌𝑀𝐴𝑋 = 𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑣𝑖𝑔𝑎 La carga Pc dA , por lo que el momento será: Y Y Y y Mx dA y Pc y Mx dA y dA y 2 …….… (6.4) Y ; 0 o 0 y o y y dA I Z 2 De la estática se tiene que: Dónde: 𝐼𝑍 = 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑍 Sustituyendo lo anterior en la ecuación 6.4, se tiene: Mx I Z ………… (6.5) y Mx y Despejando el esfuerzo: ..………(6.6) IZ La ecuación 6.6 permite determinar el esfuerzo en una viga a cualquier distancia a partir del eje neutro. Por otra parte los esfuerzos en la parte superior de la viga a partir del eje neutro se pueden representar de la forma que se indica en la figura 6.17. Figura 6.17 Variación del esfuerzo normal MAX De la figura 6.17 se tiene: tg y YMAX 128 INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES MAX Sustituyendo lo anterior en la ecuación 6.5 se tiene: Mx IZ YMAX Mx YMAX Por lo que el esfuerzo máximo será: MAX ……….. (6.7) IZ La ecuación 6.7 es conocida como “ECUACIÓN DE LA ESCUADRÍA”. Si se conoce el momento flexionante máximo en la viga se podrá determinar el esfuerzo normal máximo en la viga, que para fines de diseño es el requerido. Para lo cual se debe de tomar en consideración que este esfuerzo puede ser positivo (tensión) o negativo (compresión), por lo que no se deberá tener solo en cuenta los esfuerzos positivos, sino también los negativos. Para comprender la variación de los esfuerzos en una viga se muestran los siguientes ejemplos. EJEMPLO 6.10 Para la viga simplemente apoyada que se muestra en la figura, calcular el esfuerzo en la fibra extrema superior (𝜎𝑀𝐴𝑋 ). ANÁLISIS: Para poder determinar el esfuerzo normal o el esfuerzo cortante se debe determinan los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante, para lo cual en primer instancia se determinan las reacciones en los apoyos. ∑ 𝑀𝐴 = 0 ∴ 0 = (2𝐾𝑙𝑏)(2 𝑓𝑡) − (1.8𝐾𝑙𝑏/𝑓𝑡)(8𝑓𝑡)(4 𝑓𝑡) + 𝑅𝐵𝑦 (8 𝑓𝑡) − (2 𝐾𝑙𝑏)(10𝑓𝑡) ∴ 𝑅𝐵𝑦 = 9.2 𝐾𝑙𝑏 ∑ 𝑀𝐵 = 0 ∴ 0 = (2𝐾𝑙𝑏)(10𝑓𝑡) − 𝑅𝐴𝑦 (8𝑓𝑡) + (1.8 𝐾𝑙𝑏/𝑓𝑡)(8𝑓𝑡)(4𝑓𝑡) − (2 𝐾𝑙𝑏)(10𝑓𝑡) ∴ 𝑅𝐴𝑦 = 9.2 𝐾𝑙𝑏 ∑ 𝐹𝑥 = 𝑅𝐴𝑥 = 0 ∴ 𝑅𝐴𝑥 = 0 Conociéndose las reacciones se procede a determinar la fuerza cortante y el momento flexionante que actúa en la viga. Primer tramo: 0≤𝑋<2 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑙𝑏 ; 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑙𝑏 [(𝑥 − 0)𝑓𝑡]1 𝑆𝑖∶ 𝑥 = 0 𝑓𝑡 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑙𝑏 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑙𝑏 [(0 − 0)𝑓𝑡]1 = 0 𝑆𝑖∶ 𝑥 = 2 𝑓𝑡 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑙𝑏 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑙𝑏 [(2 − 0)𝑓𝑡]1 = −4 𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 129 INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Segundo tramo: 2 𝑓𝑡 ≤ 𝑥 < 10 𝑓𝑡 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑙𝑏 + 9.2 𝐾𝑙𝑏 − (1.8𝐾𝑙𝑏/𝑓𝑡)[(𝑥 − 2)𝑓𝑡]1 = 7.2 − (1.8𝐾𝑙𝑏/𝑓𝑡)[(𝑥 − 2)𝑓𝑡]1 (1.8𝐾𝑙𝑏/𝑓𝑡)[(𝑥 − 2)𝑓𝑡]2 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑙𝑏 [(𝑥 − 0)𝑓𝑡]1 + 9.2𝐾𝑙𝑏 [(𝑥 − 2)𝑓𝑡]1 − 2 𝑆𝑖∶ 𝑥 = 2 𝑓𝑡 1.8𝐾𝑙𝑏 1.8𝐾𝑙𝑏 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑙𝑏 + 9.2 𝐾𝑙𝑏 − ( ) [(2 − 2)𝑓𝑡]1 = 7.2 − ( ) [(2 − 2)𝑓𝑡]1 = 7.2 𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 𝑓𝑡 1.8𝐾𝑙𝑏 ( ) [(2 − 2)𝑓𝑡]2 1 1 𝑓𝑡 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑙𝑏 [(2 − 0)𝑓𝑡] + 9.2𝐾𝑙𝑏 [(2 − 2)𝑓𝑡] − = −4𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 2 𝑆𝑖∶ 𝑥 = 10 𝑓𝑡 1.8𝐾𝑙𝑏 1.8𝐾𝑙𝑏 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑙𝑏 + 9.2 𝐾𝑙𝑏 − ( ) [(10 − 2)𝑓𝑡]1 = 7.2 − ( ) [(10 − 2)𝑓𝑡]1 = −7.2 𝐾𝑙𝑏 𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 𝑓𝑡 1.8𝐾𝑙𝑏 ( ) [(10 − 2)𝑓𝑡]2 1 𝑓𝑡1 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑙𝑏 [(10 − 0)𝑓𝑡] + 9.2𝐾𝑙𝑏 [(10 − 2)𝑓𝑡] − = −4𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 2 Tercer tramo: 10 𝑓𝑡 ≤ 𝑥 < 12 𝑓𝑡 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑙𝑏 + 9.2 𝐾𝑙𝑏 − 14.4 𝐾𝑙𝑏 + 9.2𝐾𝑙𝑏 = 2𝐾𝑙𝑏 ; 1.8𝐾𝑙𝑏 1.8𝐾𝑙𝑏 ( ) [(𝑥 − 2)𝑓𝑡]2 ( ) [(𝑥 − 10)𝑓𝑡]2 𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑙𝑏 [(𝑥 − 0)𝑓𝑡]1 + 9.2𝐾𝑙𝑏 [(𝑥 − 2)𝑓𝑡]1 − + + 9.2𝐾𝑙𝑏[(𝑥 − 10)𝑓𝑡]1 2 2 𝑆𝑖∶ 𝑥 = 10 𝑓𝑡 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑙𝑏 + 9.2 𝐾𝑙𝑏 − 14.4 𝐾𝑙𝑏 + 9.2𝐾𝑙𝑏 = 2𝐾𝑙𝑏 ; 1.8𝐾𝑙𝑏 1.8𝐾𝑙𝑏 ( ) [(10 − 2)𝑓𝑡]2 ( ) [(10 − 10)𝑓𝑡]2 𝑓𝑡 𝑓𝑡 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑙𝑏 [(10 − 0)𝑓𝑡]1 + 9.2𝐾𝑙𝑏 [(10 − 2)𝑓𝑡]1 − + + 9.2𝐾𝑙𝑏[(10 − 10)𝑓𝑡]1 2 2 𝑀𝑥 = −4𝐾𝑙𝑏 𝑓𝑡 𝑆𝑖∶ 𝑥 = 12 𝑓𝑡 𝑉𝑥 = −2 𝐾𝑙𝑏 + 9.2 𝐾𝑙𝑏 − 14.4 𝐾𝑙𝑏 + 9.2𝐾𝑙𝑏 = 2𝐾𝑙𝑏 ; 1.8𝐾𝑙𝑏 ( ) [(12 − 2)𝑓𝑡]2 𝑓𝑡 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑙𝑏 [(12 − 0)𝑓𝑡]1 + 9.2𝐾𝑙𝑏 [(12 − 2)𝑓𝑡]1 − 2 1.8𝐾𝑙𝑏 ( ) [(12 − 10)𝑓𝑡]2 𝑓𝑡 + + 9.2𝐾𝑙𝑏[(12 − 10)𝑓𝑡]1 = 0 2 Los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante quedan como se muestra. 130 no se tiene ningún otra carga hasta llegar a una distancia de 𝑥 = 400𝑚𝑚. Para fuerza cortante: Como solo se toman en consideración las fuerzas que actúan sobre el eje “𝑦”.5 𝑚𝑚. para una altura a partir del eje neutro de: 𝑎 = 0 𝑚𝑚. En nuestro caso se comienza en 𝑥 = 0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Por ser simétricas las cargas el momento máximo según se observa en los diagramas se encuentra a una distancia de 6 𝑓𝑡. 𝑆𝑖 ∶ 𝑥 = 6 𝑓𝑡 (1.8𝐾𝑙𝑏/𝑓𝑡)[(6 − 2)𝑓𝑡]2 𝑀𝑥 = −2𝐾𝑙𝑏 [(6 − 0)𝑓𝑡]1 + 9. se procede a ir sumando o restando las cargas o fuerzas. se tiene: 𝑀𝑥 𝑦 (124800 𝑙𝑏 𝑖𝑛)(3 𝑖𝑛) 𝑙𝑏 𝐾𝑙𝑏 𝜎= = 4 = 6104 2 ∴ 𝜎 = 6. por lo que se aplicara esta ecuación. en el tramo de 2 x 10 . 𝑏 = 7.11 Para la viga simplemente apoyada que se muestra en la figura determine: (a) La distribución del esfuerzo de flexión sobre la sección 𝑎 − 𝑎.2𝐾𝑙𝑏 [(6 − 2)𝑓𝑡]1 − 2 ∴ 𝑀𝑥𝑚𝑎𝑥 = 10. por lo que aplicando la ecuación 6. (b) La distribución de esfuerzos que actúan sobre la sección antes indicada. 12 Al ser tubular al momento de inercia de la sección externa se le restara el momento de inercia de la sección hueca o interno.33 𝑖𝑛 𝑖𝑛 𝑖𝑛2 EJEMPLO 6. por lo que la 131 . en el tramo de 400 𝑚𝑚 a 1000 𝑚𝑚 no se tiene ninguna variación de carga hasta que en 1000𝑚𝑚 se aplica una carga concentrada de 80 𝑁.33 𝑖𝑛4 12 12 12 12 Para obtener el esfuerzo en la fibra extrema superior se tomara en cuenta que este se ubica a una distancia del eje neutro ( y 3 plg ).6. 𝑅𝐵𝑌 = 80 𝑁 Como el fin en este problema no es el de calcular los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.4 𝐾𝑙𝑏 − 𝑓𝑡 = 124800 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛 Para determinar el momento de inercia. mostrando los resultados gráficamente. al tratarse de una sección rectangular cuyo momento de 𝑏 ℎ3 inercia es: 𝐼𝑥 = . 𝑐 = 25 𝑚𝑚 𝑦 𝑑 = 50𝑚𝑚. se sustituirá esta distancia para determinar el valor del momento máximo.104 𝐾𝑆𝐼 𝐼𝑥 61. estos se obtendrán de la siguiente forma. por lo que en la ecuación para momento flexionante. en donde se aplica una fuerza negativa de 80 𝑁.104 = 6. por lo que se resta. obteniéndose un valor de 𝑉𝑥 = 0. ANÁLISIS: Por tratarse de una viga con cargas simétricas las reacciones en los apoyos son iguales con un valor de: 𝑅𝐴𝑌 = 80 𝑁 . por lo que se tiene: 𝑏𝑒 ℎ𝑒3 𝑏𝑒 ℎ𝑒3 (4 𝑖𝑛)(6𝑖𝑛 )3 (2 𝑖𝑛)(4𝑖𝑛 )3 𝐼𝑥 = − = − = 61. por lo que 𝑉𝑥 = 80 𝑁. con el valor de la reacción 𝑅𝐴𝑌 = 80𝑁 . 4〉1 − 80〈1.4 𝑚 𝑀𝑥 = 80 〈0.4 − 1.4 − 0〉1 − 80〈1.0 𝑚 𝑀𝑥 = 80 〈1.4〉1 − 〈1.4 − 1.4〉1 = 0 Siendo el momento flexionante máximo: 𝑴𝒙𝑴𝑨𝑿 = 𝟑𝟐 𝑲𝑵 − 𝒎 Por lo que los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante quedan como se muestra en la siguiente figura. por lo que esta ecuación queda de la siguiente manera.4 − 0.4〉1 En la anterior ecuación se puede observar que cada término de la misma corresponde a una carga o reacción que actúan sobre la misma.0 − 0〉1 − 80〈1. no existe cambio de carga pero llegando a 1400 𝑚𝑚 se aplica la reacción 𝑅𝐵𝑌 = 80 𝑁. de 1000 𝑚𝑚 a 1400 𝑚𝑚.4 − 0. por lo que: Si: 𝑥 = 0 𝑚 𝑀𝑥 = 80 〈0 − 0〉1 − 80〈0 − 0.0〉1 + 80 〈1.4〉1 = 0 Reduciéndose la ecuación a: 𝑀𝑥 = 80 〈1.0 − 0.4〉1 = 0 Reduciéndose la ecuación a: 𝑀𝑥 = 80 〈1.4 − 0〉1 = 80 〈0.0〉1 − 80〈0. la ecuación se reduce a: 𝑀𝑥 = 0 Si: 𝑥 = 0.4 − 1.0〉1 − 〈0.4〉1 − 〈1.4 − 0〉1 − 80〈1.4 − 1.0〉1 + 80 〈1.4〉1 = 0 Reduciéndose la ecuación a: 𝑀𝑥 = 80 〈0.0 − 1.4〉1 − 〈1.0 − 1.4〉1 − 〈0.4〉1 = 0 𝑀𝑥 = 80 〈1. Conociendo la ecuación de momentos se sustituyen las distancias a las cuales se desea determinar el momento.4 − 0〉1 − 80〈0. por lo que la fuerza cortante cambia su valor a 𝑉𝑥 = 0.4〉1 − 〈𝑥 − 1.0 − 0.4〉1 = 80 〈1.0〉1 + 80 〈0.6〉1 = 32 𝐾𝑁 − 𝑚 Si: 𝑥 = 1. 𝑀𝑥 = 𝑅𝐴𝑌 〈𝑥 − 0〉1 − 80〈𝑥 − 0.4〉1 = 32 𝐾𝑁 𝑚 Si: 𝑥 = 1.0〉1 + 80 〈1. 132 .4〉1 = 0 Como se indicó que si dentro del paréntesis se tenía un valor igual a cero o negativo no se tomaba en cuenta este término.4 𝑚 𝑀𝑥 = 80 〈1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES fuerza cortante cambia hasta un valor de 𝑉𝑥 = −80 𝑁.4 − 1.0〉1 + 𝑅𝐵𝑌 〈𝑥 − 1. Para momentos se puede establecer la ecuación para toda la vida y aplicar las funciones de continuidad para el término de la distancia y las cuales se representan dentro de un paréntesis “〈 〉" e indica que cuando el valor dentro del paréntesis es cero o negativo no se toma en cuenta.4 − 1.4 − 0.4〉1 − 〈0 − 1.0〉1 + 80 〈0 − 1.0 − 0〉1 − 80〈1. 050𝑚 . 𝜎𝑐 = 636.5121𝑥10 𝑚 𝑚 (32 𝑁 𝑚)(0. con lo que se tiene: 𝐼̅𝑥 = [𝐼𝑥1 + 0] + [𝐼𝑥2 + 0] + [𝐼𝑥2 + 0] .5121𝑥10−6 𝑚4 𝑚 La variación de los esfuerzos sobre la viga se muestra en la figura.015𝑚) (0.075𝑚) (0. 𝜎𝑒 = 1273. 𝜎𝑑 = = 955.100𝑚) 𝑁 𝑆𝑖 𝑥 = 75 𝑚𝑚 = 0.6.5121𝑥10−6 𝑚4 𝑚 (32 𝑁 𝑚)(0. 𝜎𝑏 = 318. 𝜎𝑑 = 955. el cual se determina en estática y que cuya ecuación es: 𝐼̅𝑥 = [𝐼𝑥1 + (𝐴1 )(𝑑𝑦21 )] + [𝐼𝑥2 + (𝐴2 )(𝑑𝑦22 )] + [𝐼𝑥3 + (𝐴3 )(𝑑𝑦23 )] La viga se divide en tres secciones como se muestra en la figura.015𝑚) (0.37 𝑥103 2 .015𝑚)3 (0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Para determinar el momento de inercia que se tiene sobre el eje 𝑋. 𝜎𝑏 = = 318.83𝑥103 2 .5121𝑥10−6 𝑚4 𝑚 (32 𝑁 𝑚)(0. 𝜎𝑎 = =0 2. por lo que el valor de (𝐴 )(𝑑𝑦2 ) = (𝐴 )(0) = 0.92 𝑥103 2 .025𝑚) 𝑁 𝑆𝑖 𝑥 = 25 𝑚𝑚 = 0.050𝑚) 𝑁 𝑆𝑖 𝑥 = 50 𝑚𝑚 = 0. 𝜎𝑒 = = 1273. que es el que se utilizara porque también sobre este eje se encuentra el eje neutro. por lo que se tendrá: 𝜎 = 𝐼 𝑥 (32 𝑁 𝑚)(0) 𝑆𝑖 𝑥 = 0 𝑚𝑚 . 𝐼̅𝑥 = [𝐼𝑥1 ] + [𝐼𝑥2 ] + [𝐼𝑥3 ] 𝑏 ℎ3 Se sabe que para secciones rectangulares en momento de inercia centroidal es: 𝐼𝑥1 = 12 .5121𝑥10−6 𝑚4 (32 𝑁 𝑚)(0.37 𝐾𝑃𝑎 2.100𝑚)3 (0.100𝑚)3 𝐼̅𝑥 = + + = 2.45 𝑥103 2 . 133 .92 𝐾𝑃𝑎 2.100𝑚 .050𝑚 . teniéndose: 𝑏1 ℎ13 𝑏2 ℎ23 𝑏3 ℎ33 𝐼̅𝑥 = [𝐼𝑥1 ] + [𝐼𝑥2 ] + [𝐼𝑥2 ] = + + 12 12 12 (0. En la misma se observa que como en centroide de cada figura se encuentra sobre el eje centroidal de la figura compuesta o resultante. en la misma solo varia la distancia del eje 𝑀𝑥 𝑦 neutro hacia el punto donde se desea determinar el esfuerzo ( 𝑦 ).075𝑚) 𝑁 𝑆𝑖 𝑥 = 75 𝑚𝑚 = 0.025𝑚 .45 𝐾𝑃𝑎 2.5121𝑥10−6 𝑚4 12 12 12 Para el cálculo de los esfuerzos se utiliza la ecuación 6. se utilizara el teorema de ejes paralelos.83𝐾𝑃𝑎 2. 𝜎𝑐 = −6 4 = 636. que hace que el valor pase a cero.5 𝑃 − 0 = 2. Por lo que la fuerza contante en A tiene un valor de 𝑃/2. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 6. Determinar la carga máxima permisible 𝑃. manteniéndose constante hasta el punto donde se aplica la carga P . ANÁLISIS Como se trata de una carga concentrada actuando sobre el eje “𝒚” ubicada al centro de la viga las reacciones en los apoyos son iguales.12 Una viga tiene el perfil y las dimensiones que se muestran en la figura. si a esta se le aplica una carga concentrada 𝑃 en su punto medio. con el siguiente valor: 𝑅𝐴𝑦 = 𝑃/2 y 𝑅𝐵𝑦 = 𝑃/2. si los esfuerzos permisibles en flexión son: 20000 𝑃𝑆𝐼 a tensión y 12000 𝑃𝑆𝐼 a compresión.5 𝑃 𝑆𝑖 𝑥 = 10 𝑓𝑡 𝑀𝑥 = (𝑃/2)〈10 − 0〉1 − 𝑃〈10 − 5〉1 = 5 𝑃 − 50 = 0 Con lo que se obtiene los siguientes diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. 134 . la que origina que pase a un valor – 𝑃/2. Para determinar el momento se utilizara la siguiente ecuación: 𝑀𝑥 = (𝑃/2) 〈𝑥 − 0〉1 − 𝑃〈𝑥 − 5〉1 𝑆𝑖 𝑥 = 0 𝑓𝑡 𝑀𝑥 = (𝑃/2) 〈0 − 0〉1 − 𝑃〈0 − 5〉1 = 0 𝑆𝑖 𝑥 = 5 𝑓𝑡 𝑀𝑥 = (𝑃/2)〈5 − 0〉1 − 𝑃〈5 − 5〉1 = 2. que se mantiene constante hasta el extremo de la viga en donde se aplica la reacción 𝑅𝐵𝑦 . mientras que en la parte inferior que se encuentra a tensión se tiene un esfuerzo 𝜎𝑇𝐸𝑁𝑆 = 20000 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 . se podrá despejar el momento flexionante. por lo que se tiene: FIGURA 𝑨𝑹𝑬𝑨 (𝑨 ) 𝒚 𝑨 𝒚 (𝒊𝒏𝟐 ) (𝒊𝒏) (𝒊𝒏𝟑 ) 1 48 9 432 2 16 4 64 3 16 4 64 80 560 ∑𝐴 𝑦 560 𝑖𝑛3 𝑌̅ = ∑ = = 7 𝑖𝑛 𝐴 80 𝑖𝑛2 Por lo que el centroide se ubica a 7 𝑖𝑛 de altura con respecto a la base de la sección transversal como se observa en la anterior figura. Para determinar el momento de inercia centroidal del área de la sección transversal se tiene: 𝐼̅𝑥 = [𝐼𝑥1 + (𝐴1 )(𝑑𝑦21 )] + [𝐼𝑥2 + (𝐴2 )(𝑑𝑦22 )] + [𝐼𝑥3 + (𝐴3 )(𝑑𝑦23 )] 𝐼̅𝑥 = [𝐼𝑥1 + (𝐴1 )(𝑑𝑦21 )] + 2[𝐼𝑥2 + (𝐴2 )(𝑑𝑦22 )] (24𝑖𝑛) (2𝑖𝑛)3 (8𝑖𝑛) (8𝑖𝑛)3 𝐼̅𝑥 = [ + (48 𝑖𝑛2 )(2𝑖𝑛)2 ] + 2 [ + (16 𝑖𝑛2 )(3𝑖𝑛)2 ] = 666. Por lo que para la compresión 𝜎𝐶𝑂𝑀𝑃 = 12000 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 . siendo la distancia del eje neutro hacia la fibra superior que es en donde se tiene el mayor esfuerzo 𝑦 = 3 𝑖𝑛 . se tiene que poner en libra pulgada por lo que sera: 𝑀𝑚𝑎𝑥 = 30 𝑃 (𝑙𝑏 𝑖𝑛) Para determinar la ubicación del centroide del área transversal de la viga se tiene. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Como el momento maximo es: 𝑀𝑚𝑎𝑥 = 2. la siguiente figura siguiente la cual se divide en tres parte básicas. siendo el momento: 𝜎𝐶𝑂𝑀𝑃 𝐼̅𝑥 (12000 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 )(666.5 𝑃 (𝑙𝑏 𝑓𝑡).66 𝑖𝑛4 ) 𝑀𝑥 = = = 2. En este caso se debe de tomar en cuenta que en la sección superior que se encuentra a compresión se tiene un esfuerzo 𝜎𝐶𝑂𝑀𝑃 = 12000 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 .666𝑥106 𝑙𝑏 𝑖𝑛 𝑦 3 𝑖𝑛 135 .66 𝑖𝑛4 12 12 Si se aplica la ecuación para esfuerzo normal. obteniéndose que: 𝑀𝑀𝐴𝑋 = 𝐼𝑧. (6. En la tabla 6. 𝑒𝑙 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑛𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 𝑐𝑜𝑛 𝑒𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑓𝑎𝑏𝑟𝑖𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑎 𝑣𝑖𝑔𝑎 . posteriormente se determina el inverso a esta igualdad. este se representa con la letra 𝑆.490𝑥103 𝑙𝑏 ∴ 𝑷𝑴𝑨𝑿 = 𝟔𝟑 𝑲𝒍𝒃 30 𝑖𝑛 30 𝑖𝑛 MODULO DE SECCIÓN Para el diseño de una viga basado en la flexión.8) 𝜎𝑃𝐸𝑅𝑀 𝑦 Dónde: 𝑀𝑀𝐴𝑋 = 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜.66 𝑖𝑛4 ) 𝑀𝑥 = = = 1. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Para la sección de la viga que se encuentra a tensión 𝜎𝑇𝐸𝑁𝑆 = 20000 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 . cuando el claro de viga relativamente grande.8.9047𝑥106 𝑙𝑏 𝑖𝑛 𝑦 7 𝑖𝑛 Como se podrá ver para que no se sobrepase ninguno de los esfuerzos permisibles. FIGURA MOMENTO DE INERCIA Y MODULO DE SECCIÓN 136 . siendo la distancia del eje neutro hacia la fibra inferior 𝑦 = 7 𝑖𝑛. denominándose a este valor como “Modulo de Sección”. 𝑒𝑙 𝑐𝑢𝑎𝑙 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑣𝑖𝑔𝑎. se tendrá que tomar el momento menor. pero al seleccionarse el material y forma de la misma se tomara en cuenta para realizar el rediseño. El módulo de la sección está definido por la geometría de la sección transversal.1 se indica el valor del módulo de sección para algunas de las formas geométricas más comunes. 𝑀𝑀𝐴𝑋 𝐼𝑧 𝑠= = … … … . comúnmente se utiliza el módulo de la sección. por lo que la fuerza máxima 𝑃𝑀𝐴𝑋 que se puede aplicar es: 𝑀𝑚𝑎𝑥 (1. Se sabe que: 𝑀𝑚𝑎𝑥 = 30 𝑃 (𝑙𝑏 𝑖𝑛) . 𝜎𝑀𝐴𝑋 𝑦 Para obtener este módulo se despeja la ecuación 6. En un principio el peso de la viga se desprecia. el cual está representado por la ecuación 6. que es la relación entre el momento de inercia 𝐼𝑧 y la distancia "𝑦". obteniéndose el momento que se indica a continuación.9047𝑥106 𝑙𝑏 𝑖𝑛) 𝑃𝑀𝐴𝑋 = = = 63. 𝜎𝑃𝐸𝑅𝑀 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑝𝑜𝑒𝑟𝑚𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒.6. 𝜎𝑇𝐸𝑁𝑆 𝐼̅𝑥 (20000 𝑙𝑏⁄𝑖𝑛2 )(666. 𝜎𝑀𝐴𝑋 = 𝑏 ℎ3 12 Despejando la altura se obtiene: 6 (ℎ ⁄𝑏) 𝑀𝑀𝐴𝑋 3 6 (ℎ ⁄𝑏) 𝑀𝑀𝐴𝑋 ℎ3 = ∴ ℎ = √ … … … … … (6.1 Módulo de sección de las formas geométricas más comunes ECUACIÓN PARA DIMENSIONAR UNA VIGA RECTANGULAR En vigas de sección rectangular la aplicación de la ecuación 6. 𝑏 ℎ3 Se sabe que el momento de inercia centroidal para una sección rectangular es: 𝐼𝑧 = y la 12 ℎ distancia máxima a partir de los ejes centroidales a la parte superior de la viga es: 𝑦𝑀𝐴𝑋 = . yMAX 64 2 r3 d3 S L 3 4 32 IZ D 4 d4 yMAX D 64 2 d 4 D3 1 D S 32 D d43 S 32 32 D bh3 2 IZ yMAX h 36 3 S L bh 2 3 24 TABLA 6. permiten generar una ecuación para calcular la altura de la viga y en consecuencia generar el dimensionamiento de la misma. se tendrá: ℎ 𝑀𝑀𝐴𝑋 2 6 𝑀𝑀𝐴𝑋 ℎ 𝜎𝑀𝐴𝑋 = 𝑏 ℎ3 .9) 𝜎𝑀𝐴𝑋 𝜎𝑀𝐴𝑋 137 . así como los valores de 𝑦𝑀𝐴𝑋 e 𝐼𝑧.7. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES IZ bh3 4 L 12 3 bh S 12 h 2bh3 S L bh 2 3 12h 6 2 d4 d IZ . en la ecuación 6.7. 2 Si se sustituyen los valores de 𝑦𝑀𝐴𝑋 e 𝐼𝑧. si se sabe que la relación entre la base y la altura es: ℎ ⁄𝑏 = 2 y 𝜎𝑃𝐸𝑅𝑀 = 7 𝑀𝑃𝑎. Con la finalidad de que se pueda escoger entre estas la viga más adecuada al requerimiento del diseñador. etc. es de gran importancia para lograr la selección de un perfil el cual no esté sobrado pero tampoco pueda generar una falla. las dimensiones que tienen. las cuales dependerán de las cargas aplicadas y el material a utilizar. En esta se observa que este esfuerzo tiene un valor igual a cero en el centro de la viga (𝐸. ) y un valor máximo en los extremos superior e inferior. Existen tablas publicadas en los diferentes manuales de fabricantes de vigas. la cuales tienen los siguientes valores: 𝑅𝐴 = 10. 𝑅𝐵 = 5. sus momentos de inercia.916 𝐾𝑁 138 . ANÁLISIS Se determinan las reacciones en los apoyos. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES El esfuerzo normal en una sección rectangular se puede representar como se indica en la figura 6.84 𝐾𝑁 . El siguiente ejemplo muestra la forma de determinar las dimensiones de la sección transversal de una viga rectangular. su módulo de sección.18.13 Para la viga rectangular que se muestra en la figura determinar el valor de la base y la altura. Cuando se selecciona una viga es importante tener en cuenta que la determinación correcta del momento flexionante máximo y la fuerza cortante máxima que son aplicados. 𝑁. Figura 6. los cuales muestran los diferentes tipos de vigas que existen.18 Variación del esfuerzo normal en una viga rectangular SELECCIÓN DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL DE UNA VIGA Cuando se desea diseñar una viga es necesario determinar la forma y dimensiones de su sección transversal. EJEMPLO 6. 5𝑚)1 ] − 2 𝑀𝑥 = 7.5 − 0𝑚)1 ] + 10.084 𝐾𝑁 𝑀𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑚 − 5 𝐾𝑁 [(1.084 𝐾𝑁 [(1.084 = 5.084 𝐾𝑁 [(1.5𝑚)1 ] − 2 𝑀𝑥 = 0 Por lo que los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante quedan como se muestra: 139 .084 − 3𝐾𝑁 − 2𝐾𝑁/𝑚 [(𝑥 − 3. Para el primer tramo: 0 ≤ 𝑥 < 1.5)𝑚]1 = 2.5)𝑚]2 𝑀𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑚 − 5 𝐾𝑁 [(3. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Con estos valores se procede a determinar el valor de la fuerza cortante y el momento flexionante para las principales distancias.5 𝐾𝑁 𝑚 𝑆𝑖 𝑥 = 3.5 𝐾𝑁 𝑚 Para el segundo tramo: 1.084 𝐾𝑁 𝑀𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑚 − 5 𝐾𝑁 [(1.5 − 3.5 − 1.5)𝑚]2 𝑀𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑚 − 5 𝐾𝑁 [(7.5𝑚)1 ] − 3𝐾𝑁 [(3.5 𝑚 2𝐾𝑁 𝑉𝑥 = −5 𝐾𝑁 + 10.5 − 1.5 𝑚 2𝐾𝑁 𝑉𝑥 = −5 𝐾𝑁 + 10.5 − 1. 𝑀𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑚 − 5 𝐾𝑁 [(0 − 0𝑚)1 ] = −5 𝐾𝑁 𝑚 𝑆𝑖 𝑥 = 1.5 𝑚 𝑉𝑥 = −5 𝐾𝑁 + 10.084 𝐾𝑁 𝑚 2𝐾𝑁/𝑚 [(3.5 − 3.5 − 0𝑚)1 ] = −2.916 𝐾𝑁 𝑚 2𝐾𝑁/𝑚 [(7.084 𝐾𝑁 𝑀𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑚 − 5 𝐾𝑁 [(𝑥 − 0𝑚)1 ] + 10.5 − 0𝑚)1 ] + 10.5 − 1.5 − 3.5 𝑚 𝑉𝑥 = −5 𝐾𝑁 + 10.084 𝐾𝑁 [(𝑥 − 1.664 𝐾𝑁 𝑚 𝑆𝑖 𝑥 = 7.5 − 0𝑚)1 ] + 10.084 𝐾𝑁 [(3.5)𝑚]1 2𝐾𝑁/𝑚 [(𝑥 − 3.5 − 3.5𝑚)1 ] 𝑆𝑖 𝑥 = 1.084 = 5. 𝑀𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑚 − 5 𝐾𝑁 [(1.5𝑚)1 ] = 7.5𝑚)1 ] = −2.5)𝑚]1 = −5.084 𝐾𝑁 [(𝑥 − 1.5 − 3.5 − 0𝑚)1 ] + 10.664 𝐾𝑁 𝑚 Para el tercer tramo: 3.5 𝑚 𝑉𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑀𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑚 − 5 𝐾𝑁 [(𝑥 − 0𝑚)1 ] 𝑆𝑖 𝑥 = 0 𝑚 𝑉𝑥 = −5 𝐾𝑁 .084 𝐾𝑁 [(7.5 𝑚 𝑉𝑥 = −5 𝐾𝑁 .5 𝑚 𝑉𝑥 = −5 𝐾𝑁 + 10.5 𝑚 ≤ 𝑥 < 3.5 𝑚 𝑉𝑥 = −5 𝐾𝑁 + 10.5𝑚)1 ] − 3𝐾𝑁 [(7.084 − 3𝐾𝑁 − [(7.5𝑚)1 ] − 2 𝑆𝑖 𝑥 = 3.5 − 3.5𝑚)1 ] − 3𝐾𝑁 [(𝑥 − 3.5 𝑚 ≤ 𝑥 < 7.084 = 5.084 − 3𝐾𝑁 − [(3.5)𝑚]2 𝑀𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑚 − 5 𝐾𝑁 [(𝑥 − 0𝑚)1 ] + 10. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Para determinar el momento máximo determinaremos el punto en donde el cortante se hace cero, el cual se encuentra en el tercer tramo. 3.5 𝑚 ≤ 𝑥 < 7.5 𝑚 𝑉𝑥 = 2.084𝐾𝑁 − 2𝐾𝑁/𝑚 [(𝑥 − 3.5)𝑚]1 = 0 ; 2.084𝐾𝑁 = 2𝐾𝑁/𝑚 [(𝑥 − 3.5)𝑚]1 ∴ 𝑥 = 4.542 𝑚 Sustituyendo este valor en la ecuación de momentos en ese tramo se tiene: 2𝐾𝑁/𝑚 [(4.542 − 3.5)𝑚]2 𝑀𝑥 = −5 𝐾𝑁 𝑚 − 5 𝐾𝑁 [(4.542 − 0𝑚)1 ] + 10.084 𝐾𝑁 [(4.542 − 1.5𝑚)1 ] − 3𝐾𝑁 [(4.542 − 3.5𝑚)1 ] − 2 𝑀𝑥 = 8.749 𝐾𝑁 𝑚 Por lo que la fuerza cortante y el momento flexionante máximos son: 𝑽𝑴𝑨𝑿 = 𝟓. 𝟗𝟏𝟔 𝑲𝑵 ; 𝑴𝑴𝑨𝑿 = 𝟖. 𝟕𝟒𝟗 𝑲𝑵 𝒎 Se utiliza la ecuación 6.6 para determinar la altura y la base de la sección transversal de la viga, la cual se muestra en la siguiente figura. 3 6 (ℎ⁄𝑏) 𝑀𝑀𝐴𝑋 3 6 (2)(8.749𝑥103 𝑁 𝑚) ℎ = √ = √ = 0.122 𝑚 𝜎𝑀𝐴𝑋 (8.749𝑥103 𝑁⁄𝑚2 ) ∴ 𝒉 = 𝟏𝟐. 𝟐 𝒄𝒎 ; 𝒃 = 𝟔. 𝟏𝟎 𝒄𝒎 140 INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ESFUERZO CORTANTE EN VIGAS Cuando una viga se somete a carga que genere flexión, en la sección transversal, actúan no solamente un momento flexionante interno sino también una fuerza cortante interna. Esta fuerza cortante 𝑉, mostrada en la figura 6.19 es necesaria para el equilibrio de translación y es el resultado de la distribución del esfuerzo cortante transversal, que actúa sobre la sección de la viga. Figura 6.19 Fuerza cortante Por reciprocidad de estas fuerzas cortantes se generan fuerzas análogas sobre las secciones longitudinales, las que generan esfuerzos cortantes como se muestra en la figura 6.20 donde se muestran las diferenciales de volumen 𝑨, 𝑩 y 𝑪. Los esfuerzos en los puntos 𝑨 y 𝑪 localizados en los límites superior e inferior de la viga es cero, puesto que las superficies superior e inferior no se tiene carga aplicada, mientras que en punto B es diferente de cero al contarse con cargas cortantes. Figura 6.20 fuerza cortante en los límites de la viga A 0 B 0 C 0 Para determinar los esfuerzos cortantes asociados con 𝑽, analicemos la diferencial de volumen de la franja donde se encuentra el punto 𝑩, la cual se indica en la figura 6.21. Figura 6.21 Esfuerzo cortante biaxial ECUACIÓN PARA DETERMINAR EL ESFUERZO CORTANTE Como se indicó anteriormente para poder equilibrar los esfuerzos cortantes transversales se deben de aplicar esfuerzos cortantes longitudinales de la misma magnitud de los esfuerzos cortantes transversales (equilibrio estático), obteniéndose la siguiente igualdad: 𝜏𝐿 = 𝜏 𝑇 . Para establecer la ecuación que nos permita determinar los esfuerzos cortantes se considera una porción de la viga analizada en la figura 6.22. Esta porción debe de encontrarse en equilibrio de 141 INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES fuerza cortante y de momento flexionante. Esta sección se obtiene recortando la viga entre dos secciones adyacentes 𝑛 − 𝑚, y 𝑛’ − 𝑚’, las cuales se encuentran separadas a una distancia dx . La cara inferior de esta sección es la superficie inferior de la viga, encontrándose está libre de esfuerzos, su cara superior es paralela a la superficie neutra y se ubica a una distancia arbitraria y1 de dicha superficie. Las caras extremas del elemento están sometidas a los esfuerzos normales de flexión X , producidos por los momentos flexionantes. Además, existen esfuerzos cortantes verticales en las caras extremas, pero estos no intervienen en la ecuación de equilibrio del elemento en la dirección horizontal y por tal motivo no se muestran. Figura 6.22 Variación de esfuerzo normal y cortante en una viga h En la figura 6.22 se puede observar que: Si y 0 2 Si los momentos flexionantes en las secciones transversales 𝑛 − 𝑚, y 𝑛’ − 𝑚’ son iguales se trata de un caso de flexión pura. Por tal motivo los esfuerzos normales que actúan a los lados de 𝑛 − 𝑝 y 𝑛’ − 𝑝’, también serán iguales. En consecuencia el elemento se encontrara en equilibrio bajo la acción de estos esfuerzos y por lo tanto el esfuerzo cortante debe ser igual a cero, esta conclusión es obvia ya que no existe fuerza cortante sí la viga está sometida a flexión pura. Si se tiene el caso más general en el cual se cuenta con un momento flexionante variable (flexión no uniforme), se considerara para su análisis que M y M dM son los momentos flexionantes que actúan en las secciones transversales 𝑚 − 𝑛 y 𝑚’ − 𝑛’, respectivamente. Si se considera un elemento de área dA a una distancia “ y ” del eje neutro se aprecia que la fuerza normal que actúa sobre este elemento es F X dA , en donde X es el esfuerzo normal obtenido de la ecuación de la flexión. En la figura 6.23 se indica el volumen de la sección que se encuentra por debajo del eje neutro, en la cual se realiza el equilibrio de fuerzas. Figura 6.23 Si el elemento de área está localizado en la cara izquierda 𝑃 − 𝑛 , la fuerza normal es: 𝑀 𝑦 𝐹1 = 𝜎𝑥 𝑑𝐴 = 𝑑𝐴 𝐼𝑧 142 𝑒𝑛 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 "A´" 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑖𝑜𝑟 (𝑜 𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟)𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙.11) 𝐼𝑧 Finalmente se obtiene la fuerza horizontal F que actúa sobre la cara superior 𝑃 − 𝑃´ . 𝑉 = 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎. 𝑀 𝑦 𝐹1 = ∫ 𝑑𝐴 … … … … (6. 𝜏 = [ ] ∫ 𝑦 𝑑𝐴 𝐼𝑧 𝐼𝑧 𝑑𝑥 𝐼𝑧 𝑏 𝑑𝑀 Se sabe que: =𝑉 𝑑𝑥 𝑉 Por lo que se tiene: 𝜏 = 𝐼𝑧 𝑏 ∫ 𝑦 𝑑𝐴 … … … … . Si representamos el primer momento del área por la letra 𝑄 podemos plantear la ecuación en la forma: 𝑉 𝑄 𝜏= … … … … (6. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Sumando las fuerzas elementales sobre la cara P n se obtienen la fuerza horizontal total F1 que actúa sobre la cara indicada. Por tal motivo se analizaran los dos tipos de 143 . 𝑆𝑒 𝑠𝑢𝑝𝑜𝑛𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑦 𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑔𝑢𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑣𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑛𝑐ℎ𝑜 "b" del elemento. 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜 DISTRIBUCIÓN DEL ESFUERZO CORTANTE EN LA SECCIÓN TRANSVERSAL DE UNA VIGA Los esfuerzos cortantes varían sobre la sección transversal de una viga de diferente manera dependiendo de la forma geométrica de la sección. 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑙 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒. 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒.10) 𝐼𝑧 De igual manera se determina la fuerza total que actúa sobre la cara derecha P' n ’ por lo que tenemos: (𝑀 + 𝑑𝑀) 𝑦 𝐹2 = ∫ 𝑑𝐴 … … … … (6.14 ) 𝐼𝑧 𝑏 Dónde: 𝜏 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑛 𝑢𝑛 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑎 𝑢𝑛𝑎 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 y𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜. cuando 𝑦1 se mide por encima del eje neutro la integral representa el primer momento de área que se encuentre por encima del nivel para el cual se calculó el esfuerzo cortante. La integral obtenida es el primer momento del área de la sección transversal por debajo del nivel 𝒚𝟏 . en el cual actúa el esfuerzo cortante 𝜏. 𝑏 = 𝐴𝑛𝑐ℎ𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 "τ" ha de ser determinado 𝑄 = ∫ 𝑦 𝑑𝐴 = 𝑦̅ ´ 𝐴´ . 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑠𝑒 𝑚𝑖𝑑𝑒 b". (6. siendo y̅´" 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑒 𝑑𝑒 "A´" . 3 𝐹3 = 𝜏 𝑏 𝑑𝑥 … … … … .12) Realizando el equilibrio de estas fuerzas tenemos: 𝐹1 − 𝐹2 + 𝐹3 = 0 ∴ 𝐹3 = 𝐹2 − 𝐹1 (𝑀 + 𝑑𝑀) 𝑦 𝑀 𝑦 𝑑𝑀 1 𝜏 𝑏 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝐴 − 𝑑𝐴 .13) La integral en esta ecuación representa el primer momento de área de la sección transversal achurada con respecto al eje neutro (𝑒𝑗𝑒 𝑍). . 𝐼𝑧 = 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎 𝑒𝑙 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎𝑙 𝑒𝑗𝑒 𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜. . (6. siendo estas obtenidas sin considerar los signos. mientras que el esfuerzo cortante es máximo.15. En forma general se considera que en el eje neutro de una viga el esfuerzo normal siempre tiene un valor igual a cero. como se indica en la figura 6.25 144 .15) 2 𝐼𝑧 4 La ecuación anterior muestra que el esfuerzo cortante en una viga rectangular varia cuadráticamente con la distancia 𝑦1 desde el eje neutro. 𝑄= ( − 𝑦12 ) 2 2 2 4 Sustituyendo en la ecuación 6. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES sección más representativos de esta variación. así cuando se traza a lo largo de la altura de la viga 𝜏 varía ℎ como se muestra en la figura 6. la cual permite determinar en una forma sencilla el esfuerzo cortante a cualquier distancia a partir del eje neutro de la viga.14 a una viga rectangular en necesario determinar en primer lugar Q . siendo estas. .24. para muchos propósitos únicamente se emplean los valores absolutos del esfuerzo y la dirección de los mismos se determina por inspección. Las ecuaciones para esfuerzos cortantes en vigas rectangulares son válidas para las vigas de proporciones usuales y están sujetas a las mismas restricciones que las empleadas en flexión. la viga la rectangular y la viga con patines.22.24 El primer momento Q para el área achurada se obtiene al multiplicar el área por la distancia comprendida desde el centroide del área antes indicada hasta el eje neutro . Figura 6. (6. 2 𝑉 ℎ 𝜏= ( − 𝑦21 ) … … … . Por ejemplo cuando 𝑏 = ℎ el verdadero esfuerzo cortante máximo es alrededor del 13% que el valor dado por la ecuación. Resultando el esfuerzo cero cuando 𝑦1 = ± y que tiene su valor 2 máximo si y1 0 . se obtiene la ecuación 6. como se indica en la misma figura. Estas pueden considerarse exactas para vigas delgadas en donde 𝑏 < ℎ . DISTRIBUCIÓN DEL ESFUERZO CORTANTE EN UNA VIGA RECTANGULAR Para aplicar la ecuación 6. pero se vuelven menos precisas a medida que 𝑏 se incrementa con respecto de ℎ. (6. para tal fin se tomara en consideración la figura 6. . luego entonces el esfuerzo cortante máximo está definido por: 𝑉 ℎ2 3 𝑉 𝜏𝑀𝐴𝑋 = = … … … .14. ℎ ℎ −𝑦1 𝑏 ℎ2 𝑄= 𝑏( − 𝑦1 ) (𝑦1 + 2 ) .16) 8 𝐼𝑧 2 𝐴 Las ecuaciones anteriores para el esfuerzo pueden emplearse para calcular esfuerzos cortantes verticales y esfuerzos cortantes horizontales que actúan en esa capa de la viga. 𝑀𝐴 = 30 𝐾𝑁 𝑚 .35 Esfuerzo normal y cortante en el eje neutro de una viga A continuación se indica un ejemplo de la determinación del esfuerzo cortante en la viga de sección rectangular a diferentes distancias del eje neutro. EJEMPLO 6. De la estática se obtiene que: 𝑅𝐴𝑌 = 15 𝐾𝑁 . (b) Trace un gráfico que muestre la variación del esfuerzo sobre la sección transversal de la viga. ANÁLISIS Para solucionar este problema primero se determinaran los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante con el fin de conocer los máximos valores de estos.14 La viga en voladizo de longitud 𝐿 = 2 𝑚 mostrada en la figura soporta una carga 𝑃 = 15 𝐾𝑁 y está hecha de madera con dimensiones de sección transversal 150𝑚𝑚 𝑥 200 𝑚𝑚. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Figura 2. 50 𝑚𝑚. 𝑅𝐴𝑋 = 0 Por lo que los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante quedan como se muestra en la figura. 145 . 75 𝑚𝑚 𝑦 100 𝑚𝑚. (a) Calcular los esfuerzos cortantes debidos a la carga 𝑃 en puntos localizados a 25 𝑚𝑚. desde la parte superior de la viga. 0005625 𝑚3 𝑉 𝑄 (15𝑥10−3 𝑁)(0.0007500 𝑚3 ) 𝑁 𝜏(75𝑚𝑚) = = 4 = 0.0003281 𝑚3 (0.0001 𝑚4 ) 𝑚 Determinando el cortante a una distancia de 100 𝑚𝑚 a partir de la parte superior: 𝑄 = 𝐴 𝑦 = (0.15 𝑚)(0.0007031 𝑚3 𝑉 𝑄 (15𝑥10−3 𝑁)(0. 146 . Determinando el cortante a una distancia de 25 𝑚𝑚 a partir de la parte superior: 𝑄 = 𝐴 𝑦 = (0.050 𝑚)(0.5625𝑥106 2 = 562.0875 𝑚) = 0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES La sección transversal de la viga será: Para determinar el valor de Q .5 𝐾𝑃𝑎 𝐼𝑧 𝑏 (0.15 𝑚)(0.0007031 𝑚3 ) 𝑁 𝜏(75𝑚𝑚) = = = 0.075 𝑚)(0.750𝑥106 2 = 750 𝐾𝑃𝑎 𝐼𝑧 𝑏 (0.0003281 𝑚3 ) 𝑁 𝜏(25𝑚𝑚) = = = 0.15 𝑚)(0.15 𝑚)(0.0005625 𝑚3 ) 𝑁 𝜏(50𝑚𝑚) = = = 0.15 𝑚)(0.7031𝑥106 2 = 703.0007500 𝑚3 𝑉 𝑄 (15𝑥10−3 𝑁)(0.0625 𝑚) = 0.15 𝑚 12 𝑉 𝑄 (15𝑥10−3 𝑁)(0.15 𝑚)(0. en la cual se representa el área a tomar en cuenta para realizar él calculo a las diferentes distancias indicadas.15 𝑚)(0.025 𝑚)(0.0075 𝑚) = 0.0001 𝑚 ) 𝑚 Los resultados obtenidos se indican en la figura.3281𝑥106 2 = 328.1 𝐾𝑃𝑎 𝐼𝑧 𝑏 (0.15 𝑚)(0.0001 𝑚4 ) 𝑚 Determinando el cortante a una distancia de 75 𝑚𝑚 a partir de la parte superior: 𝑄 = 𝐴 𝑦 = (0.20𝑚)3 𝐼𝑧 = = 1𝑥10−4 𝑚4 .050 𝑚) = 0. 𝑏 = 0.0001 𝑚4 ) 𝑚 Determinando el cortante a una distancia de 50 𝑚𝑚 a partir de la parte superior: 𝑄 = 𝐴 𝑦 = (0.100 𝑚)(0. se tomaran como referencia la siguiente figura.1 𝐾𝑃𝑎 𝐼𝑧 𝑏 (0.15 𝑚)(0. la ecuación 𝜏 = es aplicable en general. Por ejemplo en los patines de la viga actúan esfuerzos cortantes sobre las secciones transversales en direcciones vertical y horizontal.26 Variación del esfuerzo cortante 𝑉 𝑄 Por tanto. Realicemos las mismas suposiciones que en el caso de una viga rectangular. el área empleada para el cálculo de 𝑄 es igual al área entre e f y la orilla inferior de la sección transversal. ℎ ℎ1 El primer rectángulo corresponde al patín y tiene un área: 𝐴𝑃𝐴𝑇𝐼𝑁 = 𝑏 ( − ) 2 2 ℎ1 El segundo rectángulo corresponde al alma entre 𝑒 − 𝑓 𝑦 𝑏 − 𝑐 : 𝐴𝐴𝐿𝑀𝐴 = 𝑡 ( − 𝑦1 ) 2 Los primeros momentos de estas áreas respecto del eje neutro se obtienen al multiplicar las áreas por sus distancias centroidales respecto del eje 𝑍. el ancho "𝑏" es ahora 𝐼𝑧 𝑏 igual al espesor "𝑡" del alma (𝑏 = 𝑡). omitiendo los pequeños chaflanes en la unión del alma y el patín. sin embargo. Figura 6. Empecemos por considerar los esfuerzos cortantes localizados en 𝑒 − 𝑓 del alma de la viga representada en la figura 6. se determinara la ecuación para esfuerzos cortantes en este tipo de vigas.26. la cual consiste en dos rectángulos. sin embargo. Mediante las mismas técnicas que se emplean para las vigas rectangulares. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES DISTRIBUCIÓN DEL ESFUERZO CORTANTE EN EL ALMA DE VIGAS CON PATINES Cuando una viga de patín ancho se somete a una fuerza cortante 𝑉 se generan en ella esfuerzo cortante. debido al perfil la distribución de esfuerzo es mucho más complicada que en el caso de una viga rectangular. 147 . es decir. gran parte de la fuerza cortante 𝑉 origina esfuerzos cortantes en el alma incluido el cortante máximo. Por tal motivo la derivación efectuada anteriormente para esfuerzo cortante permanece valida. los esfuerzos cortantes actúan paralelos al eje y están uniformemente distribuidos a través del espesor "𝑡" del alma de la viga. El esfuerzo cortante máximo se presenta a la altura del eje neutro en donde y 0 y el esfuerzo cortante 1 ℎ mínimo en el alma ocurre en la unión del patín en donde 𝑦1 = ± 21 .22) 3 3 Para vigas de proporciones normales los esfuerzos cortantes en el alma soportan del 90 al 98% de la fuerza cortante total. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES ℎ ℎ1 ℎ1 ℎ ℎ1 ℎ1 − ℎ1 − 𝑦1 𝑄 = 𝑏 ( − ) ( + 2 2 ) + 𝑡 ( − 𝑦1 ) ( 𝑦1 + 2 ) 2 2 2 2 2 2 Al simplificar Q queda de la siguiente manera 𝑏 2 𝑡 𝑄= (ℎ − ℎ12 ) + (ℎ12 − 4𝑦12 ) … … … … … . La fuerza cortante total soportada por el alma puede determinarse multiplicando el área del diagrama de esfuerzos por el espesor "𝑡" del alma. (6. .21) 8 𝐼𝑧 𝑡 2 𝑡 (𝑏 ℎ3 −𝑏 ℎ13 +𝑡 ℎ13 ) De acuerdo con las dimensiones de la viga el esfuerzo cortante máximo en el alma es en general de un 10% a un 60% mayor que el esfuerzo mínimo. .26. 148 .19) 2 𝑡 (𝑏 ℎ3 − 𝑏ℎ13 + 𝑡 ℎ13 ) La cual expresa al esfuerzo cortante en términos de las dimensiones de la sección transversal. el resto lo soporta el cortante en los patines. (6. (6. 𝑉𝐴𝐿𝑀𝐴 = ( 2 𝜏𝑀𝐴𝑋 + 𝜏𝑀𝐼𝑁 ) … … … . luego 3 entonces la fuerza cortante en el alma es: 2 (𝑡)(ℎ1 ) 𝑉𝐴𝐿𝑀𝐴 = (ℎ1 ) 𝜏𝑀𝐼𝑁 (𝑡) + (ℎ1 ) (𝜏𝑀𝐴𝑋 − 𝜏𝑀𝐼𝑁 ) . luego encontramos que: 𝑉 3 𝑉 (𝑏 ℎ2 −𝑏 ℎ12 +𝑡 ℎ12 ) 𝜏𝑀𝐴𝑋 = (𝑏 ℎ2 − 𝑏 ℎ12 + 𝑡 ℎ12 ) = … … … .17) 8 8 Al sustituir en la ecuación 6. Introduciendo la siguiente expresión para el momento de inercia: 𝑏 ℎ3 (𝑏 − 𝑡)ℎ13 1 𝐼𝑧 =− = (𝑏 ℎ3 − 𝑏ℎ13 + 𝑡ℎ13 ) 12 12 12 Podemos replantear ahora la ecuación del esfuerzo y escribirla de la siguiente forma: 3 𝑉 (𝑏 ℎ2 − 𝑏 ℎ12 + 𝑡 ℎ12 − 4 𝑡 𝑦12 ) 𝜏= … … … … . El esfuerzo cortante en los patines varia hasta un valor cero en los extremos superior e inferior. (6. (6.18) 𝐼𝑧 𝑏 𝐼𝑧 𝑡 𝐼𝑧 𝑡 8 8 En esta ecuación se aprecia que el esfuerzo cortante 𝝉 varía en forma cuadrática a lo largo de la altura del alma como se indica en la figura 6.14 se tiene: 𝑉 𝑄 𝑉 𝑄 𝑉 𝑏 𝑡 𝜏= = = [ (ℎ2 − ℎ12 ) + (ℎ12 − 4𝑦12 )] … … . el área del diagrama de esfuerzo consiste de dos partes: 2 un rectángulo de área ℎ1 𝜏𝑀𝐼𝑁 . y un segmento parabólico de área (ℎ1 )(𝜏𝑀𝐴𝑋 − 𝜏𝑀𝐼𝑁 ).20) 8 𝐼𝑧 𝑡 2 𝑡 (𝑏 ℎ3 −𝑏 ℎ13 +𝑡 ℎ13 ) 𝑉 3 𝑉 𝑏 (ℎ2 − ℎ12 ) 𝜏𝑀𝐼𝑁 = ( ℎ2 − ℎ12 ) = … … … … (6. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES En trabajo de diseño es muy común calcular una aproximación del esfuerzo cortante máximo al dividir la fuerza cortante total entre el área del alma. mientras que en la unión 𝑏 − 𝑐 el esfuerzo es igual a 𝜏𝑀𝐼𝑁 . 𝑡 = 0. tomando como referencia las cotas indicadas. en la cual la fuerza cortante aplicada es 𝑉 = 600 𝑙𝑏 . EJEMPLO 6. Este esfuerzo representa el esfuerzo cortante medio en el alma y es: 𝑉 𝜏𝑀𝐸𝐷 = … … .683 𝑖𝑛 ∑𝐴 14. ℎ = 8 𝑖𝑛. Si: 𝑏 = 10 𝑖𝑛. (6.5 18.15 Calcular el esfuerzo cortante máximo 𝜏𝑀𝐴𝑋 . NOTA: La teoría elemental que se ha presentado es bastante precisa cuando se utiliza para calcular los esfuerzos cortantes en el alma. . en el alma de la viga 𝑇 mostrada en la figura.2 𝑖𝑛2 2 10 0. ANÁLISIS: En primer lugar se determinara la ubicación del centroide de la sección transversal de la viga.9 ∑𝐴 𝑦 23.2 4. ℎ1 Por ejemplo se aprecia inmediatamente que para 𝑦1 = el esfuerzo cortante sobre las 2 superficies libre 𝑎 − 𝑏 y 𝑐−𝑑 debe ser nulo. ℎ1 = 7 𝑖𝑛. no obstante cuando se considera la distribución de esfuerzos cortantes en los patines.6 𝑖𝑛.2 23. la hipótesis de esfuerzo cortante invariable a lo ancho de “b” no puede establecerse en los mismos.9 149 . FIGURA ÁREA 𝑦 𝐴 𝑦 (𝑖𝑛2 ) (𝑖𝑛 ) (𝑖𝑛3 ) 1 4. Esta observación indica que en la unión del alma y el patín la distribución de esfuerzos cortantes sigue una ley más complicada que no puede tratarse en un análisis elemental.9 𝑖𝑛3 𝑌̅ = = = 1.5 5 14.23) (𝑡)(ℎ1 ) Para vigas de patín ancho representativas el esfuerzo cortante medio se encuentra en un rango de 10% del esfuerzo cortante máximo real. por lo que esta queda como se muestra en la siguiente figura. Lo importante en este análisis es saber determinar adecuadamente.833 𝑖𝑛4 12 12 𝐼 𝑥̅ = [𝐼𝑥1 + 𝐴1 𝑑𝑦21 ] + [𝐼𝑥2 + 𝐴2 𝑑𝑦22 ] 𝐼 𝑥̅ = [17. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Se procede a dibujar la sección transversal de la viga.30 𝑖𝑛4) 𝑖𝑛2 𝝉𝑴𝑨𝑿 = 𝟏𝟖𝟑𝟑.2 𝑖𝑛2 )(2.15 𝑖𝑛4 . 𝟎𝟖 𝑷𝑺𝑰 ANÁLISIS DE UNA VIGA POR ESFUERZO NORMAL Y ESFUERZO CORTANTE Cuando se diseña una viga es necesario definir la máxima carga que podrá soportar. sin sobrepasar el esfuerzo normal y cortante admisible del material con que será hecha.183)2 ] = 65.317 𝑖𝑛)(3. se realizara un análisis en el cual se tendrán dos posibles cargas máximas. Conociendo el centroide de la viga. cuál de las dos carga es la que en realidad se puede aplicar.6𝑖𝑛)(6.15 𝑖𝑛4 + (4. 𝐼𝑥2 = = 0. (0.817)2 ] + [0. la viga estará en el límite de uno de estos esfuerzos pero el otro será sobrepasado con lo que se originara que la viga falle al no soportar la carga aplicada. la primera se obtiene considerando que el esfuerzo normal es el que predomina y para determinar la otra se considera que el predominante es el esfuerzo cortante. ubicando en la misma el centroide.6𝑖𝑛)(7𝑖𝑛)3 (10 𝑖𝑛)(1 𝑖𝑛)3 𝐼𝑥1 = = 17. Ante tal circunstancia es necesario analizar a esta viga tomando en consideración estos dos esfuerzos en conjunto. Para determinar la máxima carga que es posible aplicarle sin que esta falle. para obtener un resultado correcto. dado que si se aplica la carga incorrecta.𝟔 𝒊𝒏)(65.833 𝑖𝑛4 + (10 𝑖𝑛2 )(1.08 𝐼̅𝑥 𝑏 (𝟎. 150 .1585 𝑖𝑛) = 11. ya que sobre este se encuentra el eje neutro.97 𝑖𝑛3 𝑉 𝑄 (𝟔𝟎𝟎𝟎 𝒍𝒃)(11.97 𝑖𝑛3 ) 𝑙𝑏 Por lo que el esfuerzo cortante es: 𝜏 = = = 1833. se determina el momento de inercia centroidal aplicando el teorema de ejes paralelos. A continuación se indicas algunos ejemplos en donde se hacen estas consideraciones. al realizar el análisis.30 𝑖𝑛4 Si se toma la parte superior de la viga el valor de 𝑄 se obtiene de la siguiente forma: 𝑄 = 𝐴 𝑦 = (0. 𝑅𝐵 = 24 𝐾𝑁 Realizando el análisis de la viga por tramos se tiene: 0≤𝑥 <2𝑚 𝑉𝑥 = −6 𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 0𝑚)1 ) 6 𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 0𝑚)2 ) 𝑀𝑥 = − = −3 𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 0𝑚)2 ) 2 𝑆𝑖 𝑥 = 0 𝑚 𝑉𝑥 = −6 𝐾𝑁/𝑚((0 − 0𝑚)1 ) = 0 𝑀𝑥 = −3 𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 0𝑚)2 ) = 0 𝑆𝑖 𝑥 = 2 𝑚 𝑉𝑥 = −6 𝐾𝑁/𝑚((2 − 0𝑚)1 ) = −12 𝐾𝑁 𝑀𝑥 = −3 𝐾𝑁/𝑚((2 − 0𝑚)2 ) = −12 𝐾𝑁 𝑚 2𝑚≤𝑥 <6𝑚 𝑉𝑥 = −6 𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 0𝑚)1 ) + 24 𝐾𝑁 𝑀𝑥 = −3 𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 0𝑚)2 ) + 24 𝐾𝑁((𝑥 − 2𝑚)1 ) 𝑆𝑖 𝑥 = 2 𝑚 𝑉𝑥 = −6 𝐾𝑁/𝑚((2 − 0𝑚)1 ) + 24 𝐾𝑁 = 12 𝐾𝑁 𝑀𝑥 = −3 𝐾𝑁/𝑚((2 − 0𝑚)2 ) + 24 𝐾𝑁((2 − 2𝑚)1 ) = −12 𝐾𝑁 𝑚 𝑆𝑖 𝑥 = 6 𝑚 𝑉𝑥 = −6 𝐾𝑁/𝑚((6 − 0𝑚)1 ) + 24 𝐾𝑁 = −12 𝐾𝑁 𝑀𝑥 = −3 𝐾𝑁/𝑚((6 − 0𝑚)2 ) + 24 𝐾𝑁((6 − 2𝑚)1 ) = −12 𝐾𝑁 𝑚 6𝑚≤𝑥 <8𝑚 𝑉𝑥 = −6 𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 0𝑚)1 ) + 24 𝐾𝑁 + 24𝐾𝑁 = −6 𝐾𝑁/𝑚((𝑥 − 0𝑚)1 ) + 48𝐾𝑁 𝑀𝑥 == −3 𝐾𝑁/𝑚((6 − 0𝑚)2 ) + 24 𝐾𝑁((𝑥 − 2𝑚)1 ) + +24 𝐾𝑁((𝑥 − 6𝑚)1 ) 𝑆𝑖 𝑥 = 6 𝑚 𝑉𝑥 = −6 𝐾𝑁/𝑚((6 − 0𝑚)1 ) + 48𝐾𝑁 = 12𝐾𝑁 𝑀𝑥 == −3 𝐾𝑁/𝑚((6 − 0𝑚)2 ) + 24 𝐾𝑁((6 − 2𝑚)1 ) + 24 𝐾𝑁((6 − 6𝑚)1 ) = −12𝐾𝑁 𝑚 151 .5 𝑀𝑃𝑎 y un esfuerzo cortante permisible 𝜏𝑃𝐸𝑅𝑀 = 500 𝐾𝑃𝑎. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 6.16 La viga simplemente apoyada de madera que se muestra en la figura tiene un esfuerzo flexionante permisible de 𝜎𝑃𝐸𝑅𝑀 = 6. si tiene que ser rectangular y con una relación de altura a ancho de 1. se puede decir que las reacciones son iguales con un valor de: 𝑅𝐴 = 24 𝐾𝑁 . Determine sus dimensiones. ANÁLISIS: En esta viga al tener una carga uniformemente distribuida en toda su longitud y al encontrarse sus apoyos simétricamente ubicados.25. 6ℎ3 𝑠= = = 0. 𝑉 La ecuación de esfuerzo cortante.5 . Por tal motivo se tomaran las dimensiones que se determinaron en base al esfuerzo normal ya que si se toman las que se obtuvieron por esfuerzo cortante la viga fallaría al aplicarle el esfuerzo normal.036 𝑚2 𝐴 𝐴 = 𝑏 ℎ = (0. así como el módulo de sección. 𝒃 = 𝟎.001846𝑚3 ∴ ℎ = 0. Los valores máximos del momento y el cortante son: 𝑽𝑴𝑨𝑿 = 𝟏𝟐𝑲𝑵 .1697 𝑚 Se observa que para soportar el esfuerzo normal se tienen unas dimensiones mayores que las requeridas para soportar el esfuerzo cortante.2401 𝑚 . 𝒉 = 𝟎.8ℎ)ℎ3 2 1. 𝑴𝑴𝑨𝑿 = 𝟏𝟐𝑲𝑵 − 𝒎 Se realizara la determinación de la sección tomando en consideración en primer término el esfuerzo normal.2121 𝑚 . 𝑏 = 0. 𝐴 = 0.001846 𝑚3 . por lo que se tiene: 𝑏 ℎ3 𝑀 12𝑥103 𝑁 𝑚 𝐼 𝑏ℎ3 2 𝑠= = = 0.5 𝐴 (12𝑥103 𝑁) Por lo que se tiene que: 500𝑥103 𝑁⁄𝑚2 = 1. 𝑠 = = 12 = 𝜎 6. 𝟐𝟒𝟎𝟏 𝒎 .5𝑥103 𝑁⁄𝑚2 𝑦 ℎ 12 ℎ 2 (0. 𝟏𝟗𝟐𝟏 𝒎 152 . 𝑏 = 0. para una viga de sección rectangular es: 𝜏𝑀𝐴𝑋 = 1.8ℎ)(ℎ) = 0. se determinan estas mismas tomando en cuenta el esfuerzo cortante permisible.8 ℎ2 = 0.036𝑚2 ∴ ℎ = 0.1921 𝑚 12 ℎ 12 Conociendo las dimensiones de la viga obtenidas bajo la consideración del esfuerzo normal. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES 𝑆𝑖 𝑥 = 6 𝑚 𝑉𝑥 = −6 𝐾𝑁/𝑚((8 − 0𝑚)1 ) + 48𝐾𝑁 = 0𝐾𝑁 𝑀𝑥 == −3 𝐾𝑁/𝑚((8 − 0𝑚)2 ) + 24 𝐾𝑁((8 − 2𝑚)1 ) + 24 𝐾𝑁((8 − 6𝑚)1 ) = 0 Por lo que los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante quedan como se muestra en la figura. No es necesario calcular el centroide. que incluye el peso de la viga.0125𝑥10−5 𝑚4 .915𝑚)2 ] + [4. puesto que este se encuentra en la unión de los dos ejes de simetría de la figura.5 𝑞 Con el fin de poder analizar la viga es necesario en primer lugar determinar el momento de inercia de la viga. si los esfuerzos permisibles son: 𝜎𝑃𝐸𝑅𝑀 = 110 𝑀𝑃𝑎 . 𝑀𝑀𝐴𝑋 = 𝐼 𝑥̅ 𝑦𝑀𝐴𝑋 (110𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )( 0. (0. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES EJEMPLO 6.93𝑚) 153 . Determinar la carga máxima permisible “𝑞” basada en la flexión y en el cortante.8𝑚)3 𝐼𝑥1 = 𝐼𝑥3 = = 1. La viga se construye de tres placas soldadas entre sí para formar la sección transversal mostrada.03𝑚)3 (0. 𝐼𝑥2 = = 4. 𝜏𝑃𝐸𝑅𝑀 = 70 𝑀𝑃𝑎.45𝑚)(0. Para esto se dividirá esta viga en tres figuras geométricas básicas (tres rectángulos).865𝑥10−3 𝑚4 12 12 Utilizando el teorema de ejes paralelos para determinar el momento de inercia de la viga se tiene: 𝐼 𝑥̅ = 2[1.17 La viga simple A-B mostrada en la figura tiene una longitud 𝐿 = 14 𝑚. y soporta una carga uniforme “𝑞”. considerando que este es el esfuerzo que predomina.0125𝑥10−5 𝑚4 + (0. 𝑀𝑀𝐴𝑋 𝑦𝑀𝐴𝑋 𝜎𝑃𝐸𝑅𝑀 𝐼𝑥̅ 𝜎𝑃𝐸𝑅𝑀 = . 𝑀𝑀𝐴𝑋 𝑦𝑀𝐴𝑋 = 𝜎𝑃𝐸𝑅𝑀 𝐼𝑥̅ .865𝑥10−3 𝑚4 + (0. la reacción en 𝑞𝐿 14 𝑞 cualquiera de los dos extremos es: 𝑅𝐴 = 𝑅𝐵 = = =7𝑞 . Como se trata de una viga con carga uniformemente repartida sobre todo el tramo. 2 2 Por lo que la fuerza cortante máxima es: 𝑉𝑀𝐴𝑋 = 7 𝑞.94 𝑁 𝑚 (0. El tipo de carga que existe en la viga genera un momento máximo de: 𝑀𝑀𝐴𝑋 = 24.01𝑚)(1.027467 𝑚4 ) 𝑀𝑀𝐴𝑋 = = 3248784.0135𝑚)(0.027467 𝑚4 Realizando en primer lugar el análisis por esfuerzo normal permisible.018𝑚)(0)2 ] 𝐼𝑥̅ = 0. puesto que con esta se tendrá el valor máximo de uno de los esfuerzos y el otro se encontrara por debajo de su valor máximo.01𝑚)(0. 𝑉𝑀𝐴𝑋 = 7 𝑞 𝐼𝑥 𝑄 = (0.95 𝑁 0.95 𝑁 𝑞= = = 167481.45𝑚) 𝑉𝑀𝐴𝑋 = = 1172371.01640 𝑚3 𝑉𝑀𝐴𝑋 𝑄 𝜏𝑃𝐸𝑅𝑀 𝐼̅𝑥 𝑏 Despejando se tiene: 𝜏𝑃𝐸𝑅𝑀 = ̅ 𝑏 𝐼𝑥 . 𝑉𝑀𝐴𝑋 = 𝑄 (70𝑥106 𝑁⁄𝑚2 )(0. por lo que: 𝒒𝑴𝑨𝑿 = 𝟏𝟑𝟐𝟔𝟎𝟑.46 𝑁⁄𝑚 Realizando en segundo término el análisis por esfuerzo cortante permisible.915𝑚) + (0.70 𝑁⁄𝑚 7𝑚 7𝑚 Aunque se tienen dos posibles cargas 𝑞. 𝟒𝟔 𝑵⁄𝒎 PROBLEMAS PROBLEMAS DEL 6.027467 𝑚4 )(0.45𝑚)(0. Figura A Figura B Figura C Figura D 154 . INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Se sabe que: 𝑀𝑀𝐴𝑋 = 24. C. determinar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.9𝑚)(0.6 Para las vigas simplemente apoyadas que se muestran en la figuras A.03𝑚)(0. se toma el valor de la carga menor.5 𝑞 Por lo que: 3248784. B. por lo que: 𝑉𝑀𝐴𝑋 𝑄 𝜏= ̅ 𝑏 .01640 𝑚3 𝑉 1172371. D.5 𝑞 ∴ 𝑞 = 132603.94 𝑁 𝑚 = 24. E y F.1 AL 6.45𝑚) = 0. considerando que este es el que predomina.. determinar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. A) Calcule el valor de 𝐿 que origine un esfuerzo normal máximo de 35 𝑀𝑃𝑎 . B) Determine el valor del esfuerzo cortante máximo. Figura G Figura H PROBLEMAS DEL 6.9 Determinar el esfuerzo normal máximo que se presenta en la viga que se muestra en la figura. PROBLEMAS DEL 6. la cual tiene una sección transversal circular. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES Figura E Figura F PROBLEMAS DEL 6.7 AL 6.8 Para las vigas empotrada que se muestran en la figuras G y H.10 Determinar y trazar la distribución del esfuerzo de flexión que se presenta en el punto C de la viga que se muestra en la figura PROBLEMAS DEL 6. 155 .11 Una viga simplemente apoyada de L metros de longitud soporta una carga distribuida uniformemente de 14 𝐾𝑁/𝑚 a todo su largo y tiene la sección mostrada en la figura. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES PROBLEMA 6. PROBLEMA 6. que no produzca un esfuerzo normal mayor de 𝟏𝟔 𝑴𝑷𝒂 o esfuerzo cortante mayor de 𝟏. determinar el esfuerzo normal y cortante máximo que se presenta en esta viga. y sección transversal como se muestra en la figura. PROBLEMA 6.13 En la viga que se muestra en la figura actúan las cargas indicadas.14 Para la viga que se muestra en la figura. 𝟒 𝑴𝑷𝒂.12 La viga que se muestra en la figura sostiene una carga 𝑾 uniformemente distribuida. determinar el esfuerzo normal máximo que actúa en un corte transversal en C 156 . Determine el valor máximo de 𝑾. 2012. INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DE MATERIALES BIBLIOGRAFÍA 1. 157 . 2... Martínez. 3. Editorial: Oxford University Press. Sánchez. México. Mecánica de Materiales.Andrew Pytel – Ferdinand L.Russell C.. 5.Cortez. México. Editorial: Mc Graw Hill. Editorial: Pearson Educación de México 2011. A. Mecánica de Materiales. Hibbeler. Vigas y su diseño. Resistencia de Materiales. 1991. Beer . México 2001. Singer. 4.Ferdinand P..-Luis Ortiz Berrocal. Resistencia de Materiales. Editorial: Agua Mecánica S. Editorial: Mc Graw Hill. España. 2010. Rusell Johnston Jr.E.