Tecsup Resistencia de Materiales

TECSUP – PFR Resistencia de MaterialesÍNDICE Unidad I: “ESTÁTICA DE LA PÁRTICULA” 1. Representación vectorial de fuerzas..................................................................1 2. Operaciones vectoriales ...................................................................................2 2.1. Suma y resta de dos vectores................................................................2 2.2. Métodos geométricos............................................................................2 2.2.1. Por Triangulación ..................................................................2 2.2.2. Método del paralelogramo......................................................3 2.3. Métodos Analíticos................................................................................3 2.4. Descomposición vectorial ......................................................................4 2.5. Suma de tres o más vectores ................................................................5 3. Primera condición de equilibrio - bidimensional .................................................6 4. Primera condición de equilibrio- tridimensional ..................................................7 Unidad II: “EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS” 1. Sistema equivalente de fuerzas ...................................................................... 21 2. Principio de Transmisibilidad .......................................................................... 22 2.1. Producto vectorial de dos vectores....................................................... 22 2.2. Producto vectorial expresado en términos de componentes rectangulares23 3. Momento de una fuerza respecto a un punto .................................................. 24 3.1. Componentes rectangulares del momento de una fuerza ...................... 25 3.1.1. Momento de un par ............................................................. 26 3.1.2. Sistema fuerza – par............................................................ 27 4. Reacciones en los apoyos .............................................................................. 29 5. Segunda condición de equilibrio ..................................................................... 31 6. Equilibrio de un cuerpo rígido......................................................................... 31 7. Análisis por planos......................................................................................... 32 8. Ejercicios ...................................................................................................... 33 Unidad III: “DIAGRAMA DE FUERZAS INTERNAS” 1. Diagrama de fuerzas internas......................................................................... 37 2. Fuerzas en elementos rectos sometidos a la acción de dos fuerzas................... 37 3. Caso de un elemento que no es recto sometido a la acción de dos fuerzas ....... 38 4. Fuerzas en elementos sometidos a la acción de varias fuerzas ......................... 39 5. VIGAS........................................................................................................... 45 5.1. Diferentes tipos de cargas y apoyos..................................................... 45 5.2. Fuerza cortante y momento flector en una viga.................................... 46 5.3. Diagrama de Fuerza cortante (DFC) y de Momento flector (DMF) .......... 47 6. Reglas prácticas para la construcción de los diagramas de fuerzas internas....... 51 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Unidad IV: “ESFUERZO” 1. Esfuerzo....................................................................................................... 53 1.1. Esfuerzo normal ................................................................................. 54 1.2. Esfuerzo cortante............................................................................... 55 1.3. Estado general de esfuerzo................................................................. 55 1.4. Unidades ........................................................................................... 56 2. Esfuerzo normal promedio en una barra cargada axialmente ........................... 56 2.1. Suposiciones...................................................................................... 57 2.2. Distribución del esfuerzo normal promedio........................................... 59 2.3. Equilibrio ........................................................................................... 60 2.4. Esfuerzo normal promedio máximo ..................................................... 61 3. Esfuerzo cortante promedio........................................................................... 66 3.1. Cortante simple.................................................................................. 68 3.2. Cortante doble ................................................................................... 68 3.3. Equilibrio ........................................................................................... 69 4. Esfuerzo Permisible....................................................................................... 77 4.1. Diseño de conexiones simples............................................................. 79 4.2. Área de la sección transversal de un conector sometido a cortante ....... 80 4.3. Área requerida para resistir aplastamiento........................................... 81 4.4. Área requerida para resistir el cortante causado por carga axial ............ 81 5. Problemas propuestos................................................................................... 88 6. Propiedades mecánicas de los materiales ....................................................... 96 7. Pruebas de tensión y compresión................................................................... 96 8. El diagrama de esfuerzo-deformación unitaria ................................................ 98 8.1. Comportamiento elástico .................................................................... 99 8.2. Fluencia........................................................................................... 100 8.3. Diagrama real de esfuerzo-deformación unitaria ................................ 101 9. Relación de Poisson .................................................................................... 103 9.1. El diagrama de esfuerzo-deformación unitaria en cortante.................. 106 10. Deformación elástica de un miembro cargado axialmente.............................. 111 10.1. Carga y área transversal constantes .................................................. 111 10.2. Convención de signos....................................................................... 112 11. Problemas propuestos................................................................................. 119 Unidad V: “FLEXIÓN” 1. Deformación por flexión de un miembro recto .............................................. 121 1.1. La fórmula de la flexión .................................................................... 125 2. Problemas propuestos................................................................................. 138 Unidad VI: “COLUMNAS” 1. Introducción............................................................................................... 143 2. Razón de esbeltez....................................................................................... 143 2.1. Longitud real, L................................................................................ 144 2.2. Factor de fijación de los extremos, K................................................. 144 2.3. Longitud efectiva, Le. ....................................................................... 146 2.4. Radio de giro, r ................................................................................ 146 3. Resumen del método para calcular la razón de esbeltez ................................ 148 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 4. Razón de esbeltez de transición ................................................................... 148 4.1. ¿Cuándo se considera larga una columna? ......................................... 148 4.2. Fórmula de Euler para columnas largas.............................................. 150 4.3. Fórmula de J. B. Johnson para columnas cortas.................................. 151 4.4. Factores de diseño para columnas y carga permisible ......................... 151 4.5. Resumen-método de análisis de columnas ......................................... 152 5. Perfiles eficientes para secciones transversales de columna ........................... 157 Unidad VII: “CÍRCULO DE MOHR Y CRITERIOS DE FALLA” 1. Círculo de Mohr esfuerzo plano .................................................................... 163 1.1. Ecuaciones del círculo de Mohr .......................................................... 163 1.2. Dos formas del círculo Mohr .............................................................. 165 1.3. Construcción del círculo de Mohr ....................................................... 166 1.4. Esfuerzos sobre un elemento inclinado............................................... 168 1.5. Esfuerzos principales......................................................................... 171 1.6. Esfuerzos cortantes máximos ............................................................ 172 1.7. Convención alternativa de signos para los esfuerzos cortantes ............ 173 1.8. Comentarios generales sobre el círculo .............................................. 174 2. Teorías de falla ........................................................................................... 176 2.1. Cargas repetidas y fatiga................................................................... 176 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 1 Unidad I E ES ST TÁ ÁT TI IC CA A D DE E L LA A P PA AR RT TÍ ÍC CU UL LA A 1. REPRESENTACIÓN VECTORIAL DE FUERZAS Las FUERZAS se pueden representar a través de VECTORES los cuáles son entidades matemáticas que poseen: • Norma o Módulo del Vector: es la magnitud o tamaño de la flecha. • Dirección: es el ángulo que forma la línea de acción del vector con respecto a un eje de referencia. • Sentido: es la orientación de la flecha. Es importante indicar que el punto donde se origina el Vector se llama PUNTO DE APLICACIÓN. Figura 1.1 Las operaciones que se pueden realizar con los Vectores son las siguientes: 1. Suma y Resta Vectorial 2. Descomposición Vectorial 3. Producto de un Escalar por un Vector 4. Producto Escalar de Vectores (también llamado producto punto) 5. Producto Vectorial de Vectores (también llamado producto cruz) Todas estas operaciones tienen aplicaciones en la Mecánica. La suma, resta y descomposición vectorial se utilizan al aplicar la primera condición de equilibrio. 5 Kg. 0 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 2 El producto de un vector por un escalar y el producto cruz se utilizan al aplicar la segunda condición de equilibrio a cuerpos rígidos ósea en estática tridimensional. Y finalmente el producto escalar de vectores se utiliza para determinar el trabajo realizado por una partícula en una trayectoria curvilínea. Es importante que el alumno aprenda las operaciones vectoriales básicas para poder aplicar estas técnicas en problemas reales. La ventaja de la mecánica vectorial es que es un método generalizado bajo las reglas operativas entre vectores, lo cual puede despojar de los complejos ropajes que un problema puede llevar y permite que veamos la esencia del mismo. Si bien los vectores son entes matemáticos abstractos sus aplicaciones son muy útiles a situaciones prácticas como ya se verá más adelante. 2. OPERACIONES VECTORIALES 2.1. SUMA Y RESTA DE DOS VECTORES Se define la suma vectorial como el reemplazo de un conjunto de vectores que se están "sumando" por otro único vector al cual se le denomina "resultante" y que físicamente produce el mismo efecto que los vectores sumados. Existen varios métodos para determinar la resultante, geométricos y analíticos. 2.2. MÉTODOS GEOMÉTRICOS 2.2.1. POR TRIANGULACIÓN a. Suma: b. Resta: Figura 1.2 A -B R = A + (-B) A B A B R = A + B A B TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 3 2.2.2. MÉTODO DEL PARALELOGRAMO a. Suma: b. Resta: Figura 1.3 2.3. MÉTODOS ANALÍTICOS a. Suma: Figura 1.4 R 2 = A 2 + B 2 – 2AB Cos (180 - θ) Cos (180 - θ) = - cos θ R 2 = A 2 + B 2 + 2AB Cos θ b. Resta: R 2 = A 2 + B 2 – 2AB Cos θ Figura 1.5 A B R = A + B A B A B R = A -B A B A B R θ 180º θ A B R θ A θ A - B Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 4 2.4. DESCOMPOSICIÓN VECTORIAL La descomposición vectorial es la operación inversa a la suma de dos vectores. Es decir que consiste en separar o descomponer un vector en dos vectores tales que sumados vectorialmente den como resultado el vector que se quiere descomponer. La descomposición de un vector en dos dimensiones se puede realizar sobre cualquier par de rectas no paralelas. Figura 1.6 Pero la descomposición que cobra importancia es aquella cuando entre las rectas de descomposición existe un ángulo recto de separación; a este tipo de descomposición se le llama DESCOMPOSICIÓN EN COMPONENTES RECTANGULARES. Figura 1.7 P = F Q = F VECTOR: F = Fx i + Fy j COMPONENTE EN EL EJE "x": Fx = Fcosθ COMPONENTE EN EL EJE "y": Fy = Fsenθ MÓDULO: F DIRECCIÓN: θ ( medido siempre desde "+x") VECTOR UNITARIO EN "X": i VECTOR UNITARIO EN "Y": j TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 5 2.5. SUMA DE TRES O MÁS VECTORES Cuando se suman tres o más vectores se procede de la siguiente manera: 1. Se descomponen todos los vectores en sus componentes rectangulares. La dirección siempre se debe tomar respecto al eje "+x". 2. Se suman algebraicamente las componentes a lo largo de cada eje. Así se tienen las resultantes a lo largo de cada eje: 3. La resultante Vectorialmente es: 4. El módulo y dirección de este vector son: EJEMPLO: Determine la resultante de los siguientes vectores. Figura 1.8 β α --γ A B C x y Rx = ΣVx Ry = ΣVy F = Rx i + Ry 2 2 Ry Rx R + = Rx Ry arctg = θ Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 6 Paso 1 Descomponer en las componentes rectangulares. • A = Ax i + Ay j = A cos α i + A sen α j • B = Bx i + By j = B cos β i + B sen βj • C = Cx i + Cy j = C cos (-γ)i + C sen (-γ) j Paso 2 Sumar algebraicamente las componentes. • Rx = Ax + Bx +Cx • Ry = Ay + By + Cy Paso 3 La resultante vectorial es: • R = Rx i + Ry j Paso 4 EL módulo y dirección son: 2 2 Ry Rx R + = Rx Ry arctg = θ 3. PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO - BIDIMENSIONAL Para que un cuerpo se encuentre en equilibrio estático la suma de todas las fuerzas que actúan sobre él debe ser nula. A este criterio se le conoce como PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO. Está condición es necesaria pero no suficiente cuando se analizan cuerpos rígido cuyas fuerzas no son concurrentes en un mismo punto, sino son fuerzas en un mismo plano. Para cuerpos rígidos en donde todas las fuerzas se aplican en un mismo punto, se dice que se le considera como una PARTÍCULA y la primera condición de equilibrio en esos casos es suficiente para lograr el equilibrio estático. La Primera condición de equilibrio en forma Vectorial es: La cual para aplicaciones prácticas se descompone en el plano en: Σ F = 0 ∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 7 Figura 1.9a Fuerzas Concurrentes Figura 1.9b Fuerzas en el Plano Figura 1.9 4. PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO- TRIDIMENSIONAL La forma vectorial de la primera condición de equilibrio es la más apropiada en el caso de problemas tridimensionales. El procedimiento es el siguiente: Paso 1: determine el vector de dirección de la fuerza. Utilice las medidas de la geometría del problema. Paso 2: Determine el vector unitario de dirección de la fuerza. Vector de Dirección AB = dx i + dy j + dz k Medida en el eje "x": dx Medida en el eje "y": dy Medida en el eje "z": dz Vector Unitario de Dirección µ AB = . AB . AB Vector de Dirección: AB Módulo del Vector Dirección: AB= √ dx ² + dy ² + dz ² R A ↑ ↑ R B B A F L/2 L/2 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 8 Paso 3: La fuerza en forma vectorial será: Paso 4: Aplique la PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO en forma vectorial. Normalmente después de aplicar la primera condición de equilibrio, queda un sistema de 3 ecuaciones con tres incógnitas el cuál se puede resolver por cualquier método algebraico o matricial. Problema 01 Dos fuerzas P y Q se aplican en el punto A del gancho mostrado en la figura. Sabiendo que P tiene un valor de 60 libras y Q tiene un valor de 25 libras, determine gráficamente la magnitud y dirección de su resultante usando: • la ley del paralelogramo. • la regla del triangulo. Figura 1.10 Σ F = 0 Fuerza Vector: F = Fµ AB Módulo de la Fuerza: F Vector Unitario de Dirección: µ AB TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 9 Problema 02 La fuerza de 200 N se descompone en componentes a lo largo de las líneas a-a’ y b-b’. • Determine que la componente a lo largo por trigonometría el ángulo α sabiendo que la componente a lo largo de b-b’ es de 120 N. • Determinar el valor correspondiente de la componente a lo largo de a-a’. Figura 1.11 Problema 03 Un cable telefónico se fija en A al poste AB. Sabiendo que la tensión T1 en la parte izquierda del cable es de 800 libras, determinar: • La tensión T 2 requerida en la parte derecha del cable si la resultante R de las fuerzas ejercidas en A debe ser vertical. • La magnitud correspondiente de R. Figura 1.12 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 10 Problema 04 Los elementos estructurales A y B están remachados al apoyo mostrado en la figura. Si se sabe que ambos elementos están en compresión y que la fuerza en el elemento A es de 15 kN, y en el elemento B es de 15kN, determine por trigonometría la magnitud y dirección de la resultante de las fuerzas aplicadas al apoyo por los elementos A y B. Figura 1.13 Problema 05 Determine las componentes x y y de acuerdo a la figura mostrada. Figura 1.14 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 11 Problema 06 Determine las componentes x y y de acuerdo a la figura mostrada. Figura 1.15 Problema 07 El elemento CB de la prensa de banco mostrada en la figura, reejerce sobre el bloque B una fuerza P dirigida a lo largo de la línea CB. Si se sabe que la componente horizontal de P tiene una magnitud de 1200 N, determinar: • La magnitud de la fuerza P. • La componente vertical. Figura 1.16 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 12 Problema 08 El elemento BD ejerce una fuerza P sobre ele elemento ABC la cual esta dirigida a lo largo de BD. Sabiendo que P debe tener una componente vertical de 240 libras, determine: • Magnitud de la fuerza P. • Componente vertical. Figura 1.17 Problema 09 Sabiendo que α tiene un valor de 35º, determinar la resultante de las tres fuerzas mostradas. Figura 1.18 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 13 Problema 10 Sabiendo que α tiene un valor de 40º, determinar la resultante de las tres fuerzas mostradas Figura 1.19 Problema 11 Sabiendo que αtiene un valor de 20º, determinar: • La pensión en el cable AC. • La cuerda BC. Figura 1.20 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 14 Problema 12 Sabiendo que αtiene un valor de 55º y que el mástil AC ejerce sobre la articulación C una fuerza dirigida a lo largo de la línea AC, determinar: • la magnitud de esta fuerza. • la tensión en el cable BC. Figura 1.21 Problema 13 La conexión soldada de la figura se encuentra en equilibrio sometida a la acción de cuatro fuerzas. Sabiendo que Fa tiene un valor de 8kN y Fb tiene un valor de 16kN, determinar la magnitud de las otras fuerzas. Figura 1.22 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 15 Problema 14 Para la figura del problema anterior la conexión soldada se encuentra se encuentra en equilibrio, sometida ala hacino de cuatro fuerzas. Sabiendo que fa tiene un valor de 5kN y Fd tiene un valor de 6 kN, determinar la magnitud de las otras fuerzas. Problema 15 Las fuerzas P y Q se aplican al componente de una pieza de ensamble de un avión, como se muestra en la figura. Sabiendo que P tiene un valor de 500 libras y Q de 650 libras, y que la pieza de ensamble se encuentra en equilibrio, determine las magnitudes de las fuerzas que actúan sobre las barras A y B. Figura 1.23 Problema 16 Para la figura del problema anterior, las fuerzas P y Q se aplican al componente de una pieza de ensamble de un avión, si se sabe que la pieza de ensamble se encuentra en equilibrio y que las magnitudes de las fuerzas ejercidas sobre las barras A y B son Fa de 750 libras y Fb de 400 libras, determinar las magnitudes de P y Q. Problema 17 Dos cables se amarran juntos en C y se cargan como se muestra en la figura. Sabiendo que Q es 60 libras, determinar: • la tensión en el cable AC. • La tensión en el cable BC. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 16 Figura 1.24 Problema 18 Dos cables se amarran en C y se cargan como se muestra en la figura. Sabiendo que la pensión máxima permisible en cada cable es 800N, determine: • la magnitud de la máxima fuerza P que puede ser aplicada en C. • el valor correspondiente de α. Figura 1.25 Problema 19 El collarín A esta conectado a una carga de 50 libras y se puede deslizar sin fricción sobre la barra horizontal, de acuerdo a la figura adjunta. Determine la magnitud de la fuerza P requerida para mantener al collarín en equilibrio cuando x tiene un valor de 4.5 pulgadas y cuando x tiene un valor de 15 pulgadas. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 17 Figura 1.26 Problema 20 Una carga de 160 kilogramos esta sostenida por el sistema de poleas y cuerdas mostradas en la figura. Sabiendo que βtiene un valor de 20º, determine la magnitud y la dirección de la fuerza P que debe aplicarse en el extremo libre de la cuerda para mantener al sistema en equilibrio. Figura 1.27 Problema 21 Una caja de madera de 600 libras esta sostenida por varios arreglos de poleas y cuerdas, como se muestra en la figura. Determinar para cada arreglo la pensión en la cuerda. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 18 Figura 1.28 Problema 22 El tirante de una torre esta anclado por medio de un perno en A. La tensión en dicho cable es de 2500 N, determine: • las componentes F x , F y , F z de la fuerza que actúa sobre el perno. • Los ángulos θ x , θ y , θ z , que definen la dirección de dicha fuerza. Figura 1.29 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 19 Figura 1.30 Problema 23 Un cilindro de 200 kilogramos esta colgado por medio de dos cables AB y AC, los cuales están unidos a la parte superior de una pared vertical. Una fuerza horizontal P, perpendicular a la pared, mantiene al cilindro en la posición mostrada. Determine la magnitud de P y la tensión en cada cable. Figura 1.31 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 20 Figura 1.32 Problema 24 La caja que se muestra en el problema pesa 800lb. Determine las tensiones en cada una de las cuerdas. Figura 1.33 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 21 Unidad II E EQ QU UI IL LI IB BR RI IO O D DE E C CU UE ER RP PO OS S R RÍ ÍG GI ID DO OS S 1. SISTEMA EQUIVALENTE DE FUERZAS Las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido se pueden separar en 2 grupos: • Fuerzas internas, mantienen unidas las partículas que conforman el cuerpo rígido. Si el cuerpo rígido está constituido estructuralmente por varias partes, las fuerzas que mantienen unidas a dichas partes también se definen como fuerzas internas. Ejemplo: para los elementos de madera, las fuerzas internas son RB, RC, RE. Figura 2.1 • Fuerzas externas, representan la acción que ejercen otros cuerpos sobre el cuerpo rígido bajo consideración. Causarán que el cuerpo se mueva o asegurarán que éste permanezca en reposo. Figura 2.2 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 22 2. PRINCIPIO DE TRANSMISIBILIDAD De acuerdo a este principio, el efecto de una fuerza externa sobre un cuerpo rígido permanece invariable si dicha fuerza se traslada a lo largo de su línea de acción. Las dos fuerzas (F y F’) de la figura, tienen el mismo efecto sobre el cuerpo rígido si es que tienen la misma magnitud, la misma dirección, el mismo sentido y la misma línea de acción. Aquellas fuerzas se dice que son equivalentes. Figura 2.3 En el caso de cuerpos rígidos, el punto de aplicación de una fuerza no es importante, siempre y cuando su línea de acción permanezca inalterada. Estas fuerzas se representan por una clase de vector diferente, el vector deslizante. Ejemplo: F = F’. Figura 2.4 2.1. PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES El producto vectorial de dos vectores P y Q se define como el vector V, que satisface las siguientes condiciones: Figura 2.5 θ V = P x Q P Q TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 23 • La línea de acción de V es perpendicular al plano que contiene a P y a Q. • La magnitud de V está dada por la siguiente relación: V = PQ sen θ ; θ ≤ 180. Expresión matemática: V = P x Q • El sentido de V se obtiene a partir de la regla de la mano derecha. (Cierre su mano derecha de tal manera que estando ubicado sobre el punto de aplicación de V, pueda observar el alineamiento del vector P con el vector Q, a través de la rotación del ángulo θ en sentido antihorario). Figura 2.6 Los tres vectores P, Q y V -tomados en ese orden- forman una triada a derechas. El producto vectorial no cumple la propiedad conmutativa: Q x P = - (P x Q) El producto vectorial cumple la propiedad asociativa: P x (Q 1 + Q 2 ) = P x Q 1 + P x Q 2 El producto vectorial no cumple la propiedad distributiva: (P x Q) x S ≠ P x (Q x S) 2.2. PRODUCTO VECTORIAL EXPRESADO EN TÉRMINOS DE COMPONENTES RECTANGULARES Partiremos recordando el producto vectorial de los vectores unitarios: i x i = j x j = k x k = 0 i x j = k , j x k = i , k x i = j , i x k = - j , j x i = - k , k x j = - i . El producto de 2 vectores unitarios será positivo si éstos se siguen uno a otro en sentido antihorario y será negativo si éstos se siguen en sentido horario. i k j Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 24 Las componentes rectangulares del producto vectorial V de 2 vectores P y Q se determinan como sigue: Dados: P = P x i + P y j + P z k ; Q = Q x i + Q y j + Q z k Tenemos: V = P x Q = (P x i + P y j + P z k) x (Q x i + Q y j + Q z k) Resolviendo: V = (P y Q z - P z Q y )i + (P z Q x - P x Q z )j + (P x Q y - P y Q x )k Pudiendo expresarse también como determinante: V = P x Q = z y x z y x Q Q Q P P P k j i Componentes rectangulares: V = V x i + V y j + V z k Donde: V x = P y Q z - P z Q y V y = P z Q x - P x Q z V z = P x Q y - P y Q x 3. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO El momento de una fuerza F respecto a un punto O es el producto vectorial de dos vectores, el vector de posición r que multiplica al vector Fuerza F, o sea: ..... (1) El vector momento M o es otro vector, perpendicular al plano formado por los vectores r y F. El sentido del vector momento está dado por la regla de la mano derecha. Figura 2.7 Para calcular el vector momento se hace uso del siguiente determinante: ...... (2) M o = r x F i j k M o = r x r y r z F x F y F z TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 25 Donde: i, j, k: vectores unitarios de los ejes x, y, z respectivamente. r x , r y , r z : componentes del vector de Posición. F x , F y , F z : componentes del vector Fuerza. La magnitud del momento de la fuerza F respecto al punto O puede expresarse como: ...... (3) Donde d es la distancia perpendicular desde el punto O a la línea de acción de F. 3.1. COMPONENTES RECTANGULARES DEL MOMENTO DE UNA FUERZA Las componentes rectangulares del momento M o de una fuerza F pueden escribirse en forma de determinante: Figura 2.8 Donde: M x = yF z - zF y M y = zF x - xF z M z = xF y - yF x En el caso más general, para calcular el momento respecto a un punto B de una fuerza F aplicada en A, se debe reemplazar el vector de posición r por un vector trazado desde B hasta A. Este vector es el vector de posición de A relativo a B y se representa por r A/B , el mismo que puede obtenerse restando r B de r A . M o = rF sen θ = Fd i j k M o = r x F = x y z = M x i + M y j + M z k F x F y F z Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 26 Figura 2.9 Donde: r A/B = x A/B i + y A/B j + z A/B k con: x A/B = x A - x B y A/B = y A - y B z A/B = z A - z B 3.1.1. MOMENTO DE UN PAR Se dice que 2 fuerzas F y -F que tienen la misma magnitud, líneas de acción paralelas y sentidos opuestos forman un par o cupla. Obviamente, la suma del as componentes de las 2 fuerzas en cualquier dirección es igual a cero. Sin embargo, la suma de los momentos de las 2 fuerzas con respecto a un punto dado no es cero. Aunque las 2 fuerzas no originarán una traslación del cuerpo sobre el que están actuando, éstas si tenderán a hacerlo rotar. El momento M de una cupla es independiente del punto en el cual se aplica, es un vector libre. Su magnitud está dada por: M = Fd; donde d es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de F y -F. i j k M B = r A/B x F = x A/B y A/B z A/B = (r A - r B ) x F F x F y F z A (x A , y A , z A ) x y F x i F z k F y j O r z B (x B , y B , z B ) TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 27 Figura 2.10 (a) fuerzas que forman el par o cupla. (b) el momento M es un vector perpendicular al plano que Contiene las 2 fuerzas. (c) el punto de aplicación de M puede ser desplazado sin Afectar su magnitud. (d) el momento M se puede descomponer en sus componentes Rectangulares. 3.1.2. SISTEMA FUERZA – PAR Cualquier fuerza F que actúe sobre un cuerpo rígido puede ser trasladada a un punto arbitrario O siempre y cuando se agregue un par cuyo momento sea igual al momento de F con respecto a O. El sistema fuerza-par obtenido consta de un vector de fuerza F y de un vector de par M o perpendicular a F. Figura 2.11 Por el contrario, cualquier sistema fuerza-par que conste de una fuerza F y de un vector de par M o que sean mutuamente perpendiculares, puede ser reemplazado por una sola fuerza equivalente. Esto se logra moviendo la fuerza F en el plano perpendicular hacia M o hasta que su momento con respecto a O, sea igual al momento del par que se desea eliminar. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 28 Ejemplo: Determine el momento de la tensión T CD = 343 N de la figura respecto al apoyo "B". Figura 2.12 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 29 4. REACCIONES EN LOS APOYOS Todo punto de apoyo de un cuerpo rígido por acción del peso propio o de cargas externas, produce fuerzas de reacción en virtud de la tercera ley de Newton. Es muy importante poder reconocer de acuerdo al tipo de apoyo, las reacciones que estarán presentes. Figura 2.13 APOYOS Y CONEXIONES BIDIMENSIONALES. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 30 Figura 2.14 APOYOS Y CONEXIONES TRIDIMENSIONALES. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 31 5. SEGUNDA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO En la unidad 01 se desarrolló la primera condición de equilibrio como una condición necesaria pero no suficiente en el caso de fuerzas en el plano o en el espacio. Para garantizar el equilibrio en un cuerpo rígido también se debe cumplir con LA SEGUNDA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO que fundamenta que para que un cuerpo se encuentre en equilibrio estático la suma de todos los momentos que actúan sobre él debe ser nula. ...... (4) Esta expresión vectorial se puede descomponer en tres expresiones equivalentes: ...... (5) 6. EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO Un cuerpo rígido para estar en equilibrio estático completo debe cumplir con las dos condiciones de equilibrio: Las cuales se pueden descomponer en seis ecuaciones equivalentes (y lógicamente el máximo de incógnitas que pueden existir son seis): Existe una desventaja aparente en el momento de realizar el análisis de la estática en forma vectorial, porque quedará un sistema de 6 ecuaciones simultáneas con 6 incógnitas y eso puede ser engorroso y llevarnos a errores durante el procedimiento de cálculo si se hacen las operaciones en forma manual; pero si se hace uso de una calculadora para resolver el sistema en Σ M = 0 ∑ Mx = 0 ∑ My = 0 ∑ My = 0 Σ M = 0 Σ F = 0 ∑ Mx = 0 ∑ My = 0 ∑ My = 0 ∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑ Fz = 0 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 32 forma directa entonces el método vectorial realmente mostrará toda su potencia y simplicidad. Ejemplo: Un letrero de 480lb está apoyado en una rótula en "A" y sujetado por dos cables como se muestra en la figura. Determine la reacción en "A" y las tensiones en los cables. Figura 2.15 7. ANÁLISIS POR PLANOS Una forma de realizar el análisis estático de un cuerpo rígido sin recurrir al método de la mecánica vectorial es realizar un análisis por planos y luego sumar los efectos conjuntos de las reacciones aplicando el teorema de Pitágoras. Ejemplo 1: Un árbol se apoya dos cojinetes en "A" y "D" Los carretes en "B" y "C" tienen 40mmy 55mm de radio respectivamente. Si sabe que la tensión T B = 150N, determine la tensión Tc y las reacciones en los cojinetes "A" y "D". Figura 2.16 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 33 8. EJERCICIOS Problema 1 Un tensor AB se usa para tensar cables a un poste. Sabiendo que la tensión en el cable BC es de 1040N y que la longitud d es de 1,90m determine el momento con respecto al punto D, de la fuerza ejercida por el cable en C mediante la descomposición en sus componentes horizontal y vertical de la fuerza aplicada en: • El punto C. • El punto E. Figura 2.17 Problema 2 Tres trabajadores tratan de mover una caja de madera de 1x1x1,2m aplicando las 3 fuerzas horizontales mostradas en la figura. • Si P = 240N, reemplace las 3 fuerzas por un sistema equivalente fuerza-par en A. • Reemplace el sistema fuerza-par del inciso a) por una sola fuerza resultante y determine en qué lugar del lado AB se debe aplicar. • Determine la magnitud de P, de tal forma que las 3 fuerzas puedan ser reemplazadas por una sola fuerza resultante aplicada en B. Figura 2.18 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 34 Problema 3 Un mecánico está reemplazando el sistema de escape de un automóvil sujetando firmemente el convertidor catalítico FG a los soportes de sujeción ubicados en H e I para aflojar el ensamble del mofle y el tubo de escape. Para colocar el tubo terminal AB, el mecánico lo empuja hacia adentro y hacia arriba en A mientras tira hacia abajo en B. • Reemplace el sistema de fuerzas dado por un sistema equivalente fuerza-par en D. • Determine si el tubo CD tiende a rotar a favor o en contra del movimiento de las manecillas del reloj relativo al mofle DE, tal y como lo ve el mecánico. Figura 2.19 Problema 4 Un carretón se emplea para mover dos barriles con 40kg de masa cada uno. Sin tomar en cuenta la masa del carretón, determínese: • La fuerza vertical P que debe aplicarse en el manubrio del carretón para mantener el equilibrio cuando α=35°. • La reacción correspondiente en cada una de las 2 ruedas. Figura 2.20 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 35 Problema 5 Una ménsula movible se mantiene en reposo mediante un cable unido a E y los rodillos sin fricción mostrados en la figura. Sabiendo que el ancho del poste FG es ligeramente menor que la distancia entre los rodillos, determínese las fuerzas ejercidas sobre el poste por cada rodillo cuando α=20°. Figura 2.21 Problema 6 Determínense las reacciones en A y B cuando β=50°. Figura 2.22 Problema 7 Dos bandas de transmisión pasan sobre discos soldados a un eje que se sostiene mediante cojinetes en B y D. Si el disco en A tiene un radio de 2,5in y el disco en C tiene un radio de 2in y si se conoce que el sistema gira con una velocidad angular constante, determínese: • La tensión T. • Las reacciones en B y D. Supóngase que el cojinete en D no ejerce ninguna fuerza de empuje axial e ignórese el peso del eje y de los discos. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 36 Figura 2.23 Problema 8 La placa ABCD, de 50kg de peso se sostiene por medio de visagras a lo largo del lado AB y mediante un alambre CE. Sabiendo que la placa es uniforme, determínese la tensión en ele alambre. Figura 2.24 Problema 9 Una fuerza P se aplica sobre la barra doblada ABC la cual puede sostenerse en 4 formas diferentes como se muestra en la figura. De ser posible, determínense las reacciones en los apoyos para cada caso. Figura 2.25 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 37 Unidad III D DI IA AG GR RA AM MA A D DE E F FU UE ER RZ ZA AS S I IN NT TE ER RN NA AS S 1. DIAGRAMA DE FUERZAS INTERNAS Anteriormente consideramos la determinación de las fuerzas externas que actúan sobre una estructura. Ahora consideraremos el problema de determinar las fuerzas internas que mantienen unidas a las distintas partes de un elemento dado. 2. FUERZAS EN ELEMENTOS RECTOS SOMETIDOS A LA ACCIÓN DE DOS FUERZAS Si tenemos un cuerpo AB sometido a la acción de 2 fuerzas que actúan en A y B respectivamente, entonces para que esté en equilibrio las 2 fuerzas que actúan sobre éste deben tener la misma magnitud, la misma línea de acción y sentidos opuestos. Por ejemplo: si tenemos una placa en ángulo sujeta a 2 fuerzas F 1 y F 2 que actúan en A y B respectivamente (figura a). Si la placa está en equilibrio, la sumatoria de los momentos de F 1 y F 2 con respecto a cualquier eje debe ser cero. Primero se suman momentos con respecto al punto A, como el momento de F 1 es igual a cero, el momento de F 2 también debe serlo, por ello la línea de acción de F 2 debe pasar a través de A (figura b). De igual modo, sumando momentos con respecto a B se demuestra que la línea de acción de F 1 debe pasar a través de B (figura c). Figura 3.1 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 38 Ambas fuerzas tendrán la misma línea de acción (línea AB). A partir de las ecuaciones ΣF x = 0 y ΣF y = 0 se observa que las fuerzas también deben tener la misma magnitud pero sentidos opuestos. Ahora, si tenemos un elemento recto AB sometido a la acción de 2 fuerzas que actúan en A y B, deduciremos que dichas fuerzas son F y –F, dirigidas a lo largo de AB. a) Figura 3.2 Cortando el elemento AB en C y dibujando el diagrama de cuerpo libre (DCL) correspondiente a la porción AC, se concluye que las fuerzas internas que existían en C del elemento AB son equivalentes a una fuerza axial –F igual y opuesta a F. En el caso considerado el elemento está en tensión y se elongará bajo la acción de las fuerzas internas. Si las fuerzas estuviesen en sentido contrario, el elemento se encontraría en compresión y disminuiría su longitud bajo la acción de las fuerzas internas. 3. CASO DE UN ELEMENTO QUE NO ES RECTO SOMETIDO A LA ACCIÓN DE DOS FUERZAS Se observa que un elemento que no es recto y está sometido a la acción de 2 fuerzas, tendrá que sus fuerzas internas se reducen a un sistema fuerza-par y no a una sola fuerza. Figura 3.3 A B C F - F F - C A A B F -F tracció b) TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 39 4. FUERZAS EN ELEMENTOS SOMETIDOS A LA ACCIÓN DE VARIAS FUERZAS Considerando el elemento AD de la grúa que vimos en el capítulo anterior, le hacemos un corte en J. Luego realizamos el DCL correspondiente a la porción JD y se encuentra que se mantendrá en equilibrio si se aplica en J una fuerza F para balancear la componente vertical de T, una fuerza V para balancear la componente horizontal de T y un par M para balancear el momento de T con respecto a J. Nuevamente, se concluye que debieron haber existido fuerzas internas en J antes de que se cortara el elemento Figura 3.4 Las fuerzas internas que actúan en la porción JD del elemento AD son equivalentes al sistema fuerza-par de la figura b. De acuerdo con la 3° ley de Newton, las fuerzas internas que actúan sobre AJ deben ser equivalentes a un sistema fuerza-par igual y opuesto, tal y como se muestra en la figura c. Se observa que la acción de las fuerzas internas en el elemento AD no está limitada a producir tensión o compresión como en el caso de los elementos rectos sometidos a la acción de 2 fuerzas; ahora, las fuerzas internas también producen corte y flexión. La fuerza F es una fuerza axial, la fuerza V recibe el nombre de fuerza cortante y el momento M del par se conoce como momento flexionante en J. Cuando se determinan las fuerzas internas en un elemento, se debe indicar claramente sobre qué porción del elemento se supone que actúan dichas fuerzas. Las deformaciones que ocurrirán en el elemento AD se observan en la figura d. a) b) c) d) Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 40 Ejemplo Para el marco mostrado en la figura, determine las fuerzas internas en: • El punto J del elemento ACF • En el punto K del elemento BCD. Figura 3.5 Solución • Hacemos el DCL del marco completo. Reemplazamos los soportes por las reacciones respectivas, asumiendo su sentido. • Calculamos las fuerzas externas del marco completo. ΣM E = 0 – (2400 N) (3,6 m) + F (4,8 m) = 0 ⇒ F = 1800 N ΣF y = 0 – 2400 N + 1800 N + E y = 0 ⇒ E y = 600 N ΣF x = 0 ⇒ E x = 0 Figura 3.6 • Hacemos el DCL de cada elemento. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 41 Se desensambla el marco, como solamente 2 elementos están conectados en cada unión, ponemos componentes iguales y opuestas sobre cada elemento participante en cada unión. • Calculamos las fuerzas en el elemento BCD. ΣM B = 0 – (2400 N) (3,6 m) + C y (2,4 m) = 0 ⇒ C y = 3600 N ΣM C = 0 – (2400 N) (1,2 m) + B y (2,4 m) = 0 ⇒ B y = 1200 N ΣF x = 0 ⇒ – B x + C x = 0 Figura 3.7 Se observa que ni B x ni C x se obtienen considerando únicamente el elemento BCD. • Calculamos las fuerzas en el elemento ABE. ΣM A = 0 B x (2,7 m) = 0 ⇒ B x = 0 ΣF x = 0 B x – A x = 0 ⇒ A x = 0 ΣF y = 0 – A y + B y + 600 N = 0 ⇒ A y = 1800 N Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 42 Figura 3.8 • Volviendo al elemento BCD. ΣF x = 0 – B x + C x = 0 ⇒ C x = 0 • Comprobación: DCL y cálculo en el elemento ACF. Reemplazamos los valores ya calculados y este elemento debe estar en equilibrio. ΣM C = 0 (1800 N) (2,4 m) – A y (2,4 m) – A x (2,7 m) = 0 (1800 N) (2,4 m) – (1800 N) (2,4 m) = 0 ⇒ El equilibrio queda comprobado. Figura 3.9 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 43 • Hallamos las fuerzas internas en J. Se corta el elemento ACF en el punto J y se obtienen las 2 partes que se muestran en la figura. Las fuerzas internas en J están representadas por un sistema fuerza-par y pueden determinarse considerando el equilibrio de cualquiera de las partes en que se ha dividido el elemento. Considerando el cuerpo libre AJ, se tiene: ΣM J = 0 – (1800 N) (1,2 m) + M = 0 ⇒ M = 2160 N.m ΣF x = 0 F – (1800 N) cos 41,7° = 0 ⇒ F = 1344 N ΣF y = 0 V – (1800 N) sen 41,7° = 0 ⇒ V = 1197 N Figura 3.10 Observamos que las fuerzas internas en J son equivalentes a un par M, a una fuerza axial F y a una fuerza cortante V. El sistema fuerza-par interno que actúa sobre la parte JCF es igual y opuesto. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 44 • Hallamos las fuerzas internas en K. Se corta el elemento BCD en el punto K y se obtienen las 2 partes mostradas en la figura. Figura 3.11 Las fuerzas internas en J están representadas por un sistema fuerza-par y pueden determinarse considerando el equilibrio de cualquiera de las partes en que se ha dividido el elemento. Considerando el cuerpo libre BK, se tiene: ΣM K = 0 (1200 N) (1,5 m) + M = 0 ⇒ M = – 1800 N.m ΣF x = 0 ⇒ F = 0 ΣF y = 0 – V – 1200 N = 0 ⇒ V = – 1200 N Nota importante: Es indispensable indicar claramente qué porción del elemento se ha utilizado para registrar las respuestas (magnitudes y sentidos, de las fuerzas y de los momentos). TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 45 5. VIGAS Las vigas comúnmente son elementos prismáticos rectos y largos, diseñados para soportar cargas que están aplicadas en varios puntos a lo largo del elemento. 5.1. DIFERENTES TIPOS DE CARGAS Y APOYOS Generalmente, las cargas son perpendiculares al eje de la viga y únicamente ocasionarán corte y flexión en ella. Cuando las cargas no forman un ángulo recto con la viga, ocasionarán además fuerzas axiales en ella. Una viga puede estar sujeta a cargas concentradas en puntos específicos (P 1 , P 2 ,…, expresadas generalmente en Newtons), cargas distribuidas a lo largo de toda la longitud o a lo largo de una porción de la viga (w 1 , expresadas generalmente en N/m) o a una combinación de ambas. Carga concentrada Carga distribuida Combinación de cargas Figura 3.12 Las vigas se clasifican de acuerdo con la forma en que están apoyadas, la distancia L entre los apoyos recibe el nombre de claro. Para nuestro estudio, limitaremos el análisis a vigas estáticamente determinadas; es decir: vigas simplemente apoyadas, vigas con volados y vigas en voladizo. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 46 Figura 3.13 5.2. FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR EN UNA VIGA Considere una viga AB que está sometida a la acción de varias cargas concentradas y distribuidas (figura a), para obtener la fuerza cortante y el momento flector M en un punto dado C de la viga: Figura 3.14 1° Se determinan las reacciones en los apoyos considerando toda la viga como un cuerpo libre; haciendo ΣM A = 0 y ΣM B = 0 se obtienen R A y R B . Figura 3.15 2° Para determinar las fuerzas internas, se corta la viga en C y se usa el DCL correspondiente a una de las dos porciones obtenidas (AC ó CB). Luego hacemos ΣF y = 0 para obtener la fuerza cortante V y hacemos ΣM C = 0 para obtener el momento flector M. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 47 Figura 3.16 A pesar de que la selección del Cuerpo Libre a usar puede facilitar el cálculo de los valores numéricos de la fuerza cortante y del momento flector, será siempre necesario indicar sobre qué porción de la viga están actuando las fuerzas internas consideradas. 3° Para evitar cualquier confusión respecto al sentido de la fuerza cortante V y del momento flector M (los cuales actúan en direcciones opuestas en las 2 porciones de la viga), trabajaremos con la siguiente convención de signos: Fuerzas internas en la sección: • Fuerza cortante positiva y • Momento flector positivo. Figura 3.17 5.3. DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE (DFC) Y DE MOMENTO FLECTOR (DMF) Una vez que se han determinado los valores de la fuerza cortante y el momento flector en unos cuantos puntos seleccionados de la viga, usualmente es posible dibujar un diagrama de fuerza cortante y un diagrama de momento flector que representan la fuerza cortante y el momento flector en cualquier punto de la viga. Cuando una viga únicamente está sometida a cargas concentradas: Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 48 La fuerza cortante tiene un valor constante entre las cargas; el momento flector varía linealmente entre éstas. Cuando una viga está sometida a cargas distribuidas: La fuerza cortante y el momento flector varían en una forma diferente. Ejemplo Graficar el DFC y el DMF para la viga y las condiciones de carga mostradas. Figura 3.18 Solución • Hacemos el DCL de la viga completa. Reemplazamos los soportes por las reacciones respectivas, asumiendo su sentido. Figura 3.19 • Tratando como un cuerpo rígido a la viga completa, determinamos las fuerzas de reacción. ΣM B = 0 (20 kN) (2,5 m) – (40 kN) (3m) + R D (5 m) = 0 ⇒ R D = 14 kN TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 49 ΣF y = 0 – 20 kN + R B – 40 kN + R D = 0 ⇒ R B = 46 kN • Hallamos la fuerza cortante y el momento flector por secciones. Primero se corta la viga en un punto 1 localizado entre A y B, se dibuja el DCL para la porción A1 suponiendo que V y M son positivos y se determinan las fuerzas internas justo a la derecha de la carga de 20 kN aplicada en A. ΣF y = 0 – 20 kN – V 1 = 0 ⇒ V 1 = – 20 kN ΣM 1 = 0 (20 kN) (0 m) + M 1 = 0 ⇒ M 1 = 0 • Después se hace DCL de la porción de viga ubicada a la izquierda de la sección 2. ΣF y = 0 – 20 kN – V 2 = 0 ⇒ V 2 = – 20 kN ΣM 2 = 0 (20 kN) (2,5 m) + M 2 = 0 ⇒ M 2 = – 50 kN.m Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 50 • De forma similar se determinan la fuerza cortante y el momento flector en las secciones 3, 4, 5 y 6 a partir de los DCL mostrados en la figura. Obteniendo: V 3 = + 26 kN M 3 = – 50 kN.m V 4 = + 26 kN M 4 = + 28 kN.m V 5 = – 14 kN M 5 = + 28 kN.m V 6 = – 14 kN M 6 = 0 Si sólo nos interesan los resultados de una determinada sección de la parte derecha de la viga, tomaremos en cuenta el DCL de la porción de la viga que está a la derecha de la sección de interés y los resultados se obtienen más fácilmente. Ejm: sección 4. Figura 3.20 ΣF y = 0 V4 – 40 kN + 14 kN = 0 ⇒ V 4 = + 26 kN ΣM 1 = 0 – M 4 + (14 kN) (2 m) = 0 ⇒ M 4 = + 28 kN.m • Diagramas de Fuerza cortante y Momento flector. Graficamos, ahora, los 6 puntos hallados en los diagramas respectivos. Figura 3.21 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 51 Nos damos cuenta que en el caso de cargas concentradas: La fuerza cortante tiene un valor constante y el momento flector varía linealmente. 6. REGLAS PRÁCTICAS PARA LA CONSTRUCCIÓN DE LOS DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS La construcción de los diagramas de fuerza cortante y de momento flector se facilita si se toman en consideración las siguientes relaciones. 1. Las fuerzas dirigidas hacia arriba se consideran positivas y las fuerzas dirigidas hacia abajo se consideran negativas 2. Los momentos producidos por una fuerza hacia arriba se consideran positivos y los momentos producidos por una fuerza hacia abajo se consideran negativos. 3. El diagrama de fuerzas cortantes varía de acuerdo a la carga. La pendiente del diagrama de fuerzas cortantes depende de la forma como varía la carga 4. El diagrama de momentos flectores varía de acuerdo al diagrama de fuerzas cortantes. La pendiente del diagrama de momentos flectores depende de la forma como varían las fuerzas cortantes. 5. El valor de los momentos se determinan sumando las áreas del diagrama de fuerzas cortantes a la izquierda de la sección considerada. 6. Los momentos máximos se producen cuando el valor de la fuerza cortante es cero. 7. Cuando los momentos son positivos la curva elástica es cóncava hacia arriba y cuando los momentos son negativos la curva elástica es cóncava hacia abajo. 8. Si en el diagrama de momentos se produce un valor cero, esto indica una inflexión en la curva elástica. 9. Para el cálculo de la viga considere el mayor valor absoluto del diagrama de momentos. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 52 ANOTACIONES .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 53 Unidad IV E ES SF FU UE ER RZ ZO O 1. ESFUERZO Sabemos que la fuerza y el momento que actúan en un punto específico sobre el área seccionada de un cuerpo, figura 4.1, representan los efectos resultantes de la distribución de fuerza verdadera que actúa sobre el área seccionada. La obtención de esta distribución de carga interna es de importancia primordial en la mecánica de materiales. Para resolver este problema es necesario establecer el concepto de esfuerzo. Consideremos el área seccionada como subdividida en pequeñas áreas, tal como el área sombreada de ∆A mostrada en la figura 4.2a. Al reducir ∆A a un tamaño cada vez más pequeño, debemos hacer dos hipótesis respecto a las propiedades del material. Consideraremos que el material es continuo, esto es, que consiste en una distribución uniforme de materia que no contiene huecos, en vez de estar compuesto de un número finito de moléculas o átomos distintos. Además, el material debe ser cohesivo, es decir, que todas sus partes están unidas entre sí, en vez de tener fracturas, grietas o separaciones. Una fuerza típica finita pero muy pequeña ∆F, actuando sobre su área asociada ∆A, se muestra en la figura 4.2a. Esta fuerza como todas las otras, tendrá una dirección única, pero para el análisis que sigue la reemplazaremos por sus tres componentes, ∆Fx, ∆Fy y ∆Fz que se toman tangente y normal al área, respectivamente. Cuando el área ∆A tiende a cero, igualmente tienden a cero la fuerza ∆F y sus componentes; sin embargo, el cociente de la fuerza y el área tenderán en general a un límite finito. Este cociente se llama esfuerzo y describe la intensidad de la fuerza interna sobre un plano específico (área) que pasa por un punto. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 54 Figura 4.1 Figura 4.2 1.1. ESFUERZO NORMAL La intensidad de fuerza, o fuerza por área unitaria, actuando normalmente a ∆A se define como el esfuerzo normal,σ(sigma). Como, ∆Fz es normal al área, entonces, TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 55 Si la fuerza o esfuerzo normal "jala" al elemento de área, ∆A como se muestra en la figura 4.2a, se le llama esfuerzo de tensión, mientras que si se “empuja" a ∆A se le llama esfuerzo de compresión. 1.2. ESFUERZO CORTANTE La intensidad de fuerza, o fuerza por área unitaria, actuando tangente a ∆A se llama esfuerzo cortante, τ (tau). Aquí tenemos las componentes de esfuerzo cortante, El subíndice z en σ z , se usa para indicar la dirección de la línea normal hacia fuera, que especifica la orientación del área, ∆A, figura 4.3. Para las componentes del esfuerzo cortante, Tzx y Tzy, se usan dos subíndices. El eje z especifica la orientación del área, y x y y se refieren a los ejes coor- denados en cuya dirección actúan los esfuerzos cortantes. Figura 4.3 1.3. ESTADO GENERAL DE ESFUERZO Si el cuerpo es adicionalmente seccionado por planos paralelos al plano x- z, figura 4.2b, y al plano y-z, figura 4.2c, podemos entonces "separar" un elemento cúbico de volumen de material que representa el estado de esfuerzo que actúa alrededor del punto escogido en el cuerpo, figura 3-4. Este estado de esfuerzo es caracterizado por tres componentes que actúan sobre cada cara del elemento. Esas componentes de esfuerzo describen el estado de esfuerzo en el punto sólo para el elemento Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 56 orientado a lo largo de los ejes x, y, z. Si el cuerpo fuese seccionado en un cubo con otra orientación, el estado de esfuerzo se definiría usando un conjunto diferente de componentes de esfuerzo. Figura 4.4 1.4. UNIDADES En el sistema SI, las magnitudes de los esfuerzos normal y cortante se especifican en las unidades básicas de newtons por metro cuadrado (N/m 2 ). Esta unidad, llamada pascal (1 Pa = 1 N/m 2 ) es algo pequeña y en trabajos de ingeniería se usan prefijos como kilo- (10 3 ), simbolizado por, mega- (10 6 ), simbolizado por M o giga- (10 9 ), simbolizado por G, para representar valores mayores del esfuerzo. *De la misma manera en el sistema inglés de unidades, los ingenieros por lo regular expresan el esfuerzo en libras por pulgada cuadrada (psi) o en kilo libras por pulgada cuadrada (ksi), donde 1 kilo libra (kip) = 1000 lb. *A veces el esfuerzo se expresa en unidades de N/mm 2 , donde 1 mm=10 - 3 m. Sin embargo, en el sistema SI no se permiten prefijos en el denominador de una fracción y por tanto es mejor usar el equivalente 1 N/mm 2 =1 MN/m 2 = 1 MPa. 2. ESFUERZO NORMAL PROMEDIO EN UNA BARRA CARGADA AXIALMENTE Con frecuencia, los miembros estructurales o mecánicos se fabrican largos y delgados. Asimismo, son sometidos a cargas axiales que normalmente se aplican a los extremos del miembro. Miembros de armaduras, barras colgantes y pernos son ejemplos típicos. En esta sección determinaremos la distribución del esfuerzo promedio que actúa sobre la sección transversal de una barra cargada axialmente como la mostrada en la figura 4.5a, que tiene una forma general. Esta sección define el área de la sección transversal de la barra y como todas esas secciones transversales son iguales, a la barra se le llama barra TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 57 prismática. Si despreciamos el peso de la barra y la seccionamos como se indica en la figura 4.5b, entonces, por equilibrio del segmento inferior, la fuerza interna resultante que actúa sobre la sección transversal debe ser igual en magnitud, opuesta en sentido y colineal con la fuerza externa que actúa en el fondo de la barra. Figura 4.5 2.1. SUPOSICIONES Antes de determinar la distribución de esfuerzo promedio que actúa sobre el área transversal de la barra, es necesario hacer dos hipótesis simplificatorias relativas a la descripción del material y a la aplicación específica de la carga. 1. Es necesario que la barra permanezca recta antes y después de que se aplica la carga, y también, la sección transversal debe permanecer plana durante la deformación, esto es, durante el tiempo que la barra cambia de volumen y forma. Si esto ocurre, entonces las líneas horizontales y verticales de una retícula inscrita sobre la barra se deformarán uniformemente cuando la barra esté sometida a la carga, figura 4.6. No consideraremos aquí regiones cercanas a los extremos de la barra, donde la aplicación de las cargas externas puede ocasionar distorsiones localizadas. En cambio, nos fijaremos sólo en la distribución del esfuerzo dentro de la porción media de la barra. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 58 Figura 4.6 2. Para que la barra experimente una deformación uniforme, es necesario que P se aplique a lo largo del eje centroidal de la sección transversal y que el material sea homogéneo e isotrópico. Un material homogéneo tiene las mismas propiedades físicas y mecánicas en todo su volumen, y un material isotrópico tiene esas mismas propiedades en todas direcciones. Muchos materiales de la ingeniería pueden considerarse homogéneos e isotrópicos. Por ejemplo, el acero contiene miles de cristales orientados al azar en cada milímetro cúbico de su volumen, y como en la mayoría de las aplicaciones este material tiene un tamaño físico que es mucho mayor que un solo cristal, la suposición anterior relativa a la composición del material es bastante realista. Sin embargo, debe mencionarse que el acero puede volverse anisotrópico por medio del laminado en frío, esto es, laminado o forjado a temperaturas subcríticas. Los materiales anisotrópicos tienen propiedades diferentes en direcciones diferentes, y aunque éste sea el caso, si la anisotropía se orienta a lo largo del eje de la barra, entonces la barra se deformará uniformemente cuando sea sometida a una carga axial. Por ejemplo, la madera, debido a sus granos o fibras, es un material que es homogéneo y anisotrópico, por lo que es adecuado para el siguiente análisis. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 59 2.2. DISTRIBUCIÓN DEL ESFUERZO NORMAL PROMEDIO Suponiendo que la barra está sometida a una deformación uniforme constante, entonces esta deformación es causada por un esfuerzo normal σ constante, figura 4.6d. En consecuencia, cada área ∆A sobre la sección transversal está sometida a una fuerza ∆F = σ ∆A, Y la suma de esas fuerzas actuando sobre toda el área transversal debe ser equivalente a la fuerza interna resultante P en la sección. Si hacemos que ∆A→dA y por tanto ∆F→dF, entonces como σ es constante, tenemos: Figura 4.6 Donde, σ = esfuerzo normal promedio en cualquier punto sobre el área de la sección transversal. P = fuerza normal interna resultante, aplicada en el centroide del área de la sección transversal. P se determina usando el método de las secciones y las ecuaciones de equilibrio. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 60 A = área de la sección transversal de la barra. La carga interna P debe pasar por el centroide de la sección transversal ya que la distribución del esfuerzo uniforme generará momentos nulos respecto a cualquier eje x o y que pase por este punto, figura 3-5d. Cuando esto ocurre, Estas ecuaciones se satisfacen, ya que por definición del centroide, 2.3. EQUILIBRIO Debería ser aparente que sólo existe un esfuerzo normal en cualquier elemento de volumen de material localizado en cada punto sobre la sección transversal de una barra cargada axialmente. Si consideraos el equilibrio vertical del elemento, figura 4.7, entonces al aplicar la ecuación de equilibrio de fuerzas, Figura 4.7 En otras palabras, las dos componentes de esfuerzo normal sobre el ele- mento deben ser iguales en magnitud pero opuestas en dirección. A éste se le llama esfuerzo uniaxial. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 61 El análisis previo se aplica a miembros sometidos a tensión o a compresión, como se muestra en la figura 4.8. Como interpretación gráfica, la magnitud de la fuerza interna resultante P es equivalente al volumen bajo el diagrama de esfuerzo; es decir, P = σ A (volumen = altura X base). Además, como consecuencia del equilibrio de momentos, esta resultante pasa por el centroide de este volumen. Aunque hemos desarrollado este análisis para barras prismáticas, esta suposición puede ampliarse para incluir barras que tengan un pequeño ahusamiento. Por ejemplo, puede demostrarse, usando un análisis más exacto de la teoría de la elasticidad, que para una barra ahusada de sección transversal rectangular, en la cual el ángulo entre dos lados adyacentes es de 15°, el esfuerzo normal promedio, calculado según σ = P/A, es sólo 2.2% menor que el valor calculado con la teoría de la elasticidad. Figura 3.8 2.4. ESFUERZO NORMAL PROMEDIO MÁXIMO En el análisis anterior, tanto la fuerza interna P como el área de la sección transversal se consideraron constantes a lo largo del eje longitudinal de la barra y por tanto se obtuvo un esfuerzo normal σ = P/A también constante. Sin embargo, en ocasiones la barra puede estar sometida a varias cargas externas a lo largo de su eje o puede presentarse un cambio en su área de sección transversal. En consecuencia, el esfuerzo normal dentro de la barra puede ser diferente de sección a sección, y si debe calcularse el esfuerzo normal promedio máximo, tendrá que determinarse la posición en que la razón P/A sea máxima. Para esto es necesario determinar la fuerza interna P en varias secciones a lo largo de la barra, lo que se consigue dibujando un diagrama de fuerza normal o axial. Específicamente, este diagrama es una gráfica de la fuerza normal P contra su posición x a lo largo de la longitud de la barra. P se Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 62 considerará positiva si causa tensión en el miembro y negativa si causa compresión. Una vez conocida la carga interna en toda la barra podrá identificarse la razón máxima de P/A. Figura 4.9 EJEMPLO La barra en la figura 4.10a tiene un ancho constante de 35 mm y un es- pesor de 10 mm. Determine el esfuerzo normal promedio máximo en la barra cuando ella está sometida a las cargas mostradas. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 63 Figura 4.10 Solución Carga interna: Por inspección, las fuerzas axiales internas en las regiones AB, BC y CD son todas constantes pero tienen diferentes magnitudes. Usando el método de las secciones, esas cargas son determinadas en la figura 3-8b; y el diagrama de fuerza normal que representa esos resultados gráficamente se muestra en la figura 4.10c. Por inspección, la carga máxima está en la región BC, donde P BC = 30 kN. Como el área transversal de la barra es constante, el esfuerzo normal máximo promedio también ocurre dentro de esta región de la barra. Esfuerzo normal promedio: Rpta. La distribución de los esfuerzos que actúan sobre una sección transversal arbitraria de la barra dentro de la región BC se muestra en la figura 4.10d. Gráficamente el volumen (o "bloque") representado por esta Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 64 distribución de esfuerzos es equivalente a la carga de 30 kN; o sea, 30 kN = (85.7 MPa)(35 mm)(10 mm). EJEMPLO La lámpara de 80 kg está soportada por dos barras AB y BC como se muestra en la figura 4.11a. Si AB tiene un diámetro de 10 mm y BC tiene un diámetro de 8 mm, determine el esfuerzo normal promedio en cada barra. Figura 4.11 Solución Carga interna: Debemos primero determinar la fuerza axial en cada barra. En la figura se muestra un diagrama de cuerpo libre de la lámpara. Aplicando las ecuaciones de equilibrio de fuerzas, obtenemos: Por la tercera ley de Newton, la acción es igual pero opuesta a la reacción, estas fuerzas someten a las barras a tensión en toda su longitud. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 65 Esfuerzo normal promedio: Rpta. Figura 4.12 Rpta. La distribución del esfuerzo normal promedio que actúa sobre una sección transversal de la barra AB se muestra en la figura 4.12c, y en punto sobre esta sección transversal, un elemento de material está esforzado como se muestra en la figura 4.12d. EJEMPLO La pieza fundida mostrada en la figura 4.13a está hecha de acero con peso específico de γ ac = 490 lb/pie 3 . Determine el esfuerzo de compresión promedio que actúa en los puntos A y B. Figura 4.13 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 66 Solución Carga interna: En la figura 4.13b se muestra un diagrama de cuerpo libre del segmento superior de la pieza fundida donde la sección pasa por los puntos A y B. El peso de este segmento es W ac = γ ac V ac. La fuerza axial interna P en la sección es entonces Esfuerzo de compresión promedio: El área transversal en la sección es A = π(0.75 pie) 2 , y el esfuerzo de compresión promedio es entonces Rpta. El esfuerzo mostrado en el elemento de volumen de material en la figura 4.13c es representativo de las condiciones en A o B. Note que este esfuerzo actúa hacia arriba sobre el fondo o cara sombreada del elemento ya que esta cara forma parte del área de la superficie del fondo de la sección cortada, y sobre esta superficie, la fuerza interna resultante P empuja hacia arriba. 3. ESFUERZO CORTANTE PROMEDIO El esfuerzo cortante se definió como la componente del esfuerzo que actúa en el plano del área seccionada. Para mostrar cómo se desarrolla este esfuerzo, consideraremos el efecto de aplicar una fuerza F a la barra mostrada en la figura 4.14a. Si los soportes se consideran rígidos y F es suficientemente grande, ésta ocasionará que el material de la barra se deforme y falle a lo largo de los planos AB y CD. Un diagrama de cuerpo libre del segmento central no soportado de la barra, figura 4.14b, indica que una fuerza cortante V = F/2 debe aplicarse a TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 67 cada sección para mantener el segmento en equilibrio. El esfuerzo cortante promedio distribuido sobre cada área seccionada que desarrolla esta fuerza se define por: Figura 4.14 Donde, τ prom = esfuerzo cortante promedio en la sección; se supone que es el mismo en todo punto localizado sobre la sección. V = fuerza cortante interna resultante en la sección; se determina con las ecuaciones de equilibrio. A = área en la sección. La distribución del esfuerzo cortante promedio se muestra actuando sobre la sección derecha en la figura 4.14c. Observe que τ prom tiene la misma dirección que V, ya que el esfuerzo cortante debe crear fuerzas asociadas que contribuyen en conjunto a generar la fuerza interna resultante V en la sección. Figura 4.14c Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 68 El caso de carga analizado en la figura 3-11 es un ejemplo de cortante simple o cortante directo, ya que el cortante es causado por la acción directa de la carga aplicada F. Este tipo de cortante suele ocurrir en varios tipos de conexiones simples que usan pernos, pasadores, soldadura, etc. Una investigación más precisa de la distribución del esfuerzo cortante sobre la sección crítica revela que esfuerzos cortantes mucho mayores ocurren en el material que los predichos por esta ecuación. Por ejemplo, los manuales de ingeniería permiten su uso al considerar tamaños de diseño para sujetadores como pernos o para obtener la resistencia por adherencia de juntas sometidas a cargas cortantes. Con respecto a esto, ocurren en la práctica dos tipos de cortante, que merecen tratamientos separados. 3.1. CORTANTE SIMPLE Las juntas de acero y madera mostradas en las figuras 3-12a y 3-12c, respectivamente, son ejemplos de conexiones en cortante simple y se conocen como juntas traslapadas. Supondremos aquí que los miembros son delgados y que la tuerca en la figura 3-12a no está demasiado apretada de modo que la fricción entre los miembros puede despreciarse. Pasando una sección entre los miembros se obtienen los diagramas de cuerpo libre mostrados en las figuras 3-12b y 3-12d. Como los miembros son delgados, podemos despreciar el momento generado por la fuerza F. Entonces, por equilibrio, el área de la sección transversal del perno en la figura 3-12b y la superficie de contacto entre los miembros en la figura 3-12d están sometidos sólo a una fuerza cortante V=F. Fig. 3-12 3.2. CORTANTE DOBLE Cuando la junta se construye como se muestra en la figura 3-13a o 3-13c, deben considerarse dos superficies cortantes. Ese tipo de conexiones se llaman juntas traslapadas dobles. Si pasamos una sección entre cada uno de los miembros, los diagramas de cuerpo libre del miembro central son como se muestra en las figuras 3-13b y 3-13d. Tenemos aquí una TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 69 condición de cortante doble. En consecuencia, una fuerza cortante V = F/2 actúa sobre cada área seccionada y esta fuerza cortante debe considerarse al aplicar τ perm = V/A. Figura 4.15 3.3. EQUILIBRIO Consideremos un elemento de volumen de material tomado en un punto localizado sobre la superficie de cualquier área seccionada sobre la que actúa el esfuerzo cortante promedio, figura 4.16a. Si consideramos el equilibrio de fuerzas en la dirección y, entonces Figura 4.16 De manera similar, el equilibrio de fuerzas en la dirección z nos da τ yz = τ´ yz . Finalmente, tomando momentos respecto al eje x, Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 70 En otras palabras, el equilibrio de fuerzas y momentos requiere que el esfuerzo cortante que actúa sobre la cara superior del elemento, esté acompañado por esfuerzos cortantes actuando sobre las otras tres caras, figura 4.16b. Aquí, todos los cuatro esfuerzos cortantes deben tener igual magnitud y estar dirigidos hacia o alejándose uno de otro en caras con un borde común. A esto se le llama propiedad complementaria del cortante, y bajo las condiciones mostradas en la figura 4.16, el material está sometido a cortante puro. Aunque hemos considerado aquí un caso de cortante simple causado por la acción directa de una carga, en capítulos posteriores veremos que el esfuerzo cortante puede también generarse indirectamente por la acción de otros tipos de cargas. EJEMPLO La barra mostrada en la figura 4.17a tiene una sección transversal cua- drada de 40 mm. Si se aplica una fuerza axial de 800 N a lo largo del eje centroidal del área transversal de la barra, determine el esfuerzo normal promedio y el esfuerzo cortante promedio que actúan sobre el material a lo largo (a) del plano a-a y (b) del plano b-b. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 71 Figura 4.17 Figura 4.17 Solución Parte (a) Carga interna La barra es seccionada, figura 4.17b, y la carga interna resultante consiste sólo en una fuerza axial P = 800 N. Esfuerzo promedio El esfuerzo normal promedio se determina con la ecuación: Rpta. No existe esfuerzo cortante sobre la sección, ya que la fuerza cortante en la sección es cero. Rpta. La distribución del esfuerzo normal promedio sobre la sección transversal se muestra en la figura 4.17c. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 72 Figura 4.17d Parte (b) Carga interna Si la barra es seccionada a lo largo de b-b, el diagrama de cuerpo libre del segmento izquierdo es como se muestra en la figura 4.17d. Aquí actúan una fuerza normal (N) y una fuerza cortante (V) sobre el área seccionada. Usando ejes x, y, se requiere O más directamente, usando ejes x´, y´, Resolviendo cualquier conjunto de ecuaciones, Y el esfuerzo cortante promedio es TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 73 La distribución de esfuerzo se muestra en la figura 4.17e. Figura 4.17c EJEMPLO El puntal de madera mostrado en la figura 4.18a está suspendido de una barra de acero de diámetro de 10 mm, que está empotrada a la pared. Si el puntal soporta una carga vertical de 5 kN, calcule el esfuerzo cortante promedio en la barra en la pared y a lo largo de los dos planos sombreados del puntal, uno de los cuales está indicado como abcd Figura 4.18a Solución Cortante interno Como se muestra en el diagrama de cuerpo libre en la figura 4.18b, la barra resiste una fuerza cortante de 5 kN donde ella está empotrada a la pared. En la figura 4.18c se muestra un diagrama de cuerpo libre del segmento seccionado del puntal que está en contacto con la barra. Aquí la fuerza cortante que actúa a lo largo de cada plano sombreado es de 2.5 kN. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 74 Figura 4.18b Figura 4.18c Esfuerzo cortante promedio. Para la barra, Rpta. Para el puntal, Rpta. La distribución del esfuerzo cortante promedio sobre la barra seccionada y el segmento de puntal se muestran en las figuras 4.18d y 4.18e, respectivamente. Se muestra también con esas figuras un elemento de volumen típico del material en un punto localizado sobre la superficie de cada sección. Observe cuidadosamente cómo el esfuerzo cortante debe actuar sobre cada cara sombreada de esos elementos y sobre las caras adyacentes de los mismos. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 75 Figura 4.18d Figura 4.18e EJEMPLO El miembro inclinado en la figura 4.19a está sometido a una fuerza de compresión de 600 lb. Determine el esfuerzo de compresión promedio a lo largo de las áreas lisas de contacto definidas por AB y BC, y el esfuerzo cortante promedio a lo largo del plano horizontal definido por EDB. Figura 4.19a Solución Cargas internas: El diagrama de cuerpo libre del miembro inclinado se muestra en la figura 4.19b. Las fuerzas de compresión que actúan obre las áreas de contacto son Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 76 Figura 4.19b También, del diagrama de cuerpo libre del segmento superior del miembro del fondo, figura 4.19c, la fuerza cortante que actúa sobre el plano horizontal seccionado EDB es Figura 4.19c Esfuerzo promedio Los esfuerzos de compresión promedio a lo largo de los planos horizontal y vertical del miembro inclinado son Rpta. Rpta. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 77 Figura 4.19d Estas distribuciones de esfuerzo se muestran en la figura 4319d. El esfuerzo cortante promedio que actúa sobre el plano horizontal definido por EDB es Rpta. Figura 4.19e Este esfuerzo se muestra distribuido sobre el área seccionada en la figura 4.19e. 4. ESFUERZO PERMISIBLE Un ingeniero a cargo del diseño de un miembro estructural o elemento mecánico debe restringir el esfuerzo en el material a un nivel que sea seguro. Además, una estructura o máquina corrientemente en uso puede en ocasiones tener que ser analizada para ver qué carga adicional pueden soportar sus miembros o partes. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 78 Así que nuevamente es necesario efectuar cálculos usando un esfuerzo permisible o seguro. Para garantizar la seguridad es necesario escoger un esfuerzo permisible que limite la carga aplicada a un valor que sea menor al que el miembro pueda soportar plenamente. Hay varias razones para esto. Por ejemplo la carga para la cual el miembro se diseña puede ser diferente de la carga real aplicada sobre él. Las medidas previstas para una estructura o maquina pueden no ser exactas debido a errores en la fabricación o en el montaje de las partes componentes. Pueden ocurrir vibraciones desconocidas, impacto o cargas accidentales que no se hayan tomado en cuenta durante el diseño. La corrosión atmosférica, el decaimiento o las condiciones ambientales tienden a que los materiales se deterioren durante el servicio. Finalmente, algunos materiales, como la madera, el concreto o compuestos reforzados con fibras, pueden mostrar alta variabilidad en sus propiedades mecánicas. Una manera de especificar la carga permisible para el diseño o análisis de un miembro es usar un número llamado factor de seguridad. El factor de seguridad (FS) es la razón de la carga de falla, F falla , dividida entre la carga permisible, F perm . La F falla se determina por medio de ensayos experimentales del material y el factor de seguridad se selecciona con base en la experiencia, de manera que las incertidumbres mencionadas antes sean tomadas en cuenta cuando el miembro se use en condiciones similares de carga y simetría. Expresado matemáticamente, Si la carga aplicada al miembro está linealmente relacionada al esfuerzo desarrollado dentro del miembro, como en el caso de usar σ = P/A y τ prom = V/A, entonces podemos expresar el factor de seguridad como razón del esfuerzo de falla σ falla (o τ falla) al esfuerzo permisible σ perm (o τ perm ); esto es, Ó TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 79 En cualquiera de esas ecuaciones, el factor de seguridad se escoge mayor que 1 para evitar una posible falla. Los valores específicos dependen de los tipos de materiales por usarse y de la finalidad prevista para la estructura o máquina. Por ejemplo, el FS usado en el diseño de componentes de aeronaves o vehículos espaciales puede ser cercano a 1 para reducir el peso del vehículo. Por otra parte, en el caso de una planta nuclear, el factor de seguridad para algunos de sus componentes puede ser tan alto como 3, ya que puede haber incertidumbre en el comportamiento de la carga o del material. Sin embargo, en general, los factores de seguridad, y por tanto las cargas o esfuerzos permisibles para elementos estructurales y mecánicos, han sido muy estandarizados, ya que sus indeterminaciones de diseño han podido ser evaluadas razonablemente bien. Sus valores, que pueden encontrarse en los códigos de diseño y manuales de ingeniería, pretenden reflejar un balance de seguridad ambiental y para el público junto con una solución económica razonable para el diseño. 4.1. DISEÑO DE CONEXIONES SIMPLES Haciendo suposiciones simplificatorias relativas al comportamiento del material, las ecuaciones σ = P/A y τ prom = V/A pueden usarse para analizar o diseñar una conexión simple o un elemento mecánico. En particular, si un miembro está sometido a una fuerza normal en una sección, su área requerida en la sección se determina con: Por otra parte, si la sección está sometida a una fuerza cortante, entonces el área requerida en la sección es: Como vimos en la sección anterior, el esfuerzo permisible usado en cada una de esas ecuaciones se determina aplicando un factor de seguridad a un esfuerzo normal o cortante especificado o encontrando esos esfuerzos directamente en un código apropiado de diseño. Ahora discutiremos cuatro tipos comunes de problemas para las cuales las ecuaciones pueden usarse en el diseño. Área de la sección transversal de un miembro a tensión. El área de la sección transversal de un miembro prismático sometido a una fuerza de Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 80 tensión puede determinarse si la fuerza tiene una línea de acción que pasa por el centroide de la sección transversal. Por ejemplo, considere la barra con perforación en sus extremos mostrada en la figura 4.20a. En la sección intermedia a-a, la distribución de esfuerzos es uniforme sobre toda la sección y se determina el área sombreada A, como se muestra la figura 4.20b. Figura 4.20 4.2. ÁREA DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL DE UN CONECTOR SOMETIDO A CORTANTE A menudo los pernos o pasadores se usan para conectar placas, tablones o varios miembros entre sí. Por ejemplo, considere la junta traslapada mostrada en la figura 4.21a. Si el perno está suelto o la fuerza de agarre del perno es desconocida, es seguro suponer que cualquier fuerza de fricción entre las placas es despreciable. El diagrama de cuerpo libre de una sección que pasa entre las placas y a través del perno se muestra en la figura 4.21b. El perno está sometido a una fuerza cortante interna resultante de V = P en esta sección transversal. Suponiendo que el esfuerzo cortante que causa esta fuerza está distribuido uniformemente sobre la sección transversal, el área A de la sección transversal del perno se determinada como se muestra en la figura 4.21c. Figura 4.21 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 81 4.3. ÁREA REQUERIDA PARA RESISTIR APLASTAMIENTO Un esfuerzo normal producido por la compresión de una superficie contra otra se denomina Esfuerzo de aplastamiento. Si este esfuerzo es demasiado grande, puede aplastar o deformar localmente una o ambas superficies. Por tanto, para impedir una falla es necesario determinar el área apropiada de apoyo para el material, usando un esfuerzo de aplastamiento permisible. Por ejemplo, el área A de la placa B de base de la columna mostrada en la figura 4.22 se determina a partir del esfuerzo permisible de aplastamiento del concreto, usando la ecuación A=P/(σb) perm . Esto supone, desde luego, que el esfuerzo permisible de aplastamiento para el concreto es menor que del material de la placa de base y además que el esfuerzo está uniformemente distribuido entre la placa y el concreto, como se muestra en la figura. Figura 4.22 4.4. ÁREA REQUERIDA PARA RESISTIR EL CORTANTE CAUSADO POR CARGA AXIAL Ocasionalmente las barras u otros miembros son soportados en forma tal que puede desarrollarse un esfuerzo cortante en el miembro aun cuando éste esté sometido a carga axial. Un ejemplo de esta situación sería una barra de acero cuyo extremo esté empotrado en concreto y se encuentre cargado como se muestra en la figura 4.23a. Un diagrama de cuerpo libre de la barra, figura 4.23b, muestra que un esfuerzo cortante actúa sobre el área de contacto de la barra con el concreto. Esta área es (πd)l, donde d es el diámetro de la barra y l es la longitud del empotramiento. Si bien la distribución real del esfuerzo cortante a lo largo de la barra sería difícil de Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 82 determinar, si suponemos que es uniforme, podemos usar A = V /τ perm para calcular l, siempre que conozcamos d y τ perm , figura 4.23b. Figura 4.23 PUNTOS IMPORTANTES 1. El diseño de un miembro por resistencia se basa en la selección de un esfuerzo admisible que permita soportar con seguridad su carga propuesta. Hay muchos factores desconocidos que pueden influir en el esfuerzo real en un miembro y entonces, dependiendo de los usos propuestos para el miembro, se aplica un factor de seguridad para obtener la carga admisible que el miembro puede soportar. 2. Los cuatro casos ilustrados en esta sección representan sólo unas pocas de las muchas aplicaciones de las fórmulas para los esfuerzos normal y cortante promedio usadas en el diseño y análisis en ingeniería. Sin embargo, siempre que esas ecuaciones son aplicadas, debe ser claro que la distribución del esfuerzo se supone uniformemente distribuida o "promediada" sobre la sección. PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Al resolver problemas usando las ecuaciones del esfuerzo normal promedio y del esfuerzo cortante promedio, debe primero considerarse cuidadosamente sobre qué sección está actuando el esfuerzo crítico. Una vez identificada esta sección, el miembro debe entonces diseñarse con suficiente área en la sección para resistir el esfuerzo que actúe sobre ella. Para determinar esta área, se requieren los siguientes pasos. Carga interna • Seccione el miembro por el área y dibuje un diagrama de cuerpo libre de un segmento del miembro. La fuerza interna resultante en la sección se determina entonces usando las ecuaciones de equilibrio. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 83 Área requerida • Si se conoce o puede determinarse el esfuerzo permisible, el área requerida para soportar la carga en la sección se calcula entonces con A = P/σ perm o A = V /τ perm EJEMPLO La barra colgante está soportada en su extremo por un disco circular empotrado a ella, como se muestra en la figura 4.24a. Si la barra pasa por un agujero con diámetro de 40 mm, determine el diámetro mínimo requerido de la barra y el espesor mínimo del disco necesario para soportar la carga de 20 kN. El esfuerzo normal permisible para la barra es σ perm = 60 MPa y el esfuerzo cortante permisible para el disco es τ perm = 35 MPa. Figura 4.24 Solución Diámetro de la barra. Por inspección, la fuerza axial en la barra es de 20 kN. El área transversal requerida para la barra es entonces: De manera que: Rpta. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 84 Espesor del disco Como se muestra en el diagrama de cuerpo libre de la sección del núcleo del disco, figura 4.24b, el material en el área seccionada debe resistir esfuerzos cortantes para impedir el movimiento del disco a través del agujero. Si se supone que este esfuerzo cortante está uniformemente distribuido sobre el área seccionada, entonces, como V = 20 kN, tenemos: Como el área seccionada A = 2π(0.02 m)(t), el espesor requerido del disco es: Rpta. EJEMPLO Una carga axial sobre la flecha mostrada en la figura 4.25a es resistida por el collarín en C que está unido a la flecha y localizado a la derecha del cojinete en B. Determine el máximo valor de P para las dos fuerzas axiales en E y F, de manera que el esfuerzo en el collarín no exceda un esfuerzo de aplastamiento permisible en C de (σ b ) perm = 75 MPa y que el esfuerzo normal promedio en la flecha no exceda un esfuerzo de tensión permisible de (σ t ) perm = 55 MPa. Figura 4.25 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 85 Solución Para resolver el problema determinaremos P para cada condición posible de falla. Luego escogeremos el valor más pequeño. ¿Por qué? Esfuerzo normal Usando el método de las secciones, vemos que la carga axial dentro de la región FE de la flecha es 2P, mientras que la carga axial máxima, 3P, ocurre dentro de la región EC, figura 4.25b. La variación de la carga interna se ve claramente en el diagrama de fuerza normal, figura 4.25c. Como el área transversal de toda la flecha es constante, la región EC estará sometida al esfuerzo normal promedio máximo. Por lo tanto, tenemos: Esfuerzo de aplastamiento Como se muestra en el diagrama de cuerpo libre en la figura 4.25d, el collarín en C debe resistir la carga de 3P, que actúa sobre un área de apoyo de A b = [π(0,.04 m) 2 - π(0,.03 m) 2 ] = 2,199(10 -3 ) m 2 , entonces: En comparación, la carga máxima que puede aplicarse a la flecha es P = 51,8 kN, ya que cualquier carga mayor que ésta ocasionará que el esfuerzo normal permisible en la flecha se exceda. EJEMPLO La barra rígida AB mostrada en la figura 4.26a está soportada por una barra de acero AC que tiene un diámetro de 20 mm y por un bloque de aluminio que tiene un área transversal de 1800 mm 2 . Los pasadores de diámetro de 18 mm en A y C están sometidos a cortante simple. Si el esfuerzo de falla para el acero y el aluminio son (σ ac ) falla = 680 MPa y Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 86 (σ al ) falla = 70 MPa, respectivamente, y el esfuerzo cortante de falla para cada pasador es τ falla = 900 MPa, determine la carga máxima P que puede aplicarse a la barra. Aplique un factor de seguridad FS de 2. Solución Calculemos los esfuerzos permisibles: El diagrama de cuerpo libre para la barra se muestra en la figura 4.26b. Se tienen tres incógnitas. Aplicaremos aquí las ecuaciones de equilibrio para expresar F AC Y F B en términos de la carga P aplicada. Tenemos: Figura 4.26a Figura 4.26b TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 87 Determinaremos ahora cada valor de P que genera el esfuerzo permisible en la barra, bloque y pasadores, respectivamente. Barra AC Usando la ecuación 1, Bloque B. Usando la ecuación 2, Pasador A o C. De la ecuación 1, Por comparación, cuando P alcanza su valor más pequeño (168 kN), se genera el esfuerzo normal permisible en el bloque de aluminio. Por consiguiente, Rpta. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 88 5. PROBLEMAS PROPUESTOS TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 89 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 90 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 91 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 92 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 93 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 94 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 95 PROBLEMA La barra esbelta mostrada en la figura 4.27 está sometida a un incremento de temperatura a lo largo de su eje, que genera una deformación unitaria normal en la barra de ε z =40(10 -3 )z l/2 , donde z está dada en metros. Determine (a) el desplazamiento del extremo B de la barra debido al incremento de temperatura, y (b) la deformación unitaria normal promedio en la barra. Figura 4.27 Solución Parte (a).- Como la deformación unitaria normal está dada en cada punto a lo largo de la barra, un segmento diferencial dz, localizado en la posición z, figura 4.27, tiene una longitud deformada que puede determinarse con la siguiente ecuación; o sea: La suma total de esos segmentos a lo largo del eje da la longitud deformada de la barra, esto es: Por tanto, el desplazamiento del extremo de la barra es: Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 96 Parte (b).- La deformación unitaria normal promedio en la barra se determina con la siguiente ecuación, que supone que la barra o "segmento de línea" tiene una longitud original de 200 mm y un cambio de longitud de 2.39 mm. Por consiguiente: Rpta. 6. PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS MATERIALES Una vez estudiados los conceptos básicos de esfuerzo y de deformación unitaria, en este capítulo mostraremos cómo los esfuerzos pueden relacionarse con las deformaciones unitarias usando métodos experimentales para determinar el diagrama esfuerzo-deformación unitaria de un material específico. Se estudiará el comportamiento descrito por este diagrama, para los materiales usados comúnmente en ingeniería. Se examinarán también las propiedades mecánicas y otras pruebas relacionadas con el desarrollo de la mecánica de materiales. 7. PRUEBAS DE TENSIÓN Y COMPRESIÓN La resistencia de un material depende de su capacidad para soportar una carga sin deformación excesiva o falla. Esta propiedad es inherente al material mismo y debe determinarse por experimentación. Entre las pruebas más importantes están las pruebas de tensión o compresión. Aunque con estas pruebas pueden determinarse muchas propiedades mecánicas importantes de un material, se utilizan principalmente para determinar la relación entre el esfuerzo normal promedio y la deformación normal unitaria en muchos materiales utilizados en ingeniería, sean de metal, cerámica, polímeros o compuestos. Para llevar a cabo esta prueba se prepara un espécimen o probeta de forma y tamaño "estándar". Antes de la prueba, se imprimen con un punzón a la probeta dos marcas pequeñas a lo largo de ésta. Estas marcas se colocan lejos de los extremos del espécimen porque la distribución del esfuerzo en los extremos es un tanto compleja debido al agarre de las conexiones cuando se aplica una carga. Se toman mediciones tanto del área de la sección transversal inicial del espécimen, A o , como de la distancia L o de la longitud calibrada entre las marcas del punzón. Por ejemplo, cuando se usa un espécimen de metal en una prueba de tensión, generalmente éste tiene un diámetro inicial de do = 0.5 pulg. (13 mm) y una longitud calibrada de L o = 2 pulg. (50 mm), figura 4.28a. Con objeto de aplicar una carga axial, sin que tenga lugar la flexión en el espécimen, por lo TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 97 regular los extremos se asientan sobre juntas de rótula. Luego se usa una máquina de prueba similar a la mostrada en la figura 4.28b para estirar el espécimen a un régimen constante muy lento, hasta alcanzar el punto de ruptura. La máquina se diseña para que se pueda leer la carga requerida para mantener este alargamiento uniforme. Durante la prueba, y a intervalos frecuentes, se registran los datos de la carga aplicada P, a medida que se leen en la carátula de la máquina o en un dispositivo digital. También puede medirse el alargamiento δ = L - L o entre las marcas que se hicieron en el espécimen con el punzón., usando ya sea una galga o un dispositivo óptico o mecánico llamado extensómetro. Este valor de δ se usa luego para determinar la deformación unitaria normal promedio en el espécimen o muestra. Sin embargo, a veces no se toma esta medición, puesto que también es posible leer la deformación unitaria directamente usando una galga extenso métrica de resistencia eléctrica, que se parece al mostrado en la figura 4.28c. La operación de esta galga está basada en el cambio en la resistencia eléctrica de un alambre muy delgado o una pieza de hoja de metal sometida a deformación. En esencia, la galga está cementada o pegada al espécimen en una dirección específica. Si el pegamento es muy fuerte en comparación con la galga, entonces ésta es, en efecto, una parte integral de espécimen, de modo que cuando éste se alargue en la dirección de la galga, el alambre y el espécimen experimentarán la misma deformación unitaria. Midiendo la resistencia eléctrica del alambre, la galga puede graduarse para leer los valores de la deformación unitaria normal directamente. Figura 4.28 4.28a 4.28b 4.28c Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 98 Figura 4.29 8. EL DIAGRAMA DE ESFUERZO-DEFORMACIÓN UNITARIA A partir de los datos de un ensayo de tensión o de compresión, es posible calcular varios valores del esfuerzo y la correspondiente deformación unitaria en el espécimen y luego graficar los resultados. La curva resultante se llama diagrama de esfuerzo-deformación unitaria y hay 2 maneras de describirlo. Diagrama convencional de esfuerzo-deformación unitaria. Usando los datos registrados, podemos determinar el esfuerzo nominal o de ingeniería dividiendo la carga P aplicada entre el área A o de la sección transversal original del espécimen. Este cálculo supone que el esfuerzo es constante en la sección transversal y en toda la región entre los puntos calibrados. Tenemos: De la misma manera, la deformación nominal o de ingeniería se determina directamente leyendo el calibrador o dividiendo el cambio en la longitud calibrada δ, entre la longitud calibrada original del espécimen L o . Aquí se supone que la deformación unitaria es constante en la región entre los puntos calibrados. Entonces: Si se grafican los valores correspondientes de σ y ε, con los esfuerzos como ordenadas y las deformaciones unitarias como abscisas, la curva resultante se llama diagrama convencional de esfuerzo-deformación unitaria. Este diagrama es muy importante en la ingeniería ya que proporciona los medios para obtener datos sobre la resistencia a tensión (o a compresión) de un material sin considerar el tamaño o forma geométrica del material. Sin embargo, debe ser TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 99 claro que nunca serán exactamente iguales dos diagramas de esfuerzo- deformación unitaria para un material particular, ya que los resultados dependen entre otras variables de la composición del material, de imperfecciones microscópicas, de la manera en que esté fabricado, de la velocidad de carga y de la temperatura durante la prueba. Veremos ahora las características de la curva convencional esfuerzo deformación unitaria del acero, material comúnmente usado para la fabricación de miembros estructurales y elementos mecánicos. En la figura 4.30 se muestra el diagrama característico de esfuerzo-deformación unitaria de una probeta de acero, usando el método antes descrito. En esta curva podemos identificar cuatro maneras diferentes en que el material se comporta, dependiendo de la cantidad de deformación unitaria inducida en el material. 8.1. COMPORTAMIENTO ELÁSTICO Este comportamiento elástico ocurre cuando las deformaciones unitarias en el modelo están dentro de la región ligeramente sombreada que se muestra en la figura 4-4. Puede verse que la curva es en realidad una línea recta a través de toda esta región, así que el esfuerzo es proporcional a la deformación unitaria. En otras palabras, se dice que el material es linealmente elástico. El límite superior del esfuerzo en esta relación lineal se llama límite de proporcionalidad, σ lp . Si el esfuerzo Figura 4.30 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 100 excede un poco el límite de proporcionalidad, el material puede todavía responder elásticamente; sin embargo, la curva tiende a aplanarse causando un incremento mayor de la deformación unitaria con el correspondiente incremento del esfuerzo. Esto continúa hasta que el esfuerzo llega al límite elástico. Para determinar este punto en cualquier espécimen, debemos aplicar, y luego retirar, una carga creciente hasta que se detecte una deformación permanente en el mismo. Sin embargo, en el acero rara vez se determina el límite elástico, puesto que está muy cerca del límite de proporcionalidad y, por tanto, su detección es bastante difícil. 8.2. FLUENCIA Un ligero aumento en el esfuerzo más allá del límite elástico provocará un colapso del material y causará que se deforme permanentemente. Este comportamiento se llama fluencia, y está indicado por la región más oscura de la curva, figura 4.30. El esfuerzo que origina la fluencia se llama esfuerzo de fluencia o punto de fluencia, σ Y , y la deformación que ocurre se llama deformación plástica. Aunque no se muestra en la figura 4.30, en los aceros con bajo contenido de carbono o en aquellos que sean laminados o rolados en caliente, se distinguen dos valores para el punto de fluencia. El punto superior de fluencia ocurre primero, seguido por una disminución súbita en la capacidad de soportar carga hasta un punto inferior de fluencia. Sin embargo, una vez que se ha alcanzado el punto inferior de fluencia, como se muestra en la figura 4.30, entonces la muestra continuará alargándose sin ningún incremento de carga. Observe que la figura 4.30 no está trazada a escala. Si lo estuviera, las deformaciones unitarias inducidas debido a la fluencia serían de 10 a 40 veces más grandes que las producidas hasta el límite elástico. Cuando el material está en este estado, suele decirse que es perfectamente plástico. Endurecimiento por deformación. Cuando la fluencia ha terminado, puede aplicarse más carga a la probeta, resultando una curva que se eleva continuamente pero se va aplanando hasta llegar a un esfuerzo máximo, llamado esfuerzo último, σ u . La elevación en la curva de esta manera se llama endurecimiento por deformación, y se identifica en la figura 4.30 como la región ligeramente sombreada. A lo largo de la prueba, y mientras el espécimen se está alargando, el área de su sección transversal disminuirá. Esta disminución de área es bastante uniforme en toda la longitud calibrada del espécimen, incluso hasta la deformación unitaria que corresponde al esfuerzo último. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 101 Formación del cuello o estricción. En el esfuerzo último, el área de la sección transversal comienza a disminuir en una zona localizada de la probeta, en lugar de hacerlo en toda su longitud. Este fenómeno es causado por planos de deslizamiento que se forman dentro del material y las deformaciones producidas son causadas por esfuerzos cortantes. Como resultado, tiende a desarrollarse un "cuello" en esta zona a medida que el espécimen se alarga cada vez más, figura 4.31a. Puesto que el área de la sección transversal en esta zona está decreciendo continuamente, el área más pequeña puede soportar sólo una carga siempre decreciente. De aquí que el diagrama de esfuerzo-deformación unitaria tienda a curvarse hacia abajo hasta que la probeta se rompe en el punto del esfuerzo de fractura, σ f , figura 4.31b. Esta región de la curva debida a la formación del cuello está representada con color oscuro en la figura 4.30. 8.3. DIAGRAMA REAL DE ESFUERZO-DEFORMACIÓN UNITARIA En lugar de usar siempre el área de la sección transversal y la longitud originales de la muestra para calcular el esfuerzo y la deformación unitaria (de ingeniería), podríamos haber usado el área de la sección transversal y la longitud reales del espécimen en el instante en que la carga se está midiendo. Los valores del esfuerzo y de la deformación unitaria calculados a partir de esas mediciones se llaman esfuerzo real y deformación unitaria real, y un trazo de sus valores se llama diagrama real de esfuerzo-deformación unitaria. Cuando se traza este diagrama, vemos que tiene la forma mostrada por la línea que forma la curva en la figura 4.30. Advierta que ambos diagramas (el convencional y el real) prácticamente coinciden cuando la deformación unitaria es pequeña. Las diferencias entre los diagramas comienzan a aparecer en la zona de Figura 4.31 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 102 endurecimiento por deformación, donde la magnitud de la deformación unitaria es más significativa. En particular, note la gran divergencia dentro de la zona de formación del cuello. Aquí podemos ver que, según el diagrama σ - e convencional, la probeta de ensayo en realidad soporta una carga decreciente, puesto que A o es constante cuando se calcula el esfuerzo nominal, σ = P/A o . Sin embargo, según el diagrama σ - ε real, el área real A dentro de la región de formación del cuello está siempre decreciendo hasta que ocurre la falla σ f , y así el material realmente soporta un esfuerzo creciente, puesto que σ = P /A. Aunque los diagramas de esfuerzo-deformación real y convencional son diferentes, la mayor parte del diseño en ingeniería se lleva a cabo dentro de la zona elástica, ya que la distorsión del material en general no es severa dentro de este intervalo. Siempre que el material sea "rígido", como son la mayoría de los metales, la deformación unitaria hasta el límite de elasticidad permanecerá pequeña y el error en el uso de los valores nominales de σ y de ε será muy pequeño (alrededor de 0.1 %) comparado con sus valores verdaderos. Ésta es una de las razones primordiales para usar diagramas de esfuerzo-deformación convencionales. Los conceptos anteriores pueden resumirse haciendo referencia a la figura 4.32, la cual muestra un diagrama de esfuerzo-deformación convencional de una probeta de un acero dulce. Con objeto de resaltar los detalles, la zona elástica de la curva se presenta en una escala de deformación exagerada. Siguiendo el comportamiento, el límite de proporcionalidad se alcanza en σ lp = 35 klb/pulg2 (241 MPa), cuando ε lp = 0.0012 pulg/pulg. Éste es seguido por un punto superior de fluencia de (σ Y ) u = 38 klb/pulg2 (262 MPa), luego súbitamente por un punto inferior de fluencia de (σ Y ) l = 36 klb/pulg2 (248 MPa). El final de la fluencia ocurre con una deformación unitaria de ε Y = 0.030 pulg/pulg, la cual es 25 veces más grande que la deformación unitaria en el límite de proporcionalidad. Continuando, la probeta de ensayo se endurece hasta que alcanza un esfuerzo último de σ u = 63 klb/pulg2 (435 MPa), y luego comienza la estricción hasta que ocurre la falla, σ f = 47 klb/pulg2 (324 MPa). En comparación, la deformación unitaria en el punto de falla, ε f = 0.380 pulg/pulg, es 317 veces mayor que ε lp . TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 103 9. RELACIÓN DE POISSON Cuando un cuerpo deformable está sometido a una fuerza axial de tensión, no sólo se alarga sino que también se contrae lateralmente. Por ejemplo, si una tira de hule se alarga, puede notarse que el espesor y el ancho de la tira disminuyen. Igualmente, una fuerza de compresión que actúa sobre un cuerpo ocasiona que éste se contraiga en la dirección de la fuerza y que se expanda lateralmente. Estos dos casos se ilustran en la figura 4.33 para una barra con radio r y longitud L iniciales. Cuando la carga P se aplica a la barra, la longitud de la barra cambia una cantidad δ y su radio una cantidad δ'. Las deformaciones unitarias en la dirección axial o longitudinal y en la dirección lateral o radial son, respectivamente: Figura 4.32 Figura 4.33 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 104 A principios del siglo XIX, el científico francés S.D. Poisson descubrió que dentro del rango elástico, la razón de esas dos deformaciones unitarias es constante, ya que las deformaciones δ y δ' son proporcionales. A esta constante se le llama razón de Poisson, v (nu), y tiene un valor numérico que es único para un material particular que sea homogéneo e isotrópico. Expresado matemáticamente: El signo negativo se usa aquí ya que un alargamiento longitudinal (deformación unitaria positiva) ocasiona una contracción lateral (deformación unitaria negativa), y viceversa. Advierta que esta deformación unitaria lateral es la misma en todas las direcciones laterales (o radiales). Además esta deformación unitaria es causada sólo por la fuerza axial o longitudinal; ninguna fuerza o esfuerzo actúa en una dirección lateral que deforme el material en esa dirección. La razón de Poisson es adimensional y para la mayoría de los sólidos no porosos tiene un valor generalmente entre ¼ y 1 / 3 . En particular, un material ideal sin movimiento lateral cuando se alargue o contraiga, tendrá υ = 0. El valor máximo posible para la razón de Poisson es 0.5. Por tanto, 0 ≤ υ ≤0.5. Figura 4.34 Cuando el bloque de hule es comprimido (deformación unitaria negativa) sus lados se expanden (deformación unitaria positiva). La relación de esas deformaciones unitarias es constante. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 105 EJEMPLO Una barra de acero A-36 tiene las dimensiones mostradas en la figura 4.35. Si se aplica una fuerza axial P = 80 kN a la barra, determine cambio en su longitud y el cambio en las dimensiones de su sección transversal después de aplicada la carga. El material se comporta elásticamente. Solución El esfuerzo normal en la barra es: De la tabla en la cubierta posterior para el acero A-36, E ac = 200 GPa, por lo que la deformación unitaria en la dirección z es: El alargamiento axial de la barra es entonces: Rpta. Usando la ecuación: donde υ ac = 0.32 según la tabla en e1forro posterior, las contracciones en las direcciones x y y son: Figura 4.35 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 106 Así, los cambios en las dimensiones de la sección transversal son: Rpta. Rpta. 9.1. EL DIAGRAMA DE ESFUERZO-DEFORMACIÓN UNITARIA EN CORTANTE Cuando un elemento de material está sometido a cortante puro, el equilibrio requiere que se desarrollen esfuerzos cortantes iguales en las cuatro caras del elemento. Estos esfuerzos deben estar dirigidos hacia o desde las esquinas diagonalmente opuestas del elemento, figura 4.36a. Además, si el material es homogéneo e isotrópico, entonces el esfuerzo cortante distorsionará al elemento de manera uniforme, figura 4.36b. La deformación unitaria cortante γ xy mide la distorsión angular del elemento con relación a los lados orientados inicialmente a lo largo de los ejes x y y. El comportamiento de un material sometido a cortante puro puede ser estudiado en un laboratorio usando muestras en forma de tubos delgados y sometiéndolos a una carga de torsión. Si se hacen mediciones del par aplicado y del ángulo de torsión resultante, entonces, los datos pueden usarse para determinar el esfuerzo cortante y la deformación unitaria cortante, y puede trazarse un diagrama de esfuerzo cortante-deformación cortante unitaria. En la figura 4.37 se muestra un ejemplo de este diagrama para un material dúctil. Al igual que en la prueba de tensión, este material exhibirá un comportamiento elástico lineal cuando se le somete a corte y tendrá un límite de proporcionalidad τ lp definido. También ocurrira un endurecimiento por deformación hasta que se llegue al esfuerzo cortante último τ u . Finalmente, el material comenzará a perder su resistencia al cortante hasta que se alcance un punto en que se fracture, τ f . En la mayoría de los materiales de ingeniería, como el que acabamos de describir, el comportamiento elástico es lineal, de modo que la ley de Hooke para el cortante puede escribirse como: TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 107 Aquí G se llama módulo de elasticidad por cortante o módulo de rigidez. Su valor puede medirse por la pendiente de la línea en el diagrama τ-γ, esto es, G = τ lp /γ lp . En el forro interior de la cubierta de este libro se dan algunos valores típicos para materiales comunes de ingeniería. Advierta que las unidades de G son las mismas que para E (Pa o lb/pulg2), puesto que g se mide en radianes, una cantidad adimensional. Las tres constantes del material, E, υ y G están relacionadas por la ecuación: Siempre que E y G se conozcan, el valor de υ podrá determinarse por medio de esta ecuación en vez de tener que recurrir a mediciones expe- rimentales. Por ejemplo, en el caso del acero A-36, E ac = 29(103) klb/pulg2 G ac = 11.0 (103) klb/pulg 2 , de modo que, υ ac = 0.32 Figura 4.36 Figura 4.37 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 108 EJEMPLO El espécimen de aluminio mostrado en la figura 4.38 tiene un diámetro d o =25 mm y una longitud calibrada L o = 250 mm. Si una fuerza de 165 kN alarga la longitud calibrada 1.20 mm, determine el módulo de elasticidad. Determine también cuánto se reduce el diámetro debido a esta fuerza. Considere G al = 26 GPa y σ y = 440 MPa. Figura 4.38 Solución Módulo de elasticidad. El esfuerzo normal promedio en el espécimen es: Y la deformación unitaria normal promedio es: Como σ < σ y = 440 MPa, el material se comporta elásticamente. El módulo de elasticidad es: Rpta. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 109 Contracción del diámetro.- Primero determinamos la relación de Poisson para el material: Como ε long = 0.00480 mm/mm, entonces: La Contracción del diámetro es por lo tanto: Rpta. EJEMPLO Un espécimen de una aleación de titanio se prueba en torsión y el diagrama de esfuerzo de cortante-deformación angular unitaria que resulta se muestra en la figura 4.39a. Determine el módulo cortante G, el límite de proporcionalidad y el esfuerzo cortante último. Determine también la distancia d máxima que la parte superior de un bloque de este material, mostrado en la figura 4.39b, podría desplazarse horizontalmente si el material se comporta elásticamente al actuar sobre él la fuerza cortante V. ¿Cuál es la magnitud de V para causar este desplazamiento? Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 110 Figura 4.39 Solución Módulo cortante: Este valor representa la pendiente de la porción recta OA del diagrama τ - γ. Las coordenadas del punto A son (0.008 rad, 52 klb/pulg 2 ). Entonces: Rpta. La ecuación de la línea OA es por lo tanto τ = 6500γ, que es la ley de Hooke para cortante. Límite de proporcionalidad: Por inspección, la gráfica deja de ser lineal en el punto A. Así: Rpta. Esfuerzo último: Este valor representa el esfuerzo cortante máximo, punto B. De la gráfica: Rpta. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 111 Desplazamiento elástico máximo y fuerza cortante.- Como la deformación unitaria cortante elástica máxima es de 0.008 rad, un ángulo muy pequeño, la parte superior del bloque en la figura 4-12b se des- plazará horizontalmente: Rpta. El esfuerzo cortante promedio correspondiente en el bloque es τ lp = 52 klb/pulg 2 . Así, la fuerza cortante V necesaria para causar el des- plazamiento es: Rpta 10. DEFORMACIÓN ELÁSTICA DE UN MIEMBRO CARGADO AXIALMENTE 10.1. CARGA Y ÁREA TRANSVERSAL CONSTANTES En muchos casos la barra tendrá un área transversal A constante y el material será homogéneo, por lo que E será constante. Además, si una fuerza externa constante se aplica a cada extremo, figura 4.40, entonces la fuerza interna P a lo largo de la barra será también constante. En consecuencia, se obtiene: Figura 4.40 Donde: δ = desplazamiento de un punto de la barra relativo a otro punto. L = distancia entre los puntos. P = fuerza axial interna en la sección. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 112 A = área de la sección transversal de la barra. E = módulo de elasticidad del material. Si la barra está sometida a varias fuerzas axiales diferentes, o si la sección transversal o el módulo de elasticidad cambian abruptamente de una región de la barra a la siguiente, la ecuación anterior puede aplicarse a cada segmento de la barra donde esas cantidades sean todas constantes. El desplazamiento de un extremo de la barra respecto al otro se encuentra entonces por medio de la adición vectorial de los desplazamientos de los extremos de cada segmento. Para este caso general: 10.2. CONVENCIÓN DE SIGNOS Debemos desarrollar una convención de signos para la fuerza axial interna y el desplazamiento de un extremo de la barra con respecto al otro extremo de la misma. Para hacerlo, consideraremos que la fuerza y el desplazamiento son positivos si causan tensión y alargamiento, respectivamente, figura 4.41, mientras que una fuerza y un desplazamiento negativo causarán compresión y contracción, respectivamente. Figura 4.41 Por ejemplo, consideremos la barra mostrada en la figura 4.41a. Las fuer- zas axiales internas "P", calculadas por el método de las secciones en cada segmento, son P AB = + 5 kN, P BC = - 3 kN Y P CD = -7 kN, figura TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 113 4.42b. Esta variación se muestra en el diagrama de fuerza axial (o normal) para la barra, figura 4.41c. Aplicando la ecuación de carga y área transversal constantes para obtener el desplazamiento del extremo A respecto del extremo D, tenemos: Figura 4.41 Si se sustituyen los otros datos y se obtiene una respuesta positiva, ello significará que el extremo A se alejará del extremo D (la barra se alarga) mientras que un resultado negativo indicará que el extremo A se acerca hacia D (la barra se acorta). La notación de doble subíndice se usa para indicar este desplazamiento relativo (δ A/D ); sin embargo, si el desplazamiento va a determinarse respecto a un punto fijo, entonces, se usará sólo un subíndice. Por ejemplo, si D se localiza en un soporte fijo entonces el desplazamiento calculado se denotará simplemente como δ A . EJEMPLO La barra compuesta de acero A-36 (Módulo de Elasticidad = 29(10 3 ) klb/pulg 2 ) mostrada en la figura 4.42a está hecha de dos segmentos AB y BD que tienen áreas transversales de A AB = 1 pulg 2 y A BD = 2 pulg 2 . Determine el desplazamiento vertical del extremo A y el de B respecto a C. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 114 Figura 4.42 Solución Fuerza interna.- Debido a la aplicación de las cargas externas, las fuerzas axiales internas en las regiones AB, BC y CD serán todas diferentes. Esas fuerzas se obtienen aplicando el método de las secciones y la ecuación de equilibrio por fuerza vertical, como se muestra en la figura 4.42b y se encuentran graficadas en la figura 4.42c. Desplazamiento.- Usando la convención de signos, esto es, fuerzas internas de tensión son positivas y fuerzas internas de compresión son negativas, el desplazamiento vertical de A respecto al soporte fijo D es: Rpta. Como el resultado es positivo, la barra se alarga y el desplazamiento de A es hacia arriba. Rpta. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 115 Aquí B se aleja de C, ya que el segmento se alarga. EJEMPLO El conjunto mostrado en la figura 4.43a consiste en un tubo AB de .aluminio con área transversal de 400 mm 2 . Una barra de acero con diámetro de 10 mm está unida a un collarín rígido y pasa a través del tubo. Si se aplica una carga de tensión de 80 kN a la barra, determine el desplazamiento del extremo C de la barra. Considere E ac = 200 GPa y E al = 70 GPa. Figura 4.43 Solución: Fuerza interna.- El diagrama de cuerpo libre del tubo y de la barra, figura 4.43b, muestra que la barra está sometida a una tensión de 80 kN y el tubo a una compresión de 80 kN. Desplazamiento.- Determinaremos primero el desplazamiento del extremo C con respecto al extremo B. Trabajando en unidades de newtons y metros, tenemos: El signo positivo indica que el extremo C se mueve hacia la derecha con respecto al extremo B, ya que la barra se alarga. El desplazamiento del extremo B con respecto al extremo fijo A es: Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 116 El signo menos indica aquí que el tubo se acorta, por lo que B se mueve hacia la derecha respecto a A. Puesto que ambos desplazamientos son hacia la derecha, el desplazamiento resultante de C respecto a A es entonces: Rpta. EJEMPLO Una viga rígida AB descansa sobre los dos postes cortos mostrados en la figura 4.44a. AC está hecho de acero y tiene un diámetro de 20 mm; BD está hecho de aluminio y tiene un diámetro de 40 mm. Determine el desplazamiento del punto F situado en AB cuando se aplica una carga vertical de 90 kN sobre este punto. Considere E ac = 200 GPa y E al = 70 GPa. Figura 4.44 Solución Fuerza interna.- Las fuerzas de compresión que actúan en la parte superior de cada poste se determinan a partir del equilibrio del miembro AB, figura 4.44b. Esas fuerzas son iguales a las fuerzas internas en cada poste, figura 4.44c. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 117 Desplazamiento.- El desplazamiento de la parte superior de cada poste es: Poste AC: Poste BD: En la figura 4-18d se muestra un diagrama de los desplazamientos de los puntos A, B y F situados en el eje de la viga. Por proporciones en el triángulo sombreado, el desplazamiento del punto F es entonces: Rpta. EJEMPLO Un miembro está hecho de un material que tiene un peso específico γ y un módulo de elasticidad E. El miembro tiene la forma de un cono con las dimensiones mostradas en la figura 4.45a. Determine el desplazamiento de su extremo inferior bajo el efecto de su propio peso. Figura 4.45 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 118 Solución Fuerza interna. La fuerza axial interna varía a lo largo del miembro que depende del peso W(y) de un segmento del miembro situado debajo de cualquier sección, figura 4.45b. Por tanto, para calcular el desplazamiento, debemos usar la ecuación: En la sección localizada a una distancia y del fondo, el radio x del cono como función de y se determina por proporción; esto es: El volumen de un cono con base de radio x y altura y es: Como W = γV la fuerza interna en la sección es: Desplazamiento.- El área de la sección transversal es también una función de la posición y, figura 4-19b. Tenemos: Aplicando la ecuación: Entre los límites y = 0 Y y = L se obtiene: Rpta. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 119 Como verificación parcial de este resultado, note cómo las unidades de los términos, al cancelarse, dan la deflexión en unidades de longitud c- omo era de esperarse. 11. PROBLEMAS PROPUESTOS Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 120 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 121 Unidad V F FL LE EX XI IÓ ÓN N 1. DEFORMACIÓN POR FLEXIÓN DE UN MIEMBRO RECTO En esta sección estudiaremos las deformaciones que ocurren cuando una viga prismática recta hecha de material homogéneo está sometida a flexión. El análisis se limitará a vigas con secciones transversales simétricas respecto a un eje y el momento flexionante se encuentra aplicado respecto a un eje perpendicular a este eje de simetría, como se muestra en la figura 5.1. El comportamiento de miembros con secciones transversales asimétricas o que están hechos de varios materiales se basa en consideraciones similares, y se estudiarán separadamente en secciones posteriores. Figura 5.1 Usando un material sumamente deformable como el hule, podemos ilustrar físicamente qué sucede cuando un miembro prismático recto está sometido a un momento flexionante. Consideremos, por ejemplo, la barra no deformada en la figura 5.2a que tiene una sección transversal cuadrada y está marcada con una retícula formada por líneas longitudinales y transversales. Al aplicar un momento flexionante, éste tiende a distorsionar esas líneas según el patrón mostrado en la figura 5.2b. Puede verse aquí que las líneas longitudinales se curvan y que las líneas transversales permanecen rectas pero sufren una rotación. El comportamiento de cualquier barra deformable sometida a un momento flexionante es tal que el material en la porción inferior de la barra se alarga y el material en la porción superior se comprime. En consecuencia, entre esas dos regiones debe haber una superficie, llamada superficie neutra, en la que las Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 122 fibras longitudinales del material no experimentarán un cambio de longitud, figura 5.1. Figura 5.2 Con base en estas observaciones haremos las siguientes tres hipótesis relativas a la manera en que el esfuerzo deforma al material. La primera es que el eje longitudinal x, que se encuentra en la superficie neutra, figura 5.3a, no experimenta ningún cambio de longitud. El momento tiende a deformar la viga en forma tal que esta línea recta se vuelve una Línea curva contenida en el plano x-y de simetría, figura 5.3b. La segunda hipótesis es que todas las secciones transversales de la viga permanecen planas y perpendiculares al eje longitudinal durante la deformación. La tercera hipótesis es que cualquier deformación de la sección transversal dentro de su propio plano será despreciada, figura 5-2b. En particular, el eje z, contenido en el plano de la sección transversal y respecto al cual gira la sección, se llama eje neutro, figura 5.3b. Su posición se determinará en la siguiente sección. Figura 5.3 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 123 Para mostrar cómo esta distorsión deforma el material, aislaremos un segmento de la viga localizado a una distancia x a lo largo de la longitud de la viga y con un espesor no deformado ∆x, figura 5.3a. Este elemento, tomado de la viga, se muestra en vista de perfil en sus posiciones no deformada y deformada en la figura 5.4. Note que cualquier segmento de línea ∆x, localizado sobre la superficie neutra, no cambia de longitud, mientras que cualquier segmento de línea ∆s, localizado a una distancia arbitraria y arriba de la superficie neutra, se contraerá y tendrá la longitud ∆s’ después que la deformación ha tenido lugar. Por definición, la deformación unitaria normal a lo largo de ∆s se determina con la siguiente ecuación: Note la distorsión de las líneas debido a la flexión de esta barra de hule. La línea superior se estira, la línea inferior se comprime. y la línea central permanece con la misma longitud. Las líneas verticales giran pero permanecen rectas. Figura 5.4 Representaremos ahora esta deformación unitaria en términos de la posición y del segmento y del radio de curvatura ρ del eje longitudinal del elemento. Antes de la deformación, ∆s = ∆x, figura 5.4a. Después de la deformación ∆x tiene un Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 124 radio de curvatura ρ, con centro de curvatura en el punto 0', figura 5.4b. Como ∆θ define el ángulo entre los lados de la sección transversal del elemento, ∆x = ∆s = ρ∆θ. De la misma manera, la longitud deformada de ∆s es ∆s’ = (ρ - y) ∆θ. Sustituyendo en la ecuación anterior, obtenemos: Este importante resultado indica que la deformación unitaria normal longitudinal de cualquier elemento dentro de la viga depende de su localización y sobre la sección transversal y del radio de curvatura del eje longitudinal de la viga en el punto. En otras palabras, para cualquier sección transversal específica, la deformación unitaria normal longitudinal variará linealmente con y desde el eje neutro. Una contracción (- ε) ocurrirá en fibras situadas arriba del eje neutro (+y), mientras que se presentarán alargamientos (+ε) en fibras localizadas debajo del eje (-y). Esta variación en la deformación unitaria sobre la sección transversal se muestra en la figura 5.5. Aquí la deformación unitaria máxima ocurre en la figura extrema, situada a una distancia c del eje neutro. Usando la ecuación, Como ε máx = c/ρ, entonces por división: De manera que: Figura 5.5 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 125 Esta deformación unitaria normal depende sólo de las hipótesis hechas con respecto a la deformación. Si sólo se aplica un momento a la viga, es entonces razonable suponer adicionalmente que este momento ocasiona solamente un esfuerzo normal en la dirección x o longitudinal. Todas las otras componentes de esfuerzo normal y cortante son cero, ya que la superficie de la viga esta libre de cualquier otra carga. Es este estado uniaxial de esfuerzo el que provoca que el material tenga la componente de deformación unitaria normal longitudinal ε x ,( σ x = Eε x ), definida por la ecuación Además, por la razón de Poisson, debe haber también ponentes de deformación unitaria asociadas ε y = - υε x y ε z = - υε x , que deforman el plano de la sección transversal, aunque aquí hemos despreciado esas deformaciones. Sin embargo, tales deformaciones ocasionaran que las dimensiones de la sección transversal se vuelvan más pequeñas debajo del eje neutro, Por ejemplo, si la viga tiene una sección cuadrada, se deformará como se muestra figura 5.6. Figura 5.6 1.1. LA FÓRMULA DE LA FLEXIÓN En esta sección desarrollaremos una ecuación que relaciona la distribución del esfuerzo longitudinal en una viga con el momento de flexión interno resultante que actúa sobre la sección transversal de la viga. Para hacer esto, supondremos que el material se comporta de manera elástica lineal, por lo que es aplicable la ley de Hooke, esto es, σ = Eε. Una variación lineal de la deformación unitaria normal, figura 5.7a, debe ser entonces la consecuencia de una variación lineal del esfuerzo normal, figura 5.7b. Por tanto, igual que la variación de la deformación Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 126 unitaria normal, σ variará de cero en el eje neutro del miembro a un valor máximo σ max en puntos a la distancia c máxima desde el eje neutro. Por triángulos semejantes, figura 5.7b, o usando la ley de Hooke, σ = Eε, y la ecuación Podemos escribir: Figura 5.7 Esta ecuación representa la distribución del esfuerzo sobre la sección transversal. La convención de signos establecida aquí es importante. Para un M positivo actuando en la dirección + z, valores positivos de y dan valores negativos para σ, esto es, un esfuerzo de compresión ya que actúa en la dirección negativa de x. Similarmente, valores negativos de y darán valores positivos o de tensión para σ. Si se selecciona un elemento de volumen de material en un punto específico sobre la sección transversal, sólo esos esfuerzos normales de tensión o de compresión actuarán sobre él. Por ejemplo, el elemento localizado en + y se muestra en la figura 5.7c. Podemos localizar la posición del eje neutro sobre la sección transversal satisfaciendo la condición de que la fuerza resultante producida por la distribución del esfuerzo sobre la sección transversal debe ser igual a cero. Notando que la fuerza dF = σdA actúa sobre el elemento arbitrario dA en la figura 5.7c, requerimos que: TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 127 Como σ máx /c no es igual a cero, entonces: En otras palabras, el momento estático de la sección transversal del miembro respecto al eje neutro debe ser cero. Esta condición sólo puede ser satisfecha si el eje neutro es también el eje centroidal horizontal de la sección transversal. En consecuencia, una vez determinado el centroide de la sección transversal del miembro, se conoce también la posición del eje neutro. Podemos determinar el esfuerzo en la viga a partir del requisito de que el momento interno resultante M debe ser igual al momento producido por la distribución del esfuerzo respecto al eje neutro. El momento de dF en la figura 5-7c respecto al eje neutro es dM = y dF. Este momento es positivo ya que, por la regla de la mano derecha, el pulgar está dirigido a lo largo del eje positivo z cuando los dedos se curvan según el sentido de rotación causado por dM. Como dF = σ dA, usando la ecuación: Tenemos para la sección transversal total: Ó La integral en esta ecuación representa el momento de inercia de la sección transversal de la viga respecto al eje neutro. Lo denotamos con I. De la ecuación: Podemos entonces despejar σ máx Y escribirla en forma general como: Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 128 Aquí: σ máx = esfuerzo normal máximo en el miembro que ocurre en el punto de la sección transversal más alejado del eje neutro. M = momento interno resultante, determinado con el método de las secciones y las ecuaciones de equilibrio y se calcula con respecto al eje neutro de la sección transversal. I = momento de inercia de la sección transversal calculado respecto al eje neutro. c = distancia perpendicular del eje neutro al punto más alejado de este eje y sobre el cual actúa σ máx. Como σ máx /c = -σ/y, el esfuerzo normal a la distancia y intermedia puede determinarse con la siguiente ecuación: Advierta que el signo negativo es necesario ya que es consistente con los ejes x, y, z establecidos. Por la regla de la mano derecha, M es positivo a lo largo del eje + z, y es positiva hacia arriba por lo que σ debe ser negativo (compresivo) ya que actúa en la dirección x negativa, figura 5.7c. A cualquiera de las dos ecuaciones anteriores se les llama fórmula de la flexión. Se usa para determinar el esfuerzo normal en un miembro recto con sección transversal simétrica respecto a un eje si el momento es aplicado perpendicularmente a este eje. No obstante que hemos supuesto que el miembro es prismático, podemos en la mayoría de los casos de diseño usar la fórmula de la flexión también para determinar el esfuerzo normal en miembros que tienen un ligero ahusamiento. Por ejemplo, con base en la teoría de la elasticidad, un miembro con una sección transversal rectangular y un ahusamiento de 15° en sus lados superior e inferior longitudinales, tendrá un esfuerzo normal máximo real que es aproximadamente 5.4% menor que el calculado usando la fórmula de la flexión. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 129 Este espécimen de madera falló por flexión; sus fibras superiores se aplastaron y sus fibras inferiores se rompieron. PUNTOS IMPORTANTES • La sección transversal de una viga recta permanece plana cuando la viga se deforma por flexión. Esto causa esfuerzos de tensión en un lado de la viga y esfuerzos de compresión en el otro lado. El eje neutro está sometido a cero esfuerzo. • Debido a la deformación, la deformación unitaria longitudinal varía linealmente de cero en el eje neutro a un máximo en las fibras exteriores de la viga. Si el material es homogéneo y la ley de Hooke es aplicable, el esfuerzo también varía de manera lineal sobre la sección transversal. • En un material elástico-lineal, el eje neutro pasa por el centroide del área de la sección transversal. Esta conclusión se basa en el hecho de que la fuerza normal resultante que actúa sobre la sección transversal debe ser cero. • La fórmula de la flexión se basa en el requisito de que el momento resultante sobre la sección transversal es igual al momento producido por la distribución del esfuerzo normal lineal respecto al eje neutro. PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Para aplicar la fórmula de la flexión, se sugiere el siguiente procedimiento. Momento interno. • Seccione el miembro en el punto en donde el esfuerzo de flexión va a ser determinado, y obtenga el momento interno M en la sección. El eje neutro o centroidal de la sección transversal debe ser conocido, ya que M debe ser calculado respecto a este eje. • Si el esfuerzo de flexión máximo absoluto va a ser determinado, dibuje entonces el diagrama de momentos flexionantes para determinar el momento máximo en la viga. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 130 Esfuerzo normal. • Especifique la distancia y, medida perpendicularmente al eje neutro, al punto donde va a determinarse el esfuerzo normal. Aplique luego la ecuación • σ = - My/I o, si va a calcularse el esfuerzo máximo de flexión, use σ máx = Mc/I. Al sustituir los numéricos, asegúrese de que las unidades sean consistentes. • El esfuerzo actúa en una dirección tal que la fuerza que él crea en el punto genera un momento respecto al eje neutro que tiene el mismo sentido que el momento interno M, figura 5.7c. De esta manera, la distribución del esfuerzo que actúa sobre toda la sección transversal puede esbozarse, o aislarse un elemento de volumen del material para representar gráficamente el esfuerzo normal que actúa en el punto. EJEMPLO Una viga tiene una sección transversal rectangular y está sometida a la distribución de esfuerzo mostrada en la figura 5.8a. Determine el momento interno M en la sección causado por la distribución del esfuerzo (a) Usando la fórmula de la flexión, (b) Calculando la resultante de la distribución del esfuerzo mediante principios básicos. Figura 5.8a Solución: Parte (a).- La fórmula de la flexión es σ máx = Mc/I. De la figura 5.8a, c = 6 pulg. y σ máx = 2 klb/pulg 2 . El eje neutro se define como la línea NA, porque el esfuerzo es cero a lo largo de esta línea. Como la sección transversal tiene una forma rectangular, el momento de inercia de sección respecto al NA se determina con la fórmula para un rectángulo dado en el forro interior de este texto; esto es: TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 131 Por tanto: Rpta. Parte (b).- Demostraremos primero que la fuerza resultante de la distribución del esfuerzo es cero. Como se muestra en la figura 5-8b, el esfuerzo que actúa sobre la franja arbitraria dA = (6 pulg.) dy, localizada a una distancia y del eje neutro, es: Figura 5.8b La fuerza generada por este esfuerzo es dF = σ dA, Y entonces, para la sección transversal entera: El momento resultante de la distribución del esfuerzo respecto al eje neutro (eje z) debe ser igual a M. Como la magnitud del momento dF Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 132 respecto a este eje es dM = y dF, y dM es siempre positiva. Figura 5-8b, entonces para la sección entera: Rpta. El resultado anterior puede también determinarse sin integración. La fuerza resultante para cada una de las dos distribuciones triangulares de esfuerzo en la figura 5.8c es gráficamente equivalente al volumen contenido dentro de cada distribución de esfuerzo. Así entonces, cada volumen es: Figura 5.8c Esas fuerzas, que forman un par, actúan en el mismo sentido que los esfuerzos dentro de cada distribución, figura 5.8c. Además actúan pasando por el centroide de cada volumen, esto es, 1/3 (6 pulg.) = 2 pulg. desde las partes superior e inferior de la viga. Por tanto la distancia entre ellas es de 8 pulg, tal como se muestra. El momento de par es entonces: TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 133 Rpta. EJEMPLO La viga simplemente apoyada (en la figura 5.9a) tiene la sección transversal mostrada en la figura 5.9b. Determine el esfuerzo máximo absoluto de flexión en la viga y dibuje la distribución del esfuerzo en la sección transversal en esta posición. Figura 5.9 Solución: Momento interno máximo.- El momento interno máximo en la viga, M = 22.5 kN.m, ocurre en el centro del claro como se muestra en el diagrama de momento flexionante, figura 5.9c. Propiedades de la sección.- Por razones de simetría, el centroide C y el eje neutro pasan por la mitad de la altura de la viga, figura 5.9b. La sección transversal se subdivide en las tres partes mostradas y el momento de inercia de cada parte se calcula respecto al eje neutro. Trabajando en metros, tenemos: Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 134 Esfuerzo de flexión.- Aplicando la fórmula de la flexión, con c = 170 mm, el esfuerzo máximo absoluto de flexión es: Rpta. En la figura 5.9d se muestran vistas bi y tridimensionales de la distribución del esfuerzo. Note cómo el esfuerzo en cada punto sobre la sección transversal desarrolla una fuerza que contribuye con un momento dM respecto al eje neutro que tiene el mismo sentido que M. Específicamente, en el punto B, y B = 150 mm, por lo que: El esfuerzo normal que actúa sobre elementos de material localizados en los puntos B y D se muestra en la figura 5.9e Figura 5.9 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 135 EJEMPLO La viga mostrada en la figura 5.10a tiene una sección transversal en forma de canal, figura 5.10b. Determine el esfuerzo máximo de flexión que se presenta en la sección a-a de la viga. Figura 5.10 Solución Momento interno.- En este caso, las reacciones en el soporte de la viga no tienen que determinarse. Podemos usar, con el método de las secciones, el segmento a la izquierda de la sección a-a, figura 5.10c. En particular, advierta que la fuerza axial interna resultante N pasa por el centroide de la sección transversal. Observe también que el momento interno resultante debe calcularse respecto al eje neutro de la viga en la sección a-a. Para encontrar la posición del eje neutro, la sección transversal se subdivide en tres partes componentes, como se muestra en la figura 5- 10b. Como el eje neutro pasa por el centroide, tenemos: Esta dimensión se muestra en la figura 5-10c. Figura 5.10c Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 136 Aplicando la ecuación de equilibrio por momentos respecto al eje neutro, tenemos: Propiedades de la sección.- El momento de inercia respecto al eje neutro se determina usando el teorema de los ejes paralelos, aplicando a cada una de las tres partes componentes de la sección transversal. Trabajando en metros, tenemos: Esfuerzo máximo de flexión.- El esfuerzo máximo de flexión ocurre en los puntos más alejados del eje neutro. En este caso, el punto más alejado está en el fondo de la viga; c=0.200 m - 0.05909m = 0.1409 m. Entonces: Rpta. Muestre que en la parte superior de la viga el esfuerzo de flexión es σ’ = 6.79 MPa. Note que además de este efecto de flexión, la fuerza normal de N = 1 kN y la fuerza cortante V = 2.4 kN contribuirán también con esfuerzos adicionales sobre la sección transversal. EJEMPLO El miembro con sección transversal rectangular, figura 5-.11a, está diseñado para resistir un momento de 40 N·m. Para aumentar su resistencia y rigidez, se propone añadir dos pequeñas costillas en su fondo, figura 5.11b. Determine el esfuerzo normal máximo en el miembro para ambos casos. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 137 Figura 5.11 Solución Sin costillas.- Es claro que el eje neutro se localiza en el centro de la sección transversal, figura 5.11a, por lo que y = c = 15 mm = 0.015 m. Así: Por tanto, el esfuerzo normal máximo es: Rpta. Con costillas.- En la figura 5.11b, segmentando la sección en el rectángulo grande principal y en los dos rectángulos inferiores (costillas), la posición del centroide y del eje neutro se determina como sigue: Este valor no representa a c. Más bien: Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 138 Usando el teorema de los ejes paralelos, el momento de inercia respecto al eje neutro es: Por lo tanto, el esfuerzo normal máximo es: Rpta. Este sorprendente resultado indica que la adición de las costillas a la sección transversal aumentará el esfuerzo normal en vez de disminuirlo, y por esta razón deben ser omitidas. 2. PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Un miembro con las dimensiones mostradas se usa para resistir un momento flexionante interno M = 2 kIb.pie. Determine el esfuerzo máximo en el miembro si el momento se aplica: • Alrededor del eje z, • Alrededor del eje y. Esboce la distribución del esfuerzo para cada caso. Figura 5.12 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 139 2. La barra de acero con diámetro de 1 pulg está sometida a un momento interno M = 300 lb.pie. Determine el esfuerzo generado en los puntos A y B. Esboce también una vista tridimensional de la distribución del esfuerzo que actúa sobre la sección transversal. Figura 5.13 3. Un miembro tiene la sección transversal triangular mostrada. Determine el momento máximo interno M que puede aplicarse a la sección sin exceder los esfuerzos permisibles de tensión y de compresión de (σ perm ) t = 22 klb/pulg 2 y (σ perm ) c = 15 klb/pulg 2 , respectivamente. Figura 5.14 4. La viga está hecha de tres tablones unidos entre sí por medio de clavos. Si el momento que actúa sobre la sección transversal es M = 600 N.m, determine la fuerza resultante que el esfuerzo de flexión ejerce sobre el tablón superior. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 140 Figura 5.15 5. Una viga tiene la sección transversal mostrada. Si está hecha de acero con un esfuerzo permisible σ perm = 2 klb/pulg 2 , determine el máximo momento interno que la viga puede resistir si el momento se aplica: • Alrededor del eje z, • Alrededor del eje y. Figura 5.16 6. La viga está sometida a un momento M = 40 kN-m. Determine el esfuerzo de flexión que actúa en los puntos A y B. Esboce los resultados sobre un elemento de volumen presente en cada uno de esos puntos. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 141 Figura 5.17 7. La pieza de aluminio de una máquina está sometida a un momento M = 75 N-m. Determine el esfuerzo de flexión generado en los puntos B y C sobre la sección transversal. Esboce los resultados sobre un elemento de volumen localizado en cada uno de esos puntos. Figura 5.18 8. Una viga está construida con cuatro tablones de madera unidos entre sí con pegamento, como se muestra. Si el momento que actúa sobre la sección transversal es M = 450 N·m, determine la fuerza resultante que el esfuerzo de flexión produce sobre el tablón A superior y sobre el tablón B lateral. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 142 Figura 5.19 9. La viga está sometida a un momento de 15 klb-pie. Determine la fuerza resultante que el esfuerzo de flexión produce sobre el patín A superior y sobre el patín B inferior. También, calcule el esfuerzo máximo de flexión desarrollado en la viga. Figura 5.20 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 143 Unidad VI C CO OL LU UM MN NA AS S 1. INTRODUCCIÓN “Una columna es un miembro relativamente largo, cargado a compresión.” El análisis de columnas es diferente porque el modo de falla es diferente, cuando se analizó el esfuerzo de compresión, se supuso que el miembro fallaba por fluencia del material cuando se aplicaba un esfuerzo mayor que la resistencia a la fluencia del material. Esto es cierto en el caso de miembros cortos. Una columna alta esbelta falla por pandeo, nombre común que recibe la inestabilidad elástica. En lugar de aplastar o desmembrar el material, la columna se deflexiona de manera drástica a una cierta carga crítica y luego se desploma repentinamente. Se puede usar cualquier miembro delgado para ilustrar el fenómeno de pandeo; inténtelo con una regla de madera o plástico, una barra o solera delgada de metal. Al irse incrementando la fuerza de manera gradual, aplicada directamente hacia abajo, se alcanza la carga crítica cuando la columna comienza a flexionarse. Normalmente, se puede retirar la carga sin que provoque un daño permanente puesto que no hay fluencia. Así pues, una columna falla por pandeo a un esfuerzo menor que la resistencia a la fluencia del material en la columna. El objetivo de los métodos de análisis de columnas es predecir la carga o el nivel de esfuerzo al cual una columna se volvería inestable y se pandearía. 2. RAZÓN DE ESBELTEZ Hemos definido a la columna como un miembro esbelto relativamente largo cargado a compresión. Esta descripción se plantea en términos relativos y no es muy útil para el análisis. La medida de la esbeltez de una columna ha de tener en cuenta la longitud, el perfil de la sección transversal, las dimensiones de la misma y la manera de sujetar sus extremos en las estructuras que generan las cargas y las reacciones. La medida de esbeltez comúnmente utilizada es la razón de esbeltez, definida como: Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 144 Donde: L = longitud real de la columna entre los puntos de apoyo o de restricción lateral. K = factor de fijación de los extremos. L e = longitud efectiva, teniendo en cuenta la manera de fijar los extremos (observe que L e = KL) r = radio de giro mínimo de la sección transversal de la columna. A continuación se analiza cada uno de estos términos. 2.1. LONGITUD REAL, L En una columna simple con la carga aplicada en un extremo y la reacción creada en el otro, la longitud real es, obviamente, la longitud entre sus extremos. Pero en componentes de estructuras cargados a compresión que disponen de medios de sujeción laterales que impiden que se pandee, la longitud real se considera entre los puntos de restricción. Cada una de las partes, entonces, se considera como una columna aparte. 2.2. FACTOR DE FIJACIÓN DE LOS EXTREMOS, K El factor de fijación de los extremos mide el grado de limitación contra rotación de cada extremo. Por lo general, se consideran tres tipos clásicos de conexiones de extremos: el extremo de pasador, el extremo fijo y el extremo libre. La figura 01 muestra varias combinaciones de tipos de extremos con los valores correspondientes de K. Obsérvese que se dan dos valores de K. Uno es el valor teórico y el otro es el que por lo general se usa en situaciones prácticas, aunque se debe reconocer que es difícil lograr el extremo verdaderamente fijo. Figura 6.1 Valores de K para diferentes conexiones de los extremos. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 145 Los extremos de pasador están imposibilitados contra rotación. Cuando una columna con sus dos extremos de pasador se pandea, adopta la forma de una curva uniforme entre sus extremos, como se muestra en la figura 6.1-a. Éste es el caso básico de pandeo de columna y el valor de K = 1.0 se aplica a columnas con dos extremos de pasador. Un tipo ideal de extremo de pasador es la articulación de rótula que permite el giro de la columna en cualquier dirección con respecto a cualquier eje. Una junta de pasador cilíndrico, permite la libre rotación con respecto al eje del pasador, aunque crea algo de restricción en el plano perpendicular a su eje. Por esta razón se debe tener cuidado al aplicar factores de fijación a pasadores cilíndricos. Se supone que el extremo de pasador está guiado de tal modo que la línea de acción de la carga axial no cambia. En teoría, los extremos fijos impiden perfectamente la rotación de columna en sus extremos. A medida que la columna tiende a pandearse, la curva de deflexión del eje de la columna debe aproximarse al extremo fijo con una pendiente cero, como se ilustra en la figura 6.1-b. La figura pandeada se arquea hacia afuera a la mitad pero exhibe dos puntos de inf1exión donde se invierte la dirección de la curvatura cerca de los extremos. El valor teórico del factor de fijación de los extremos es K = 0.5, el cual indica que la columna actúa como si fuera sólo la mitad de larga de lo que realmente es. Las columnas con extremos fijos son mucho más rígidas que las columnas con extremos de pasador y, por consiguiente, son capaces de soportar cargas mayores antes de pandearse. Se debe entender que es muy difícil fijar los extremos de una columna a la perfección. Se requiere que la conexión a la columna sea rígida y firme y que la estructura a la que se transfieren las cargas también sea rígida y firme. Por ello, en la práctica se recomienda el valor mayor de K=0.65. El extremo libre de una columna puede girar y también trasladarse. Pero como puede moverse en cualquier dirección, éste es el peor caso de fijación de los extremos de una columna. El único modo práctico de usar una columna con un extremo libre es tener el extremo opuesto fijo, como se ilustra en]a figura 6.1c. Una columna como ésa en ocasiones se conoce como el caso del asta bandera porque el extremo fijo se comporta como un asta bandera insertada profundamente en un orificio de ajuste apretado, mientras el otro extremo libre puede moverse en cualquier dirección. Conocida como la condición de extremo libre, el valor teórico de K es 2.0. Un valor práctico es K = 2.10. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 146 En la figura 6.1d se muestra la combinación de un extremo fijo y un extremo de pasador. Nótese que la curva de deflexión se aproxima al extremo fijo con una pendiente cero mientras que el extremo de pasador gira libremente. El valor teórico de K = 0.7 se aplica a esa condición de fijación mientras que en la práctica se recomienda K = 0.80. 2.3. LONGITUD EFECTIVA, L E . La longitud efectiva combina la longitud real con el factor de fijación de extremos; L e = KL. Para calcular la longitud efectiva se usarán los valores prácticos recomendados del factor de fijación de extremos, quedando las siguientes relaciones: Columnas con extremos de pasador: L e = KL = 1.0 (L) = L Columnas con extremos fijos: L e = KL = 0.65 (L) Columnas con un extremo fijo y el otro libre: L e = KL = 2.10 (L) Columnas con un extremo fijo y el otro de pasador: L e = KL = 0.80 (L) 2.4. RADIO DE GIRO, R La medida de esbeltez de la sección transversal de la columna es su radio de giro, r, definida como: En donde: I = momento de inercia de la sección transversal de la columna con respecto a uno de los ejes principales. A = área de la sección transversal. Tanto I como A son propiedades geométricas de la sección transversal, el radio de giro r también lo es. En el apéndice A-1 se dan fórmulas para calcular r de varios perfiles comunes. Además de r se dan otras propiedades de algunos de los perfiles estándares. Para los que no se da r, con los valores disponibles de I y A y la ecuación anterior se puede calcular r de manera muy simple. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 147 Nótese que el valor del radio de giro r, depende del eje con respecto al cual se va a calcular. En la mayoría de los casos, se tiene que determinar el eje con respecto al cual el radio de giro es mínimo, porque ése es el eje con respecto al cual la columna probablemente se pandeará. Considérese, por ejemplo, una columna de sección rectangular cuyo ancho sea mucho mayor que su espesor, como se ilustra en la figura 02. Se puede usar una regla graduada simple para demostrar que cuando se carga a compresión axial con poca o ninguna restricción en los extremos, la columna siempre se pandeará con respecto al eje que pasa por la dimensión mínima. En el caso del rectángulo mostrado en las figuras 02-b y 02-c: En donde t es el espesor del rectángulo. Nótese que: r x =0.289h; en donde h es la altura del rectángulo, y que h > t por tanto: r x > r y . Por ello r y es el radio mínimo de giro en la sección. Figura 6.2 Apariencia general de la columna pandeada, radio de giro con respecto al eje Y-Y, radio de giro con respecto al eje X-X. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 148 Para las vigas de patín ancho (Apéndice A-7) y para las vigas American Standard (Apéndice A-8), el valor mínimo de r es el calculado con respecto al eje Y-Y; es decir: Asimismo, para tubería estructural rectangular (Apéndice A-9), el radio mínimo de giro es el calculado con respecto al eje Y-Y. En la tabla se dan valores de r. Para ángulos estructurales de acero, llamados perfiles L, ni el eje X-X ni el eje Y-Y proporcionan el radio de giro mínimo. Tal como se ilustra en el apéndice A-5, el r min es el calculado con respecto al eje Z-Z, con los valores dados en la tabla. Para secciones simétricas, el valor de r es el mismo con respecto a cualquier eje principal. Tales perfiles son las secciones circulares sólidas o huecas y las secciones cuadradas huecas. 3. RESUMEN DEL MÉTODO PARA CALCULAR LA RAZÓN DE ESBELTEZ 1. Determine la longitud real de la columna L, entre los puntos extremos o entre los puntos de restricción lateral. 2. Determine el factor de fijación de extremos con base en el tipo de apoyo de los extremos y la figura 01. 3. Calcule la longitud efectiva, L e = KL. 4. Calcule el radio mínimo de giro de la sección transversal de la columna. 5. Calcule la razón de esbeltez por medio de: 4. RAZÓN DE ESBELTEZ DE TRANSICIÓN 4.1. ¿CUÁNDO SE CONSIDERA LARGA UNA COLUMNA? La respuesta a esta pregunta requiere la determinación de la razón de esbeltez de transición, o de la constante de columna C c . TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 149 Las reglas siguientes tienen que ver con el valor de C c : Si la razón de esbeltez efectiva real Le/r es mayor que C c , entonces la columna es larga, y al analizar la columna se debe usar la fórmula de Euler. Si la razón real, L e /r es menor que C c , entonces la columna es corta. En este caso, se debe usar la fórmula de J. B. Johnson, los reglamentos especiales o la fórmula del esfuerzo de compresión directo, como se verá en secciones posteriores. Cuando se va a analizar una columna dada para determinar la carga que soportará, en primer lugar habrá que calcular el valor de C c y la razón real L e /r para decidir qué método de análisis se debe usar. Nótese que C c depende de la resistencia a la fluencia, S y y del módulo de elasticidad E del material. Cuando se trabaja con acero, por lo general se considera E = 207 GPa (30 x l0 6 lb/pulg 2 ). Con este valor y suponiendo un intervalo de valores de resistencia a la fluencia, se obtienen los valores de C c mostrados en la figura 6.3. Figura 6.3 Constante de columna vs. Resistencia a la fluencia del acero. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 150 Figura 6.4 Constante de columna vs. resistencia a la fluencia del aluminio. Para aluminio, E es aproximadamente de 69 GPa (10 x 10 6 lb/pulg 2 ). En la figura 04 se muestran los valores correspondientes de C c . 4.2. FÓRMULA DE EULER PARA COLUMNAS LARGAS Para columnas largas cuya razón de esbeltez es mayor que el valor de transición C c , se puede usar la fórmula de Euler para predecir la carga crítica con la que la columna comenzaría a pandearse. La fórmula es: en donde A es el área de la sección transversal de la columna. Otra forma de expresar esta fórmula sería en función del momento de inercia, puesto que r 2 = l/A. Entonces, la fórmula se transforma en: TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 151 4.3. FÓRMULA DE J. B. JOHNSON PARA COLUMNAS CORTAS Si la razón de esbeltez efectiva real de una columna, L e /r, es menor que el valor de transición C c , la fórmula de Euler predice una carga crítica exorbitante. Una fórmula recomendada para el diseño de máquinas en el intervalo de L e /r menor que C c es la fórmula de J. B. Johnson. Ésta es una forma de un conjunto de ecuaciones llamadas ecuaciones parabólicas, y concuerda perfectamente bien con el comportamiento de columnas de acero de maquinaria típica. La fórmula de Johnson da el mismo resultado que la fórmula de Euler de la carga crítica a la razón de esbeltez de transición C c . Entonces, en el caso de columnas muy cortas, la carga crítica se aproxima a la pronosticada por la ecuación del esfuerzo de compresión directo, σ = P/A. Por consiguiente, se puede decir que la fórmula de Johnson se aplica mejor a columnas de longitud intermedia. 4.4. FACTORES DE DISEÑO PARA COLUMNAS Y CARGA PERMISIBLE Debido a que una columna falla por pandeo y por falla última o fluencia del material, los métodos antes utilizados para calcular el esfuerzo de diseño no se aplican a columnas. Así que, la carga permisible se calcula dividiendo la carga de pandeo crítica con la fórmula de Euler o la fórmula de Johnson por un factor de diseño N. Es decir: En donde: P a = carga segura permisible. P cr = carga de pandeo crítica. N = factor de diseño. La selección del factor de diseño es la responsabilidad del diseñador a menos que el proyecto figure en un reglamento. Los factores a considerar en la selección de un factor de diseño son similares a los utilizados para Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 152 determinar factores de diseño aplicados a esfuerzos. Un factor común utilizado en el diseño mecánico es N= 3.0, y la razón por la que se seleccionó este valor es la incertidumbre con respecto a las propiedades del material, la fijación de los extremos, lo recto de la columna o la posibilidad de que la carga se aplique con algo de excentricidad y no a lo largo del eje de la columna. En ocasiones se usan factores mayores en situaciones críticas y para columnas muy largas. En la construcción de edificios, donde el diseño está regido por las especificaciones del American Institute of Steel Construction, AISC, se recomienda un factor de 1.92 para columnas largas. La Aluminum Association requiere N = 1.95 para columnas largas. 4.5. RESUMEN-MÉTODO DE ANÁLISIS DE COLUMNAS El objetivo de esta sección es resumir los conceptos presentados en las secciones anteriores en un procedimiento que se pueda usar para analizar columnas. Se puede aplicar a columnas rectas de sección transversal uniforme a lo largo de ellas, en las que la carga de compresión se aplica alineada con el eje centroidal de la columna. A fin de cuentas, se supone que se conocen los factores siguientes: 1. La longitud real L. 2. La manera de conectar la columna a sus apoyos. 3. La forma de la sección transversal de la columna y sus dimensiones. 4. El material del cual está hecha la columna. Entonces, el procedimiento es: 1. Determine el factor de fijación de extremos, el tipo de conexión entre la columna y sus apoyos con la información dada en la figura 01. 2. Calcule la longitud efectiva, L e = KL. 3. Calcule el valor mínimo del radio de giro de la sección transversal por medio de: 4. A I r / min min = r min ; o determine r min con tablas de datos. 5. Calcule la máxima razón de esbeltez con: TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 153 6. Con el módulo de elasticidad E, y la resistencia a la fluencia S Y del material, calcule la constante de columna: 7. Compare el valor de SR con C c , • Si SR > C c , la columna es larga. Use la fórmula de Euler para calcular la carga crítica de pandeo: • Si SR> C c , la columna es corta. Use la fórmula de Johnson para calcu- lar la carga crítica de pandeo: 8. Especifique el factor de diseño N. 9. Calcule la carga permisible, Pa, EJEMPLO 01 Se tiene que usar un miembro circular sometido a compresión con ambos extremos de pasador de acero AISI 1020 estirado en frío en una máquina. Su diámetro es de 25 mm y su altura de 950 mm. ¿Cuál es la carga máxima que el miembro puede soportar antes de pandearse? También calcule la carga permisible sobre la columna para un factor de diseño de N = 3. Solución Objetivo: Calcular la carga crítica de pandeo para la columna y la carga permisible para un factor de diseño de N = 3. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 154 Datos: L = 950 mm. Sección transversal circular D = 25 mm. Extremos de pasador. La columna es de acero; AISI 1020 estirado en frío. Del apéndice A-13: S y = 441 MPa; E = 207 GPa = 207x 10 9 N/m 2 Análisis: Use las instrucciones para analizar columnas centralmente cargadas. Resultados: Paso 1: Determine el factor de fijación de los extremos. Para la columna con extremos de pasador, K = 1.0 Paso 2: Calcule la longitud efectiva. L e = KL = 1.0 (L) = 950 mm Paso 3: Calcule el valor mínimo del radio de giro. En el apéndice A-1, para cualquier eje de una sección circular transversal, r = D/4. Entonces: Paso 4: Calcule la razón de esbeltez, SR = L e /r. Paso 5: Calcule la constante de columna C c . Paso 6: Compare C c con Le/r y decida si la columna es larga o corta. En seguida, use la fórmula apropiada para calcular la carga crítica de pandeo. Como L e /r es mayor que C c , se aplica la fórmula de Euler. mm mm D r 25 . 6 4 25 4 = = = 152 25 . 6 950 = = mm mm r L e ( ) 2 . 96 / 10 441 / 10 207 2 2 2 6 2 9 2 2 = = = m N x m N x S E C y c π π ( ) 2 2 / r L EA P e cr π = TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 155 El área es: Por tanto: Paso 7: Se especifica un factor de diseño de N = 3. Paso 8: La carga permisible P a es: EJEMPLO 02 Determine la carga crítica sobre una columna de acero de sección transversal cuadrada de 12 mm por lado y 300 mm de longitud. La columna tiene que ser de acero AISI1040 laminado en caliente. Uno de sus extremos se soldará rígidamente a un apoyo firme y el otro se conectará con una junta de pasador. También calcule la carga permisible sobre la columna para un factor de diseño de N = 3. Solución Objetivo: Calcular la carga crítica de pandeo para la columna y la carga permisible para un factor de diseño de N = 3. Datos: L = 300 mm. La sección transversal es cuadrada; cada lado es b = 12 mm. Un extremo de pasador; un extremo fijo. La columna es de acero; AISI 1040 laminado en caliente. Del apéndice A-13: S y = 414 MPa; E = 207 GPa = 207x 10 9 N/m 2 Análisis: Use las instrucciones para analizar columnas centralmente cargadas. ( ) 2 2 2 491 4 25 4 mm mm D A = = = π π ( )( ) ( ) ( ) kN mm m x mm m N x P cr 4 . 43 10 1 152 491 / 10 207 2 3 2 2 2 2 9 2 = = π kN kN N P P cr a 5 . 14 3 4 . 43 = = = Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 156 Resultados: Paso 1: Determine el factor de fijación de los extremos. Para la columna con extremo fijo y el otro de pasador, K = 0.80 es el valor práctico. Paso 2: Calcule la longitud efectiva. L e = KL = 0.80 (300) = 240 mm Paso 3: Calcule el valor mínimo del radio de giro. En el apéndice A-1, para una sección transversal cuadrada, r = b/ 12 . Entonces: Paso 4: Calcule la razón de esbeltez, SR = L e /r. Paso 5: Normalmente, se calcularía el valor de la constante de columna, Cc. Pero, en este caso, se utiliza la figura 03. Para un acero con una resistencia a la fluencia de 414 MPa, Cc = 96, aproximadamente. Paso 6: Compare C c con Le/r y decida si la columna es larga o corta. En seguida, use la fórmula apropiada para calcular la carga crítica de pandeo. Como L e /r es menor que C c , se aplica la fórmula deJohnson. El área de la sección transversal cuadrada es: Entonces: Paso 7: Se especifica un factor de diseño de N = 3. mm mm b r 46 . 3 12 12 12 = = = 4 . 69 46 . 3 ) 300 )( 8 . 0 ( = = = mm mm r KL r L e ( ) ( ( ¸ ( ¸ ⋅ − ⋅ = E r L Sy Sy A P e cr 2 2 4 / 1 π ( ) 2 2 2 144 12 mm mm b A = = = kN m N x m N x mm N mm P cr 1 . 45 ) / 10 207 ( 4 ) 4 . 69 )( / 10 414 ( 1 414 ) 144 ( 2 9 2 2 2 6 2 2 = ( ¸ ( ¸ − | . | \ | = π TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 157 Paso 8: La carga permisible P a es: 5. PERFILES EFICIENTES PARA SECCIONES TRANSVERSALES DE COLUMNA Cuando se diseña una columna que va a soportar una carga especificada, el diseñador tiene la responsabilidad de seleccionar la forma general de su sección transversal y determinar las dimensiones requeridas. Los principios siguientes pueden ayudar en la selección inicial del perfil. Un perfil eficiente es aquel que utiliza una pequeña cantidad de material para realizar una función dada. Para columnas, el objetivo es incrementar al máximo el radio de giro con el objeto de reducir la razón de esbeltez. Nótese también que como r = A I , maximizando el momento de inercia para un área dada tiene el mismo efecto. Cuando se analiza el momento de inercia, se observa que es deseable disponer toda el área posible de la sección transversal tan lejos del centroide como sea posible. En las vigas, por lo general sólo un eje era el importante, el eje con respecto al cual ocurría la flexión. En columnas, el pandeo en general puede ocurrir en cualquier dirección. Por consiguiente, es deseable que las propiedades sean uniformes con respecto a cualquier eje. La sección circular hueca, comúnmente llamada tubo, es un perfil muy eficiente para usarse como columna. Le sigue de cerca el tubo cuadrado hueco. También se pueden usar secciones compuestas de secciones estructurales estándar, como se muestra en la figura 05. Las columnas de edificios con frecuencia se arman con perfiles especiales de patín ancho llamadas secciones para columna. Cuentan con patines relativamente anchos y gruesos en comparación con los perfiles por lo general seleccionados para vigas. Esto hace que el momento de inercia con respecto al eje Y-Y sea más similar a aquél con respecto al eje X-X. El resultado es que los radios de giro con respecto a los dos ejes también son casi iguales. La figura 06 muestra una comparación de dos perfiles de patín ancho de 12 plg; uno es una sección de columna y el otro es un perfil de viga típico. Nótese que el radio de giro mínimo se debe utilizar al calcular la razón de esbeltez. kN kN N P P cr a 0 . 15 3 1 . 45 = = = Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 158 Figura 6.5. Ejemplos de perfiles de columna eficientes. (a) Tubo de sección circular hueco. (b) Tubo cuadrado hueco. (c) Sección tubular hecha de vigas de madera. (d) Ángulos de patas iguales con placas. (e) Canales de aluminio con placas. (f) Dos ángulos de patas iguales. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 159 Figura 6.6 Comparación de un perfil de viga de patín ancho con una sección de columna. PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA 1 Una columna se compone de 4 ángulos, como se muestra en la figura. Los ángulos se mantienen unidos con barras de enlace, las cuales se pueden ignorar en el análisis de las propiedades geométricas. Utilizando las ecuaciones estándar de Euler o Jonson con Le = L y un factor de diseño de 3.0, calcule la carga permisible sobre la columna si es de 18.4 pies de largo. Los ángulos son de acero ASTM A36. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 160 Rpta.- Pa = 65300 lb PROBLEMA 2 La figura muestra una viga con sus extremos soportados por juntas de pasador. La barra inclinada soporta el extremo derecho de la viga, pero también la somete a una fuerza de compresión axial. ¿Sería satisfactoria una viga S6x12.5 si soporta 1320 kg en su extremo? La viga es de acero ASTM A36. Rpta.- Fuerza axial = 31.1 kN Pcr = 260 kN N = 8.37 (OK) Figura 6.7 Figura 6.8 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 161 PROBLEMA 3 Se va a diseñar una estructura para que soporte una tolva sobre una máquina de extruir plástico, como se muestra en la figura. La tolva debe ser soportada por 4 columnas que comparten la carga por igual. La estructura se refuerza con riostras cruzadas. Se supone que las columnas sean de tubo cédula 40 estándar de 2pulg. y se empotrarán en el suelo. Debido al arriostramiento transversal, el extremo superior de las columnas está guiado de modo que se comporte como si estuviera redondeado o marrado con pasador. El tubo es de acero AISI 1020 laminado en caliente. La tolva está diseñada para soportar 20000 lb de plástico molido. ¿Son adecuadas las columnas propuestas para esta carga? Rpta.- Carga crítica = 10914 lb. Carga real = 5000 lb N = 2.18 (bajo) Analice cómo se vería afectado el diseño del caso anterior si el descuidado conductor de un montacargas embistiera las riostras cruzadas y las rompiera. Figura 6.9 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 162 ANOTACIONES .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... .......................................................................................................................................... TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 163 Unidad VII C CÍ ÍR RC CU UL LO O D DE E M MO OH HR R Y Y C CR RI IT TE ER RI IO OS S D DE E F FA AL LL LA A 1. CÍRCULO DE MOHR ESFUERZO PLANO Las ecuaciones de transformación para el esfuerzo plano puedan representarse en forma gráfica por medio de un trazado conocido como círculo de Mohr. Esta representación gráfica es de gran utilidad porque permite visualizar las relaciones entre los esfuerzos normales y cortantes que actúan sobre varios planos inclinados en un punto de un cuerpo sometido a esfuerzos; sirve también para calcular los esfuerzos principales, los esfuerzos cortantes máximos y los esfuerzos en planos inclinados. Además, el círculo de Mohr es válido no sólo para esfuerzos, sino también para otras cantidades de naturaleza matemática similar, incluidas las deformaciones unitarias y los momentos de inercia. 1.1. ECUACIONES DEL CÍRCULO DE MOHR Las ecuaciones del círculo de Mohr pueden deducir de las ecuaciones de transformación para el esfuerzo plano. Las dos ecuaciones se repiten aquí pero con un pequeño reordenamiento de la primera expresión: Ec. (110a) Ec. (110b) Por la geometría analítica, reconocemos que ambas son las ecuaciones de un círculo en forma paramétrica, donde el ángulo 2θ es el parámetro y los esfuerzos 1 x σ y 1 1 y x τ son las coordenadas. 2 1 y x x σ σ σ + − = θ τ θ σ σ 2 2 cos 2 sen xy y x + − Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 164 En esta etapa no es necesario identificar la naturaleza de las ecuaciones; si eliminamos el parámetro, el significado de las ecuaciones resultará claro. Para suprimir el parámetro 2θ , elevamos al cuadrado ambos lados de la ecuación y luego sumamos ambas. El resultado es: Ec. (111) Luego: Ec.(112a,b) La ecuación (111) toma la forma: ( ) 2 2 1 1 y x prom x τ σ σ + − = R 2 Ec. (113) Que es la ecuación algebraica de un círculo. Las coordenadas son 1 x σ y 1 1 y x τ , el radio es R y el centro del círculo tiene las coordenadas 1 x σ = prom σ y 1 1 y x τ = 0. Figura 7.1 2 2 1 1 1 2 y x y x x τ σ σ σ +         + − = 2 2 2 xy y x τ σ σ +         − prom σ = 2 y x σ σ + R = 2 2 2 xy y x τ σ σ +         − TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 165 FIGURA 7.1: Dos formas del círculo de Mohr: (a) 1 1 y x τ es positivo hacia abajo y el ángulo 2θ es positivo hacia en sentido antihorario, y (b) 1 1 y x τ es positivo hacia arriba y el ángulo 2θ es positivo en sentido horario (Nota: en este libro se usa la primera forma). 1.2. DOS FORMAS DEL CÍRCULO MOHR El círculo de Mohr puede trazarse a partir de las ecuaciones (110) y (113) de dos maneras distintas. En la primera se traza el esfuerzo normal 1 x σ positivo hacia abajo, como se muestra en la figura 68a. La ventaja de trazar los esfuerzos cortantes positivos hacia abajo es que el ángulo 2θ sobre el círculo de Mohr es positivo en sentido antihorario, lo que concuerda con la dirección positiva de 2θ en la deducción de las ecuaciones de transformación. En la segunda forma del círculo de Morh, 1 1 y x τ se traza positiva hacia arriba pero el ángulo 2θ ahora es positiva en sentido horario (Fig. 68b), que es opuesto a su dirección positiva usual. Figura 7.1 (Repetida). Ambas formas son matemáticamente correcta y cualquiera puede usarse; pero, es más fácil visualizar la orientación del elemento de esfuerzo se la dirección positiva del ángulo 2θ es la misma en el círculo de Mohr y en el elemento. Además, una rotación antihoraria concuerda con la regla usual de la mano derecha para rotaciones. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 166 Por lo tanto, optaremos por la primera forma del círculo de Mohr (Fig. 68a) en la que el esfuerzo cortante positivo se traza hacia abajo y el ángulo positivo 2θ se traza en sentido antihorario. 1.3. CONSTRUCCIÓN DEL CÍRCULO DE MOHR El círculo de Mohr puede construirse de varias maneras, dependiendo de cuáles esfuerzos se conozcan y cuáles se desconozcan. Para nuestro propósito inmediato, que es mostrar las propiedades básicas del círculo, supongamos que conozcamos los esfuerzos x σ , y σ , y xy τ que actúan sobre los planos x y y de un elemento en esfuerzo plano (Fig.69b). Como veremos, esta información es suficiente para construir el círculo. Luego, con el círculo dibujado, podemos determinar los esfuerzos x σ , y σ , y xy τ que actúan sobre un elemento inclinado (Fig. 7.2) También podemos obtener los esfuerzos principales y los esfuerzos cortantes máximos con ayuda del círculo. Figura 7.2a Figura 7.2b TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 167 Figura 7.2c FIGURA 7.2: Construcción del círculo de Mohr para esfuerzo plano. Con x σ , y σ , y xy τ conocidos, el procedimiento para construir el círculo de Mohr como se muestra a continuación (Fig. 69c): 1. Dibuje un conjunto de ejes coordenados con 1 x σ como abscisa (positivo hacia la derecha) y 1 1 y x τ como ordenada (positivo hacia abajo). 2. Localice el centro C del círculo en el punto con coordenadas 1 x σ = prom σ y 1 1 y x τ = 0 observe las (vea las Ecs. 112a y 113). 3. Localice el punto A, que representa las condiciones de esfuerzo sobre la cara x del elemento mostrado en la figura 69a, marcando sus coordenadas 1 x σ = x σ y 1 1 y x τ = xy τ . Note que el punto A corresponde a θ = 0. Observe también que la cara x del elemento (Fig. 69a) está marcada “A” para mostrar su correspondencia con el punto A sobre el círculo. 4. Localice el punto B que represente las condiciones de esfuerzo sobre la cara y del elemento mostrado en la figura 69a, trazando sus Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 168 coordenadas 1 x σ = y σ y 1 1 y x τ = - xy τ . Note que el punto B sobre el círculo corresponde a θ = 90º. Además, la cara y del elemento (Fig. 69a) está marcada “B” para mostrar su correspondencia con el punto B en el diagrama. 5. Dibuje una línea del punto A al punto B. Esta línea es un diámetro del círculo y pasa por el centro C. Los puntos A y B, que representan los esfuerzos sobre el planos a 90º uno del otro (Fig. 69a), están en extremos opuestos del diámetro (y, por lo tanto, están a 180º uno del otro sobre el círculo). 6. Con el punto C como centro, trace el círculo de Mohr por los puntos A y B. El círculo dibujado de esta manera tiene radio R (Ec. 112b), como se expone en el siguiente párrafo. Ahora que hemos dibujado el círculo, podemos confirmar por geometría que las líneas CA y CB son radios y tienen longitudes iguales a R. Notamos que las respectivas abscisas de los puntos C y A son ( y x σ σ + )/2 y x σ respectivamente. La diferencia de estas abscisas es ( y x σ σ − )/2, tal como están dimensionadas en la figura. También la ordenada del punto A es xy τ ; por lo tanto, la línea CA es la hipotenusa de un triángulo rectángulo que tiene un lado de longitud ( y x σ σ − )/2 y el otro lado de longitud xy τ . Extraemos la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados de esos dos lados y obtenemos el radio R: Que es la misma que la ecuación (112b). Por un procedimiento similar, podemos mostrar que la longitud de la línea CB también es igual al radio R del círculo. 1.4. ESFUERZOS SOBRE UN ELEMENTO INCLINADO Consideremos ahora los esfuerzos 1 x σ , 1 y σ y 1 1 y x τ que actúan sobre las caras de un elemento de esfuerzo plano orientado según un ángulo θ respecto al eje x (Fig. 69b). Si se conoce el ángulo θ , estos esfuerzos pueden determinarse con el círculo de Mohr. El procedimiento es el siguiente. R = 2 2 2 xy y x τ σ σ +         − TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 169 Sobre el círculo (Fig. 69c), medimos un ángulo 2θ en sentido antihorario desde el radio CA, por que el punto A corresponde a θ = 0 y es el punto de referencia desde donde medimos los ángulos. El ángulo 2θ localiza el punto D, que (según se expone en el párrafo siguiente) tiene coordenadas 1 x σ y 1 1 y x τ ; por lo tanto, el punto D sobre el círculo, el cual representa los esfuerzos sobre la cara x 1 del elemento de la figura 69b. En consecuencia, esta cara del elemento se marca “D” en la figura. Note que un ángulo 2θ sobre el círculo de Mohr corresponde a un ángulo θ sobre un elemento de esfuerzo; por ejemplo, el punto D sobre el círculo está a un ángulo 2θ del punto A, pero la cara x 1 del elemento mostrado en la figura 69b (la marcada “D”) está a un ángulo θ de la cara x del elemento ilustrado en la figura 69a (la cara marcada “A”). De manera similar, los puntos A y B están separados 180º sobre el círculo, pero las caras correspondientes del elemento (Fig. 69a) lo están por 90º.Para demostrar que las ecuaciones de transformación de esfuerzos (Ecs. 85a y 85b) dan las coordenadas 1 x σ y 1 1 y x τ del punto D sobre el círculo, usamos de nuevo la geometría del círculo. Sea β el ángulo entre la línea radial CD y el eje 1 x σ . Entonces, con base en la geometría de la figura, obtenemos estas expresiones para las coordenadas del punto D: Ec. (114a,b) Si observamos que el ángulo entre el radio CA y el eje horizontal es 2θ + β , podemos obtener: Desarrollamos las expresiones para el seno y el coseno: 1 x σ = β σ σ cos 2 R y x + + 1 1 y x τ = R sen β ( ) β θ + 2 cos = R y x 2 σ σ − ( ) β θ + 2 sen = R xy τ Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 170 (a) (b) Multiplicamos la primera de esas ecuaciones por cos 2θ y la segunda por sen 2θ y sumamos, con lo que resulta: (c) También multiplicamos la ecuación (a) por sen 2θ , la Ec. (b) por cos 2θ y restamos, con lo que obtenemos: (d) Cuando estas expresiones para cos β y sen β se sustituyen en las ecuaciones (113a) y (113b), obtenemos las ecuaciones de transformación de esfuerzos para 1 x σ y 1 1 y x τ . Así, hemos demostrado entonces que el punto D sobre el círculo de Mohr, definido por el ángulo 2θ , representa las condiciones de esfuerzo sobre la cara x 1 del elemento de esfuerzo definido por el ángulo θ (Fig. 7.2b). El punto D’, que es diametralmente opuesto al punto D sobre el círculo, se localiza por un ángulo 2θ (medido desde la línea CA) que es 180º mayor que el ángulo 2θ al punto D; por lo tanto, el punto D’ sobre el círculo representa los esfuerzos sobre un cara del elemento de esfuerzo (Fig. 7.2b) a 90º de la cara representada por el punto D. Así entonces, el punto D’ sobre el círculo de los esfuerzos 1 y σ y 1 1 y x τ sobre la cara y 1 del elemento de esfuerzo (la cara marcada “D’” en la Fig. 69b). De este análisis vemos cómo los esfuerzos representados por puntos sobre el círculo de Mohr se relacionan con los esfuerzos que actúan sobre un elemento. Los esfuerzos sobre un plano inclinado definido por el ángulo θ (Fig. 7.2b) se encuentra sobre el círculo en el punto donde el ángulo desde el punto de referencia (punto A) es 2θ . Entonces, conforme giramos los ejes x 1 y 1 sentido antihorario un ángulo θ (Fig. 7.2b), el punto sobre el círculo de Mohr correspondiente a la cara x 1 β θ β θ sen sen . 2 cos 2 cos − = R y x 2 σ σ − β θ β θ sen sen . 2 cos cos 2 + = R xy τ β cos =         + − θ τ θ σ σ 2 2 cos 2 1 sen R xy y x β sen =         + − θ τ θ σ σ 2 cos 2 2 1 xy y x sen R TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 171 se mueve en sentido antihorario a través de un ángulo 2θ . De manera similar, si giramos los ejes en sentido horario, el punto sobre el círculo se moverá también en sentido horario un ángulo dos veces mayor. 1.5. ESFUERZOS PRINCIPALES Quizá la determinación de los esfuerzos principales sea la aplicación más importante del círculo de Mohr. Note que el movernos alrededor del círculo de Mohr (Fig. 69c), encontramos el punto P 1 en donde el esfuerzo normal alcanza su valor algebraico máximo y en donde el esfuerzo cortante es cero; por consiguiente, el punto P 1 representa un esfuerzo principal y un plano principal. La abscisa 1 σ del punto P 1 da el esfuerzo principal algebraicamente mayor y su ángulo 2θ P 1 desde el punto de referencia A (donde θ = 0) proporciona la orientación del plano principal. El otro plano principal, está representado por el punto P 2 , diametralmente opuesto al punto P 1 . Por la geometría del círculo, vemos que el esfuerzo principal más grande en términos algebraicos es: Que, al sustituir la expresión para P (Ec. 112b), concuerda con la ecuación previa para este esfuerzo. De manera similar, podemos comprobar la expresión para el esfuerzo principal 2 σ algebraicamente menor. El ángulo principal 1 P θ entre el eje x (Fig. 69a) y el plano del esfuerzo principal algebraicamente mayor es la mitad del ángulo 2θ P 1 , que es el ángulo en el círculo de Mohr entre los radios CA y CP 1 . El coseno y el seno del ángulo 2θ P 1 ; pueden obtenerse por inspección del círculo: 1 σ = OC + 1 CP = R y x + + 2 1 σ σ 1 2 cos P θ = R y x 2 σ σ − sen 2 1 P θ = Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 172 Estas ecuaciones concuerdan con las ecuaciones (99a) y (99b) y vemos de nuevo que la geometría del círculo concuerda con las obtenidas antes. Sobre el círculo, el ángulo 2θ P 1 ; por consiguiente, 2 P θ = 1 P θ + 90º, como era de esperarse. 1.6. ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMOS Los puntos S 1 y S 2 , que representan los planos de esfuerzos cortantes máximo negativo, respectivamente, se localiza en la parte inferior y superior del círculo de Mohr (Fig. 7.2c). Estos puntos están a los ángulos 2θ = 90º de los puntos P 1 y P 2 , lo que concuerda con el hecho de que los planos de esfuerzos cortante máximo están orientados a 45º respecto a los planos principales. Los esfuerzos cortantes máximos son iguales en términos numéricos al radio R del círculo (compare la Ec.112b para máx τ ). Además, los esfuerzos normales sobre los planos de esfuerzo cortante máximo son iguales a la abscisa del punto C, que es el esfuerzo normal promedio prom σ (vea la Ec. 112a). TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 173 Figura 7.3 FIGURA 7.3 Convención alternativa de signos para los esfuerzos cortantes: (a) esfuerzo cortante en sentido horario; (b) esfuerzo cortante en sentido antihorario, y (c) ejes para el círculo de Mohr (observe que los esfuerzos cortantes horarios se trazan hacia arriba y los esfuerzos cortantes anti-horarios, hacia abajo). 1.7. CONVENCIÓN ALTERNATIVA DE SIGNOS PARA LOS ESFUERZOS CORTANTES En algunas ocasiones se usa una convención de signos alternativa para los esfuerzos constantes al construir el círculo de Mohr. En esta convención, la dirección de un esfuerzo cortante que actúa sobre un elemento del material se indica por el sentido de la rotación que tiene que producir (Fig. 7.3a y b). Si el esfuerzo cortante τ tiende a girar el elemento de esfuerzo de sentido horario, se llama esfuerzo cortante horario y si tiende a hacerlo Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 174 en sentido antihorario, se denomina esfuerzo cortante antihorario. Entonces, al construir el círculo de Mohr, los esfuerzos cortantes horarios se trazan hacia arriba y los esfuerzos cortantes antihorarios, hacia abajo (Fig. 7.3c). Debe quedar claro que la convención alternativa de signos produce un círculo idéntico al descrito (Fig. 7.2c). La razón es que un esfuerzo cortante positivo 1 1 y x τ también es un esfuerzo cortante antihorario y ambos de trazan hacia abajo. Además, un esfuerzo cortante negativo 1 1 y x τ es un esfuerzo cortante horario y ambos hacia arriba. Así, la convención alternativa de signos proporciona solamente un punto de vista diferente. En vez de considerar el eje vertical asociado con esfuerzos cortantes negativos trazados hacia arriba y esfuerzos cortantes positivos trazados hacia abajo (lo que es algo inconveniente). Podemos considerar el eje vertical relacionado con esfuerzos cortantes horarios trazados hacia arriba y esfuerzos cortantes antihorarios trazados hacia abajo. 1.8. COMENTARIOS GENERALES SOBRE EL CÍRCULO De acuerdo con los análisis anteriores en esta sección, está claro que podemos encontrar los esfuerzos que actúan sobre cualquier plano inclinado así como los esfuerzos principales y los esfuerzos cortantes máximos con ayuda del círculo de Mohr. Sin embargo, sólo se han considerado rotaciones de ejes en el plano xy (es decir, rotaciones respecto al eje z), por lo que todos los esfuerzos sobre el círculo de Mohr son esfuerzos en el plano. Por conveniencia, el círculo de la figura 69 se dibujo con 1 x σ , 1 y σ y 1 1 y x τ como esfuerzos positivos, pero puede seguirse el mismo procedimiento si uno o más de los esfuerzos es negativo. Si uno de los esfuerzos normales es negativo, parte o todo el círculo estará a la izquierda del origen. El punto A, que representa los esfuerzos sobre el plano θ = 0, puede estar en cualquier parte alrededor del círculo; sin embargo, el ángulo 2θ se mide siempre en sentido antihorario desde el radio CA, se encuentre donde se encuentre el punto A. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 175 En los casos especiales de esfuerzo uniaxial, esfuerzo biaxial y cortante puro, la construcción del círculo de Mohr es más simple que en el caso general de esfuerzo plano. Además de usar el círculo de Mohr para obtener los esfuerzos sobre planos inclinados cuando se conocen los esfuerzos sobre los planos x y y, podemos utilizarlo de manera opuesta. Si conocemos los esfuerzos 1 x σ , 1 y σ y 1 1 y x τ que actúan sobre un elemento inclinado orientado sobre un ángulo conocido θ , resulta fácil construir el círculo y determinar los esfuerzos 1 x σ , 1 y σ y 1 1 y x τ para el ángulo θ = 0. El procedimiento es localizar los puntos D y D’ a partir de los esfuerzos conocidos y luego dibujar e círculo usando la línea DD’ como diámetro. Si medimos el ángulo 2θ en sentido negativo desde el radio CD, podemos localizar el punto A, correspondiente a la cara x del elemento. Entonces podemos localizar el punto B construyendo un diámetro desde A. Por último, podemos determinar las coordenadas de los puntos A y B y de ahí obtener los esfuerzos que actúan sobre el elemento para el cual θ = 0. Si se desea, es posible construir el círculo de Mohr a escala y medir los valores de los esfuerzos con base en el dibujo. Sin embargo, a menudo es preferible obtener los esfuerzos por cálculo numérico, ya sea directamente de las ecuaciones o bien usando trigonometría y al geometría del círculo. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 176 2. TEORÍAS DE FALLA 2.1. CARGAS REPETIDAS Y FATIGA En comportamiento de una estructura depende no sólo de la naturaleza del material, si no también del carácter de cargas. En algunas situaciones las cargas son estéticas es decir, se aplican de modo gradual, actúan durante largos lapsos y cambian poco a poco. Otras son de carácter dinámico; por ejemplo, las cargas de impacto que actúan de repente y las cargas repetidas que actúan durante un gran de número de cielos. En la figura 7.4 se ilustran algunos patrones típicos para cargas repetidas. La gráfica (a) nuestra carga aplicada, suprimida y aplicada de nuevo, que siempre actúa en la misma dirección: la grafica (b) presenta una carga alternante que cambia de dirección durante cada cielo de carga, y grafica (c) ilustra una carga fluctuante que varía alrededor de un valor medio. Por lo general, las cargas repetidas se relacionan con maquinaria, motores, turbinas, generadores, ejes, hélices, partes de avión, partes de automóviles, etc. Algunas de estas estructuras están sometidas a millones (aun a miles aun a miles de millones) de cielos de carga durante su vida útil. Es probable que una estructura sometida a cargas dinámicas fallen ante un esfuerzo menor que cuando las mismas cargas se aplican estáticamente, en particular cuando se repiten durante una cantidad considerable de cielos. En tales casos, la fatiga o fractura progresiva suele ser la causa. Un ejemplo familiar de falta por fatiga es el caso de un clip metálico para el papel que se rompe al flexionarlo una otra vez hacia atrás y hacia delante. Si el cilp se flexiona solo una vez no se romperá; pero si la carga es invertida flexionando el ciclo en la dirección opuesta, y si el cielo total de carga se repite varias veces, terminara rompiéndose. La fatiga se puede definir como el deterioro de un material bajo ciclos repetidos de esfuerzo deformación, que conducen a un agrietamiento progresivo que acaba por producir la fractura. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 177 Figura 7.4 FIGURA 7.4 Tipos de cargas repetidas: a) carga que actúa en una sola dirección: b) carga alternante o invertida, y c) carga fluctuante que varia alrededor de un valor medio. En una falla por fatiga característica; una grieta microscópica se forma en un punto de alto esfuerzo (por lo general en una concentración de esfuerzos, que se verá en la siguiente sección) y aumenta en forma gradual conforme las cargas son implicadas repetidamente. Cuando la grieta se vuelve tan grande que el material restante no puede resistir las cargas, ocurre una fractura repentina del material (Fig. 7.5 de la página siguiente). Según la naturaleza del material, la falta por fatiga puede requerir de unos cuantos ciclos de carga a cientos de millones de ciclos. Figura 7.5 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 178 FIGURA 7.5 Falla por fatiga de una barra cargada repetidamente en tensión; la grieta se difunde en forma gradual por toda la sección transversal hasta que la falla ocurre de súbito. (cortesía de MTS Systems Corporation) La magnitud de la carga que causa una falla por fatiga es menor que la carga que se puede soportarse estáticamente, como ya señalamos. Para determinar la carga de fatiga pueden efectuarse pruebas del material. En el caso de carga repetida, el material se prueba a varios niveles de esfuerzo y se cuenta el número de ciclos para la falla, por ejemplo, por ejemplo, se coloca repetidamente a cierto esfuerzo, digamos 2 σ . Los ciclos de carga se repiten hasta que ocurre la falla y se registra la cantidad n de ciclos de carga para la falla. La prueba se repite para un esfuerzo diferente, digamos σ 2 . Si 2 σ es mayor que 1 σ , el número de ciclos a la falla será menor. Si 2 σ es menor que 1 σ , el número será mayor. Por último, se acumulan suficientes datos para trazar un curva de fatiga u un diagrama S – N, en que se traza el esfuerzo de falla (S) versus el número (N) de ciclos a la falla (Fig. 73). Por lo general de eje vertical es una escala lineal y el eje horizontal, una escala logarítmica. La curva de fatiga en la figura 73 muestra que entre es el esfuerzo, mayor es el número de ciclos necesario para producir la falla. Para algunos materiales, la curva tiene una asíntota horizontal conocida como límite de fatiga. Cuando exista, este límite es el esfuerzo debajo del cual no ocurrirá una falla por fatiga, sin importar cuántas veces se repita la carga. La forma precisa de una curva de fatiga depende de muchos factores, incluidas las propiedades del material, la geometría de la probeta de prueba, la velocidad de la prueba, el patrón de carga y las condiciones superficiales de la probeta. En la literatura técnica se han reportado los resultados de numerosas pruebas de fatiga efectuadas sobre una gran variedad de materiales y componentes estructurales. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 179 Figura 7.6 FIGURA 7.6 curva de fatiga o diagrama S-N que muestra limite de fatiga. En la figura 7.7 se ilustra diagrama S-N característica del acero y el aluminio. La ordena es el esfuerzo de falla, expresado como un porcentaje del esfuerzo último del material y la abscisa en el número de ciclos en que ocurre la falla. Nótese que el número de ciclos se traza a escala logarítmica. La curva para el acero se vuelve horizontal en aproximadamente 10 7 ciclos y el límite de fatiga es alrededor del 50% del esfuerzo último de tensión para la carga estática ordinaria. El límite de fatiga para el aluminio no está tan bien definido como para el acero, pero un valor caracterizado del límite de fatiga es el esfuerzo a 5 x 10 8 ciclos a un 25% del esfuerzo último. Figura 7.7 FIGURA 74 Curvas caracterizadas de fatiga acero y aluminio sometidos a cargas alternas. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 180 Puesto que las fallas por fatiga suelen comenzar con una grieta microscópica en un punto de esfuerzo altamente localizado (es decir, en una concertación de esfuerzo), la condición de la superficie del material es de suma importancia. Las probetas muy pulidas tienen límites de fatiga mayores. Las superficies rugosas, en especial con concentraciones de esfuerzos alrededor de esfuerzos de agujeros o ranuras, disminuyen el límite de fatiga modo notable. La corrosión, que genera pequeñas irregularidades superficiales, tiene un efecto similar. En el acero, la corrosión ordinaria puede reducir el límite de fatiga en más de 50%. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Unidad IV: “ESFUERZO” 1. Esfuerzo ....................................................................................................... 53 1.1. Esfuerzo normal ................................................................................. 54 1.2. Esfuerzo cortante ............................................................................... 55 1.3. Estado general de esfuerzo................................................................. 55 1.4. Unidades ........................................................................................... 56 Esfuerzo normal promedio en una barra cargada axialmente ........................... 56 2.1. Suposiciones ...................................................................................... 57 2.2. Distribución del esfuerzo normal promedio........................................... 59 2.3. Equilibrio ........................................................................................... 60 2.4. Esfuerzo normal promedio máximo ..................................................... 61 Esfuerzo cortante promedio ........................................................................... 66 3.1. Cortante simple.................................................................................. 68 3.2. Cortante doble ................................................................................... 68 3.3. Equilibrio ........................................................................................... 69 Esfuerzo Permisible ....................................................................................... 77 4.1. Diseño de conexiones simples ............................................................. 79 4.2. Área de la sección transversal de un conector sometido a cortante ....... 80 4.3. Área requerida para resistir aplastamiento ........................................... 81 4.4. Área requerida para resistir el cortante causado por carga axial ............ 81 Problemas propuestos ................................................................................... 88 Propiedades mecánicas de los materiales ....................................................... 96 Pruebas de tensión y compresión................................................................... 96 El diagrama de esfuerzo-deformación unitaria ................................................ 98 8.1. Comportamiento elástico .................................................................... 99 8.2. Fluencia........................................................................................... 100 8.3. Diagrama real de esfuerzo-deformación unitaria ................................ 101 Relación de Poisson .................................................................................... 103 9.1. El diagrama de esfuerzo-deformación unitaria en cortante .................. 106 Deformación elástica de un miembro cargado axialmente.............................. 111 10.1. Carga y área transversal constantes .................................................. 111 10.2. Convención de signos ....................................................................... 112 Problemas propuestos ................................................................................. 119 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. Unidad V: “FLEXIÓN” 1. 2. Deformación por flexión de un miembro recto .............................................. 121 1.1. La fórmula de la flexión .................................................................... 125 Problemas propuestos ................................................................................. 138 Unidad VI: “COLUMNAS” 1. 2. Introducción ............................................................................................... 143 Razón de esbeltez....................................................................................... 143 2.1. Longitud real, L................................................................................ 144 2.2. Factor de fijación de los extremos, K ................................................. 144 2.3. Longitud efectiva, Le. ....................................................................... 146 2.4. Radio de giro, r ................................................................................ 146 Resumen del método para calcular la razón de esbeltez ................................ 148 3. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 4. 5. Razón de esbeltez de transición ................................................................... 148 4.1. ¿Cuándo se considera larga una columna? ......................................... 148 4.2. Fórmula de Euler para columnas largas.............................................. 150 4.3. Fórmula de J. B. Johnson para columnas cortas.................................. 151 4.4. Factores de diseño para columnas y carga permisible ......................... 151 4.5. Resumen-método de análisis de columnas ......................................... 152 Perfiles eficientes para secciones transversales de columna ........................... 157 Unidad VII: “CÍRCULO DE MOHR Y CRITERIOS DE FALLA” 1. Círculo de Mohr esfuerzo plano .................................................................... 163 1.1. Ecuaciones del círculo de Mohr .......................................................... 163 1.2. Dos formas del círculo Mohr .............................................................. 165 1.3. Construcción del círculo de Mohr ....................................................... 166 1.4. Esfuerzos sobre un elemento inclinado............................................... 168 1.5. Esfuerzos principales......................................................................... 171 1.6. Esfuerzos cortantes máximos ............................................................ 172 1.7. Convención alternativa de signos para los esfuerzos cortantes ............ 173 1.8. Comentarios generales sobre el círculo .............................................. 174 Teorías de falla ........................................................................................... 176 2.1. Cargas repetidas y fatiga................................................................... 176 2. 5 Kg. REPRESENTACIÓN VECTORIAL DE FUERZAS Las FUERZAS se pueden representar a través de VECTORES los cuáles son entidades matemáticas que poseen: • Norma o Módulo del Vector: es la magnitud o tamaño de la flecha. resta y descomposición vectorial se utilizan al aplicar la primera condición de equilibrio. 3. • Dirección: es el ángulo que forma la línea de acción del vector con respecto a un eje de referencia. La suma. Suma y Resta Vectorial Descomposición Vectorial Producto de un Escalar por un Vector Producto Escalar de Vectores (también llamado producto punto) Producto Vectorial de Vectores (también llamado producto cruz) Todas estas operaciones tienen aplicaciones en la Mecánica. Es importante indicar que el punto donde se origina el Vector se llama PUNTO DE APLICACIÓN.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Unidad I ESTÁTICA DE LA PARTÍCULA 1. 0 Figura 1. 2. 5.1 Las operaciones que se pueden realizar con los Vectores son las siguientes: 1. • Sentido: es la orientación de la flecha. 4. 1 . 2.1. Y finalmente el producto escalar de vectores se utiliza para determinar el trabajo realizado por una partícula en una trayectoria curvilínea. lo cual puede despojar de los complejos ropajes que un problema puede llevar y permite que veamos la esencia del mismo. Resta: R = A + B B A A A B R = A + (-B) Figura 1. Es importante que el alumno aprenda las operaciones vectoriales básicas para poder aplicar estas técnicas en problemas reales. La ventaja de la mecánica vectorial es que es un método generalizado bajo las reglas operativas entre vectores.1. MÉTODOS GEOMÉTRICOS 2. geométricos y analíticos. Suma: B A b. 2. Si bien los vectores son entes matemáticos abstractos sus aplicaciones son muy útiles a situaciones prácticas como ya se verá más adelante.2. SUMA Y RESTA DE DOS VECTORES Se define la suma vectorial como el reemplazo de un conjunto de vectores que se están "sumando" por otro único vector al cual se le denomina "resultante" y que físicamente produce el mismo efecto que los vectores sumados.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR El producto de un vector por un escalar y el producto cruz se utilizan al aplicar la segunda condición de equilibrio a cuerpos rígidos ósea en estática tridimensional.2.2 -B 2 . POR TRIANGULACIÓN a. Existen varios métodos para determinar la resultante. OPERACIONES VECTORIALES 2. Resta: B B A Figura 1.4 R 180º θ A R2 = A2 + B2 – 2AB Cos (180 .2.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 2.cos θ R2 = A2 + B2 + 2AB Cos θ b.θ) Cos (180 .B R A θ B R = A + B – 2AB Cos θ 2 2 2 Figura 1.3 R = A + B A A R = A -B 2.3. a. Resta: A θ .θ) = . MÉTODOS ANALÍTICOS a. Suma: MÉTODO DEL PARALELOGRAMO B B A b.2.5 3 . Suma: A θ B Figura 1. a este tipo de descomposición se le llama DESCOMPOSICIÓN EN COMPONENTES RECTANGULARES. VECTOR: F = Fx i + Fy j COMPONENTE EN EL EJE "x": Fx = Fcosθ COMPONENTE EN EL EJE "y": Fy = Fsenθ MÓDULO: F DIRECCIÓN: θ ( medido siempre desde "+x") VECTOR UNITARIO EN "X": i VECTOR UNITARIO EN "Y": j Figura 1. La descomposición de un vector en dos dimensiones se puede realizar sobre cualquier par de rectas no paralelas. DESCOMPOSICIÓN VECTORIAL La descomposición vectorial es la operación inversa a la suma de dos vectores.4.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 2. Es decir que consiste en separar o descomponer un vector en dos vectores tales que sumados vectorialmente den como resultado el vector que se quiere descomponer.6 Pero la descomposición que cobra importancia es aquella cuando entre las rectas de descomposición existe un ángulo recto de separación. P= F Q= F Figura 1.7 4 . Se suman algebraicamente las componentes a lo largo de cada eje.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 2. SUMA DE TRES O MÁS VECTORES Cuando se suman tres o más vectores se procede de la siguiente manera: 1. y A B β α --γ x C Figura 1.8 5 . El módulo y dirección de este vector son: R = Rx 2 + Ry 2 Ry Rx θ = arctg EJEMPLO: Determine la resultante de los siguientes vectores.5. La dirección siempre se debe tomar respecto al eje "+x". Rx = ΣVx Ry = ΣVy 3. Así se tienen las resultantes a lo largo de cada eje: 2. Se descomponen todos los vectores en sus componentes rectangulares. La resultante Vectorialmente es: F = Rx i + Ry 4. A este criterio se le conoce como PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO. • Rx = Ax + Bx +Cx • Ry = Ay + By + Cy Paso 3 La resultante vectorial es: • R = Rx i + Ry j Paso 4 EL módulo y dirección son: R= Rx 2 + Ry 2 Ry Rx θ = arctg 3.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Paso 1 Descomponer en las componentes rectangulares. • A = Ax i + Ay j = A cos α i + A sen α j • B = Bx i + By j = B cos β i + B sen βj • C = Cx i + Cy j = C cos (-γ)i + C sen (-γ) j Paso 2 Sumar algebraicamente las componentes. Para cuerpos rígidos en donde todas las fuerzas se aplican en un mismo punto. La Primera condición de equilibrio en forma Vectorial es: ΣF=0 La cual para aplicaciones prácticas se descompone en el plano en: ∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 6 . PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO . se dice que se le considera como una PARTÍCULA y la primera condición de equilibrio en esos casos es suficiente para lograr el equilibrio estático. Está condición es necesaria pero no suficiente cuando se analizan cuerpos rígido cuyas fuerzas no son concurrentes en un mismo punto. sino son fuerzas en un mismo plano.BIDIMENSIONAL Para que un cuerpo se encuentre en equilibrio estático la suma de todas las fuerzas que actúan sobre él debe ser nula. 9b Fuerzas en el Plano 4. Vector de Dirección AB = dx i + dy j + dz k Medida en el eje "x": dx Medida en el eje "y": dy Medida en el eje "z": dz Paso 2: Determine el vector unitario de dirección de la fuerza.9a Fuerzas Concurrentes Figura 1. Utilice las medidas de la geometría del problema. AB Vector de Dirección: AB Módulo del Vector Dirección: AB= √ dx ² + dy ² + dz ² 7 . Vector Unitario de Dirección µ AB = . PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO.TRIDIMENSIONAL La forma vectorial de la primera condición de equilibrio es la más apropiada en el caso de problemas tridimensionales.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales L/2 A F L/2 B RA↑ ↑ RB Figura 1. AB . El procedimiento es el siguiente: Paso 1: determine el vector de dirección de la fuerza.9 Figura 1. ΣF=0 Normalmente después de aplicar la primera condición de equilibrio. Sabiendo que P tiene un valor de 60 libras y Q tiene un valor de 25 libras.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Paso 3: La fuerza en forma vectorial será: Fuerza Vector: F = Fµ AB Módulo de la Fuerza: F Vector Unitario de Dirección: µ AB Paso 4: Aplique la PRIMERA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO en forma vectorial. Problema 01 Dos fuerzas P y Q se aplican en el punto A del gancho mostrado en la figura. • la regla del triangulo. queda un sistema de 3 ecuaciones con tres incógnitas el cuál se puede resolver por cualquier método algebraico o matricial. Figura 1.10 8 . determine gráficamente la magnitud y dirección de su resultante usando: • la ley del paralelogramo. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Problema 02 La fuerza de 200 N se descompone en componentes a lo largo de las líneas a-a’ y b-b’. Figura 1. determinar: • La tensión T2 requerida en la parte derecha del cable si la resultante R de las fuerzas ejercidas en A debe ser vertical.12 9 . Sabiendo que la tensión T1 en la parte izquierda del cable es de 800 libras. Figura 1. • La magnitud correspondiente de R.11 Problema 03 Un cable telefónico se fija en A al poste AB. • Determinar el valor correspondiente de la componente a lo largo de a-a’. • Determine que la componente a lo largo por trigonometría el ángulo α sabiendo que la componente a lo largo de b-b’ es de 120 N. y en el elemento B es de 15kN. determine por trigonometría la magnitud y dirección de la resultante de las fuerzas aplicadas al apoyo por los elementos A y B. Figura 1. Si se sabe que ambos elementos están en compresión y que la fuerza en el elemento A es de 15 kN. Figura 1.14 10 .13 Problema 05 Determine las componentes x y y de acuerdo a la figura mostrada.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Problema 04 Los elementos estructurales A y B están remachados al apoyo mostrado en la figura. 16 11 . reejerce sobre el bloque B una fuerza P dirigida a lo largo de la línea CB. Figura 1. • La componente vertical. determinar: • La magnitud de la fuerza P.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Problema 06 Determine las componentes x y y de acuerdo a la figura mostrada. Si se sabe que la componente horizontal de P tiene una magnitud de 1200 N. Figura 1.15 Problema 07 El elemento CB de la prensa de banco mostrada en la figura. Sabiendo que P debe tener una componente vertical de 240 libras. Figura 1.17 Problema 09 Sabiendo que α tiene un valor de 35º. • Componente vertical. determine: • Magnitud de la fuerza P. determinar la resultante de las tres fuerzas mostradas.18 12 .Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Problema 08 El elemento BD ejerce una fuerza P sobre ele elemento ABC la cual esta dirigida a lo largo de BD. Figura 1. determinar: • La pensión en el cable AC.20 13 .19 Problema 11 Sabiendo que αtiene un valor de 20º. Figura 1. • La cuerda BC.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Problema 10 Sabiendo que α tiene un valor de 40º. determinar la resultante de las tres fuerzas mostradas Figura 1. 21 Problema 13 La conexión soldada de la figura se encuentra en equilibrio sometida a la acción de cuatro fuerzas. • la tensión en el cable BC.22 14 . Figura 1. determinar: • la magnitud de esta fuerza. Figura 1.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Problema 12 Sabiendo que αtiene un valor de 55º y que el mástil AC ejerce sobre la articulación C una fuerza dirigida a lo largo de la línea AC. Sabiendo que Fa tiene un valor de 8kN y Fb tiene un valor de 16kN. determinar la magnitud de las otras fuerzas. 15 . Sabiendo que Q es 60 libras. Sabiendo que fa tiene un valor de 5kN y Fd tiene un valor de 6 kN. determinar las magnitudes de P y Q. determinar la magnitud de las otras fuerzas. Problema 17 Dos cables se amarran juntos en C y se cargan como se muestra en la figura. Problema 15 Las fuerzas P y Q se aplican al componente de una pieza de ensamble de un avión. como se muestra en la figura. y que la pieza de ensamble se encuentra en equilibrio. si se sabe que la pieza de ensamble se encuentra en equilibrio y que las magnitudes de las fuerzas ejercidas sobre las barras A y B son Fa de 750 libras y Fb de 400 libras. Figura 1.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Problema 14 Para la figura del problema anterior la conexión soldada se encuentra se encuentra en equilibrio. Sabiendo que P tiene un valor de 500 libras y Q de 650 libras.23 Problema 16 Para la figura del problema anterior. sometida ala hacino de cuatro fuerzas. determinar: • la tensión en el cable AC. • La tensión en el cable BC. determine las magnitudes de las fuerzas que actúan sobre las barras A y B. las fuerzas P y Q se aplican al componente de una pieza de ensamble de un avión. 24 Problema 18 Dos cables se amarran en C y se cargan como se muestra en la figura. 16 . de acuerdo a la figura adjunta. Sabiendo que la pensión máxima permisible en cada cable es 800N. Figura 1. Determine la magnitud de la fuerza P requerida para mantener al collarín en equilibrio cuando x tiene un valor de 4. • el valor correspondiente de α.5 pulgadas y cuando x tiene un valor de 15 pulgadas. determine: • la magnitud de la máxima fuerza P que puede ser aplicada en C.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 1.25 Problema 19 El collarín A esta conectado a una carga de 50 libras y se puede deslizar sin fricción sobre la barra horizontal. determine la magnitud y la dirección de la fuerza P que debe aplicarse en el extremo libre de la cuerda para mantener al sistema en equilibrio.26 Problema 20 Una carga de 160 kilogramos esta sostenida por el sistema de poleas y cuerdas mostradas en la figura. Sabiendo que βtiene un valor de 20º. Figura 1. Determinar para cada arreglo la pensión en la cuerda. como se muestra en la figura.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 1.27 Problema 21 Una caja de madera de 600 libras esta sostenida por varios arreglos de poleas y cuerdas. 17 . θz. que definen la dirección de dicha fuerza. Fy.28 Problema 22 El tirante de una torre esta anclado por medio de un perno en A.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 1. determine: • las componentes Fx. La tensión en dicho cable es de 2500 N. Fz de la fuerza que actúa sobre el perno. θy. • Los ángulos θx. Figura 1.29 18 . 31 19 . perpendicular a la pared. los cuales están unidos a la parte superior de una pared vertical. mantiene al cilindro en la posición mostrada. Una fuerza horizontal P. Figura 1. Determine la magnitud de P y la tensión en cada cable.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 1.30 Problema 23 Un cilindro de 200 kilogramos esta colgado por medio de dos cables AB y AC. 32 Problema 24 La caja que se muestra en el problema pesa 800lb.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 1.33 20 . Determine las tensiones en cada una de las cuerdas. Figura 1. Figura 2. SISTEMA EQUIVALENTE DE FUERZAS Las fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido se pueden separar en 2 grupos: • Fuerzas internas.2 21 .TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Unidad II EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS 1. Ejemplo: para los elementos de madera. Figura 2. mantienen unidas las partículas que conforman el cuerpo rígido. RC. las fuerzas que mantienen unidas a dichas partes también se definen como fuerzas internas. Si el cuerpo rígido está constituido estructuralmente por varias partes.1 • Fuerzas externas. las fuerzas internas son RB. Causarán que el cuerpo se mueva o asegurarán que éste permanezca en reposo. RE. representan la acción que ejercen otros cuerpos sobre el cuerpo rígido bajo consideración. tienen el mismo efecto sobre el cuerpo rígido si es que tienen la misma magnitud.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 2. Las dos fuerzas (F y F’) de la figura.5 22 . el mismo sentido y la misma línea de acción.4 2. Figura 2. que satisface las siguientes condiciones: V=PxQ Q θ P Figura 2. siempre y cuando su línea de acción permanezca inalterada.1. PRINCIPIO DE TRANSMISIBILIDAD De acuerdo a este principio. la misma dirección. Aquellas fuerzas se dice que son equivalentes. PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES El producto vectorial de dos vectores P y Q se define como el vector V. el vector deslizante.3 En el caso de cuerpos rígidos. Estas fuerzas se representan por una clase de vector diferente. Figura 2. el punto de aplicación de una fuerza no es importante. el efecto de una fuerza externa sobre un cuerpo rígido permanece invariable si dicha fuerza se traslada a lo largo de su línea de acción. Ejemplo: F = F’. (Cierre su mano derecha de tal manera que estando ubicado sobre el punto de aplicación de V. El producto de 2 vectores unitarios será positivo si éstos se siguen uno a otro en sentido antihorario y será negativo si éstos se siguen en sentido horario. ixk=-j .2. a través de la rotación del ángulo θ en sentido antihorario). θ ≤ 180. PRODUCTO VECTORIAL EXPRESADO EN TÉRMINOS DE COMPONENTES RECTANGULARES Partiremos recordando el producto vectorial de los vectores unitarios: j k ixi=jxj=kxk=0 ixj=k . Figura 2. Expresión matemática: V = P x Q • El sentido de V se obtiene a partir de la regla de la mano derecha. jxk=i .(P x Q) El producto vectorial cumple la propiedad asociativa: P x (Q1 + Q2) = P x Q1 + P x Q2 El producto vectorial no cumple la propiedad distributiva: (P x Q) x S ≠ P x (Q x S) 2. pueda observar el alineamiento del vector P con el vector Q.6 Los tres vectores P. kxj i =-i. El producto vectorial no cumple la propiedad conmutativa: Q x P = . 23 .forman una triada a derechas.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales • La línea de acción de V es perpendicular al plano que contiene a P y a Q. • La magnitud de V está dada por la siguiente relación: V = PQ sen θ . kxi=j . jxi=-k . Q y V -tomados en ese orden. (2) 24 . o sea: Mo = r x F . El sentido del vector momento está dado por la regla de la mano derecha. Figura 2.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Las componentes rectangulares del producto vectorial V de 2 vectores P y Q se determinan como sigue: Dados: Q = Qx i + Qy j + Qz k P = Px i + P y j + Pz k . (1) El vector momento Mo es otro vector..Px Qz Vz = Px Qy .Pz Qy Vy = Pz Qx .Py Qx 3.Py Qx)k Pudiendo expresarse también como determinante: V=PxQ= i Px Qx j Py Qy k Pz Qz Componentes rectangulares: V = Vx i + Vy j + Vz k Donde: Vx = Py Qz .Pz Qy)i + (Pz Qx .7 Para calcular el vector momento se hace uso del siguiente determinante: i Mo = rx Fx j ry Fy k rz Fz . MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO El momento de una fuerza F respecto a un punto O es el producto vectorial de dos vectores...Px Qz)j + (Px Qy . Tenemos: V = P x Q = (Px i + Py j + Pz k) x (Qx i + Qy j + Qz k) Resolviendo: V = (Py Qz . perpendicular al plano formado por los vectores r y F. el vector de posición r que multiplica al vector Fuerza F....... rz: Fx.xFz Mz = xFy .TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Donde: i. Este vector es el vector de posición de A relativo a B y se representa por rA/B.yFx En el caso más general. z respectivamente. (3) Donde d es la distancia perpendicular desde el punto O a la línea de acción de F. ry.8 Donde: Mx = yFz . 3.. y. 25 . componentes del vector Fuerza. La magnitud del momento de la fuerza F respecto al punto O puede expresarse como: Mo = rF sen θ = Fd . Fy. j.. se debe reemplazar el vector de posición r por un vector trazado desde B hasta A..1..zFy My = zFx . el mismo que puede obtenerse restando rB de rA.. componentes del vector de Posición. Fz: vectores unitarios de los ejes x. k: rx. para calcular el momento respecto a un punto B de una fuerza F aplicada en A. COMPONENTES RECTANGULARES DEL MOMENTO DE UNA FUERZA Las componentes rectangulares del momento Mo de una fuerza F pueden escribirse en forma de determinante: i Mo = r x F = x Fx y j k z Fz = Mx i + My j + Mz k Fy Figura 2. rB) x F y B (x B. yA.xB yA/B = yA . z B) r Fy j A (x A.zB MOMENTO DE UN PAR Se dice que 2 fuerzas F y -F que tienen la misma magnitud. Sin embargo. la suma de los momentos de las 2 fuerzas con respecto a un punto dado no es cero.yB zA/B = zA . 26 . líneas de acción paralelas y sentidos opuestos forman un par o cupla.9 Donde: rA/B = xA/B i + yA/B j + zA/B k con: 3. z A) Fx i Fz k z O x Figura 2. xA/B = xA . yB. donde d es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de F y -F. El momento M de una cupla es independiente del punto en el cual se aplica.1. éstas si tenderán a hacerlo rotar.1. es un vector libre.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR i MB = rA/B x F = xA/B Fx j yA/B Fy k zA/B Fz = (rA . Su magnitud está dada por: M = Fd. Obviamente. Aunque las 2 fuerzas no originarán una traslación del cuerpo sobre el que están actuando. la suma del as componentes de las 2 fuerzas en cualquier dirección es igual a cero. (c) el punto de aplicación de M puede ser desplazado sin Afectar su magnitud. cualquier sistema fuerza-par que conste de una fuerza F y de un vector de par Mo que sean mutuamente perpendiculares. Esto se logra moviendo la fuerza F en el plano perpendicular hacia Mo hasta que su momento con respecto a O.10 (a) fuerzas que forman el par o cupla. Figura 2. (d) el momento M se puede descomponer en sus componentes Rectangulares. puede ser reemplazado por una sola fuerza equivalente. (b) el momento M es un vector perpendicular al plano que Contiene las 2 fuerzas.11 Por el contrario. SISTEMA FUERZA – PAR Cualquier fuerza F que actúe sobre un cuerpo rígido puede ser trasladada a un punto arbitrario O siempre y cuando se agregue un par cuyo momento sea igual al momento de F con respecto a O. El sistema fuerza-par obtenido consta de un vector de fuerza F y de un vector de par Mo perpendicular a F.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 2.1. 27 .2. sea igual al momento del par que se desea eliminar. 3. Figura 2.12 28 .Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Ejemplo: Determine el momento de la tensión TCD = 343 N de la figura respecto al apoyo "B". produce fuerzas de reacción en virtud de la tercera ley de Newton. REACCIONES EN LOS APOYOS Todo punto de apoyo de un cuerpo rígido por acción del peso propio o de cargas externas. Figura 2.13 APOYOS Y CONEXIONES BIDIMENSIONALES. 29 . las reacciones que estarán presentes.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 4. Es muy importante poder reconocer de acuerdo al tipo de apoyo. 14 APOYOS Y CONEXIONES TRIDIMENSIONALES.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 2. 30 . SEGUNDA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO En la unidad 01 se desarrolló la primera condición de equilibrio como una condición necesaria pero no suficiente en el caso de fuerzas en el plano o en el espacio.. EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO Un cuerpo rígido para estar en equilibrio estático completo debe cumplir con las dos condiciones de equilibrio: ΣF=0 ΣM=0 Las cuales se pueden descomponer en seis ecuaciones equivalentes (y lógicamente el máximo de incógnitas que pueden existir son seis): ∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑ Fz = 0 ∑ Mx = 0 ∑ My = 0 ∑ My = 0 Existe una desventaja aparente en el momento de realizar el análisis de la estática en forma vectorial.. porque quedará un sistema de 6 ecuaciones simultáneas con 6 incógnitas y eso puede ser engorroso y llevarnos a errores durante el procedimiento de cálculo si se hacen las operaciones en forma manual. (4) Esta expresión vectorial se puede descomponer en tres expresiones equivalentes: ∑ Mx = 0 ∑ My = 0 ∑ My = 0 .... (5) 6. pero si se hace uso de una calculadora para resolver el sistema en 31 ...TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 5. Para garantizar el equilibrio en un cuerpo rígido también se debe cumplir con LA SEGUNDA CONDICIÓN DE EQUILIBRIO que fundamenta que para que un cuerpo se encuentre en equilibrio estático la suma de todos los momentos que actúan sobre él debe ser nula.... ΣM=0 . 16 32 . Figura 2. determine la tensión Tc y las reacciones en los cojinetes "A" y "D". ANÁLISIS POR PLANOS Una forma de realizar el análisis estático de un cuerpo rígido sin recurrir al método de la mecánica vectorial es realizar un análisis por planos y luego sumar los efectos conjuntos de las reacciones aplicando el teorema de Pitágoras. Si sabe que la tensión TB = 150N. Ejemplo 1: Un árbol se apoya dos cojinetes en "A" y "D" Los carretes en "B" y "C" tienen 40mmy 55mm de radio respectivamente. Ejemplo: Un letrero de 480lb está apoyado en una rótula en "A" y sujetado por dos cables como se muestra en la figura. Figura 2.15 7.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR forma directa entonces el método vectorial realmente mostrará toda su potencia y simplicidad. Determine la reacción en "A" y las tensiones en los cables. 2m aplicando las 3 fuerzas horizontales mostradas en la figura. • Reemplace el sistema fuerza-par del inciso a) por una sola fuerza resultante y determine en qué lugar del lado AB se debe aplicar. Figura 2.17 Problema 2 Tres trabajadores tratan de mover una caja de madera de 1x1x1.90m determine el momento con respecto al punto D. • Si P = 240N.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 8. de la fuerza ejercida por el cable en C mediante la descomposición en sus componentes horizontal y vertical de la fuerza aplicada en: • El punto C.18 33 . de tal forma que las 3 fuerzas puedan ser reemplazadas por una sola fuerza resultante aplicada en B. Sabiendo que la tensión en el cable BC es de 1040N y que la longitud d es de 1. • Determine la magnitud de P. Figura 2. • El punto E. reemplace las 3 fuerzas por un sistema equivalente fuerza-par en A. EJERCICIOS Problema 1 Un tensor AB se usa para tensar cables a un poste. • Determine si el tubo CD tiende a rotar a favor o en contra del movimiento de las manecillas del reloj relativo al mofle DE. Figura 2. • Reemplace el sistema de fuerzas dado por un sistema equivalente fuerza-par en D.19 Problema 4 Un carretón se emplea para mover dos barriles con 40kg de masa cada uno.20 34 . Figura 2. Para colocar el tubo terminal AB.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Problema 3 Un mecánico está reemplazando el sistema de escape de un automóvil sujetando firmemente el convertidor catalítico FG a los soportes de sujeción ubicados en H e I para aflojar el ensamble del mofle y el tubo de escape. tal y como lo ve el mecánico. determínese: • La fuerza vertical P que debe aplicarse en el manubrio del carretón para mantener el equilibrio cuando α=35°. el mecánico lo empuja hacia adentro y hacia arriba en A mientras tira hacia abajo en B. • La reacción correspondiente en cada una de las 2 ruedas. Sin tomar en cuenta la masa del carretón. Figura 2. Si el disco en A tiene un radio de 2. Figura 2. • Las reacciones en B y D.5in y el disco en C tiene un radio de 2in y si se conoce que el sistema gira con una velocidad angular constante.21 Problema 6 Determínense las reacciones en A y B cuando β=50°. determínese: • La tensión T. Sabiendo que el ancho del poste FG es ligeramente menor que la distancia entre los rodillos. 35 .TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Problema 5 Una ménsula movible se mantiene en reposo mediante un cable unido a E y los rodillos sin fricción mostrados en la figura. Supóngase que el cojinete en D no ejerce ninguna fuerza de empuje axial e ignórese el peso del eje y de los discos.22 Problema 7 Dos bandas de transmisión pasan sobre discos soldados a un eje que se sostiene mediante cojinetes en B y D. determínese las fuerzas ejercidas sobre el poste por cada rodillo cuando α=20°. Figura 2. determínese la tensión en ele alambre.24 Problema 9 Una fuerza P se aplica sobre la barra doblada ABC la cual puede sostenerse en 4 formas diferentes como se muestra en la figura. determínense las reacciones en los apoyos para cada caso. Sabiendo que la placa es uniforme.23 Problema 8 La placa ABCD.25 36 . De ser posible. de 50kg de peso se sostiene por medio de visagras a lo largo del lado AB y mediante un alambre CE. Figura 2.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 2. la sumatoria de los momentos de F1 y F2 con respecto a cualquier eje debe ser cero. Por ejemplo: si tenemos una placa en ángulo sujeta a 2 fuerzas F1 y F2 que actúan en A y B respectivamente (figura a). Si la placa está en equilibrio.1 37 . el momento de F2 también debe serlo. 2. Ahora consideraremos el problema de determinar las fuerzas internas que mantienen unidas a las distintas partes de un elemento dado. por ello la línea de acción de F2 debe pasar a través de A (figura b). como el momento de F1 es igual a cero. DIAGRAMA DE FUERZAS INTERNAS Anteriormente consideramos la determinación de las fuerzas externas que actúan sobre una estructura. la misma línea de acción y sentidos opuestos. Primero se suman momentos con respecto al punto A. sumando momentos con respecto a B se demuestra que la línea de acción de F1 debe pasar a través de B (figura c). FUERZAS EN ELEMENTOS RECTOS SOMETIDOS A LA ACCIÓN DE DOS FUERZAS Si tenemos un cuerpo AB sometido a la acción de 2 fuerzas que actúan en A y B respectivamente. De igual modo. entonces para que esté en equilibrio las 2 fuerzas que actúan sobre éste deben tener la misma magnitud. Figura 3.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Unidad III DIAGRAMA DE FUERZAS INTERNAS 1. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Ambas fuerzas tendrán la misma línea de acción (línea AB). A partir de las ecuaciones ΣFx = 0 y ΣFy = 0 se observa que las fuerzas también deben tener la misma magnitud pero sentidos opuestos. Ahora, si tenemos un elemento recto AB sometido a la acción de 2 fuerzas que actúan en A y B, deduciremos que dichas fuerzas son F y –F, dirigidas a lo largo de AB. B -F C B F A F tracció A F C A F - a) b) Figura 3.2 Cortando el elemento AB en C y dibujando el diagrama de cuerpo libre (DCL) correspondiente a la porción AC, se concluye que las fuerzas internas que existían en C del elemento AB son equivalentes a una fuerza axial –F igual y opuesta a F. En el caso considerado el elemento está en tensión y se elongará bajo la acción de las fuerzas internas. Si las fuerzas estuviesen en sentido contrario, el elemento se encontraría en compresión y disminuiría su longitud bajo la acción de las fuerzas internas. 3. CASO DE UN ELEMENTO QUE NO ES RECTO SOMETIDO A LA ACCIÓN DE DOS FUERZAS Se observa que un elemento que no es recto y está sometido a la acción de 2 fuerzas, tendrá que sus fuerzas internas se reducen a un sistema fuerza-par y no a una sola fuerza. Figura 3.3 38 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 4. FUERZAS EN ELEMENTOS SOMETIDOS A LA ACCIÓN DE VARIAS FUERZAS Considerando el elemento AD de la grúa que vimos en el capítulo anterior, le hacemos un corte en J. Luego realizamos el DCL correspondiente a la porción JD y se encuentra que se mantendrá en equilibrio si se aplica en J una fuerza F para balancear la componente vertical de T, una fuerza V para balancear la componente horizontal de T y un par M para balancear el momento de T con respecto a J. Nuevamente, se concluye que debieron haber existido fuerzas internas en J antes de que se cortara el elemento a) b) Figura 3.4 c) d) Las fuerzas internas que actúan en la porción JD del elemento AD son equivalentes al sistema fuerza-par de la figura b. De acuerdo con la 3° ley de Newton, las fuerzas internas que actúan sobre AJ deben ser equivalentes a un sistema fuerza-par igual y opuesto, tal y como se muestra en la figura c. Se observa que la acción de las fuerzas internas en el elemento AD no está limitada a producir tensión o compresión como en el caso de los elementos rectos sometidos a la acción de 2 fuerzas; ahora, las fuerzas internas también producen corte y flexión. La fuerza F es una fuerza axial, la fuerza V recibe el nombre de fuerza cortante y el momento M del par se conoce como momento flexionante en J. Cuando se determinan las fuerzas internas en un elemento, se debe indicar claramente sobre qué porción del elemento se supone que actúan dichas fuerzas. Las deformaciones que ocurrirán en el elemento AD se observan en la figura d. 39 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Ejemplo Para el marco mostrado en la figura, determine las fuerzas internas en: • El punto J del elemento ACF • En el punto K del elemento BCD. Figura 3.5 Solución • Hacemos el DCL del marco completo. Reemplazamos los soportes por las reacciones respectivas, asumiendo su sentido. • Calculamos las fuerzas externas del marco completo. ΣME = 0 – (2400 N) (3,6 m) + F (4,8 m) = 0 ⇒ F = 1800 N ΣFy = 0 – 2400 N + 1800 N + Ey= 0 ⇒ Ey = 600 N ΣFx = 0 ⇒ Ex = 0 Figura 3.6 • Hacemos el DCL de cada elemento. 40 ΣMB = 0 – (2400 N) (3. • Calculamos las fuerzas en el elemento ABE.7 m) = 0 ⇒ Bx = 0 ΣFx = 0 Bx – Ax = 0 ⇒ Ax = 0 ΣFy = 0 – Ay + By + 600 N = 0 ⇒ Ay = 1800 N 41 . ponemos componentes iguales y opuestas sobre cada elemento participante en cada unión.7 Se observa que ni Bx ni Cx se obtienen considerando únicamente el elemento BCD. como solamente 2 elementos están conectados en cada unión.2 m) + By (2.6 m) + Cy (2.4 m) = 0 ⇒ By = 1200 N ΣFx = 0 ⇒ – Bx + Cx = 0 Figura 3. • Calculamos las fuerzas en el elemento BCD.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Se desensambla el marco.4 m) = 0 ⇒ Cy = 3600 N ΣMC = 0 – (2400 N) (1. ΣMA = 0 Bx (2. Reemplazamos los valores ya calculados y este elemento debe estar en equilibrio.8 • Volviendo al elemento BCD. Figura 3.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 3. ΣMC = 0 (1800 N) (2.4 m) – Ay (2.4 m) – Ax (2.7 m) = 0 (1800 N) (2.4 m) – (1800 N) (2.9 42 . ΣFx = 0 – Bx + Cx = 0 ⇒ Cx = 0 • Comprobación: DCL y cálculo en el elemento ACF.4 m) = 0 ⇒ El equilibrio queda comprobado. Se corta el elemento ACF en el punto J y se obtienen las 2 partes que se muestran en la figura.10 Observamos que las fuerzas internas en J son equivalentes a un par M. El sistema fuerza-par interno que actúa sobre la parte JCF es igual y opuesto. 43 .m ΣFx = 0 F – (1800 N) cos 41.2 m) + M = 0 ⇒ M = 2160 N. se tiene: ΣMJ = 0 – (1800 N) (1. Considerando el cuerpo libre AJ.7° = 0 ⇒ F = 1344 N ΣFy = 0 V – (1800 N) sen 41. Las fuerzas internas en J están representadas por un sistema fuerza-par y pueden determinarse considerando el equilibrio de cualquiera de las partes en que se ha dividido el elemento. a una fuerza axial F y a una fuerza cortante V.7° = 0 ⇒ V = 1197 N Figura 3.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales • Hallamos las fuerzas internas en J. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR • Hallamos las fuerzas internas en K. Se corta el elemento BCD en el punto K y se obtienen las 2 partes mostradas en la figura.11 Las fuerzas internas en J están representadas por un sistema fuerza-par y pueden determinarse considerando el equilibrio de cualquiera de las partes en que se ha dividido el elemento.5 m) + M = 0 ⇒ M = – 1800 N. Figura 3. de las fuerzas y de los momentos). Considerando el cuerpo libre BK.m ΣFx = 0 ⇒ ΣFy = 0 – V – 1200 N = 0 ⇒ V = – 1200 N F=0 Nota importante: Es indispensable indicar claramente qué porción del elemento se ha utilizado para registrar las respuestas (magnitudes y sentidos. 44 . se tiene: ΣMK = 0 (1200 N) (1. limitaremos el análisis a vigas estáticamente determinadas. VIGAS Las vigas comúnmente son elementos prismáticos rectos y largos.12 Las vigas se clasifican de acuerdo con la forma en que están apoyadas. las cargas son perpendiculares al eje de la viga y únicamente ocasionarán corte y flexión en ella. 45 . DIFERENTES TIPOS DE CARGAS Y APOYOS Generalmente. diseñados para soportar cargas que están aplicadas en varios puntos a lo largo del elemento. expresadas generalmente en N/m) o a una combinación de ambas.1.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 5. vigas con volados y vigas en voladizo. Carga concentrada Carga distribuida Combinación de cargas Figura 3. Una viga puede estar sujeta a cargas concentradas en puntos específicos (P1.…. Para nuestro estudio. cargas distribuidas a lo largo de toda la longitud o a lo largo de una porción de la viga (w1. ocasionarán además fuerzas axiales en ella. P2. la distancia L entre los apoyos recibe el nombre de claro. 5. Cuando las cargas no forman un ángulo recto con la viga. es decir: vigas simplemente apoyadas. expresadas generalmente en Newtons). Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 3.15 2° Para determinar las fuerzas internas.14 1° Se determinan las reacciones en los apoyos considerando toda la viga como un cuerpo libre. para obtener la fuerza cortante y el momento flector M en un punto dado C de la viga: Figura 3.2. 46 .13 5. FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR EN UNA VIGA Considere una viga AB que está sometida a la acción de varias cargas concentradas y distribuidas (figura a). haciendo ΣMA = 0 y ΣMB = 0 se obtienen RA y RB. Luego hacemos ΣFy = 0 para obtener la fuerza cortante V y hacemos ΣMC = 0 para obtener el momento flector M. se corta la viga en C y se usa el DCL correspondiente a una de las dos porciones obtenidas (AC ó CB). Figura 3. DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE (DFC) Y DE MOMENTO FLECTOR (DMF) Una vez que se han determinado los valores de la fuerza cortante y el momento flector en unos cuantos puntos seleccionados de la viga. Figura 3. 3° Para evitar cualquier confusión respecto al sentido de la fuerza cortante V y del momento flector M (los cuales actúan en direcciones opuestas en las 2 porciones de la viga). usualmente es posible dibujar un diagrama de fuerza cortante y un diagrama de momento flector que representan la fuerza cortante y el momento flector en cualquier punto de la viga. Cuando una viga únicamente está sometida a cargas concentradas: 47 .16 A pesar de que la selección del Cuerpo Libre a usar puede facilitar el cálculo de los valores numéricos de la fuerza cortante y del momento flector.17 5. será siempre necesario indicar sobre qué porción de la viga están actuando las fuerzas internas consideradas.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 3. trabajaremos con la siguiente convención de signos: Fuerzas internas en la sección: • Fuerza cortante positiva y • Momento flector positivo.3. Cuando una viga está sometida a cargas distribuidas: La fuerza cortante y el momento flector varían en una forma diferente. Figura 3. determinamos las fuerzas de reacción.18 Solución • Hacemos el DCL de la viga completa. asumiendo su sentido. Ejemplo Graficar el DFC y el DMF para la viga y las condiciones de carga mostradas.19 • Tratando como un cuerpo rígido a la viga completa. el momento flector varía linealmente entre éstas.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR La fuerza cortante tiene un valor constante entre las cargas. ΣMB = 0 (20 kN) (2. Figura 3. Reemplazamos los soportes por las reacciones respectivas.5 m) – (40 kN) (3m) + RD (5 m) = 0 ⇒ RD = 14 kN 48 . ΣFy = 0 – 20 kN – V1 = 0 ⇒ V1 = – 20 kN ΣM1 = 0 (20 kN) (0 m) + M1 = 0 ⇒ M1 = 0 • Después se hace DCL de la porción de viga ubicada a la izquierda de la sección 2. se dibuja el DCL para la porción A1 suponiendo que V y M son positivos y se determinan las fuerzas internas justo a la derecha de la carga de 20 kN aplicada en A. Primero se corta la viga en un punto 1 localizado entre A y B.5 m) + M2 = 0 ⇒ M2 = – 50 kN.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales ΣFy = 0 – 20 kN + RB – 40 kN + RD= 0 ⇒ RB = 46 kN • Hallamos la fuerza cortante y el momento flector por secciones. ΣFy = 0 – 20 kN – V2 = 0 ⇒ V2 = – 20 kN ΣM2 = 0 (20 kN) (2.m 49 . Obteniendo: V3 V4 V5 V6 = = = = + 26 kN + 26 kN – 14 kN – 14 kN M3 M4 M5 M6 = = = = – 50 kN.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR • De forma similar se determinan la fuerza cortante y el momento flector en las secciones 3. los 6 puntos hallados en los diagramas respectivos. Figura 3.m + 28 kN.21 50 . cortante y Graficamos.m + 28 kN.20 ΣFy = 0 V4 – 40 kN + 14 kN = 0 ⇒ V4 = + 26 kN ΣM1 = 0 – M4 + (14 kN) (2 m) = 0 ⇒ M4 = + 28 kN. Ejm: sección 4. Figura 3.m 0 Si sólo nos interesan los resultados de una determinada sección de la parte derecha de la viga.m • Diagramas de Fuerza Momento flector. 4. tomaremos en cuenta el DCL de la porción de la viga que está a la derecha de la sección de interés y los resultados se obtienen más fácilmente. 5 y 6 a partir de los DCL mostrados en la figura. ahora. REGLAS PRÁCTICAS PARA LA CONSTRUCCIÓN DE LOS DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS La construcción de los diagramas de fuerza cortante y de momento flector se facilita si se toman en consideración las siguientes relaciones. 5. 3. Si en el diagrama de momentos se produce un valor cero. La pendiente del diagrama de momentos flectores depende de la forma como varían las fuerzas cortantes. Los momentos máximos se producen cuando el valor de la fuerza cortante es cero. 6. La pendiente del diagrama de fuerzas cortantes depende de la forma como varía la carga El diagrama de momentos flectores varía de acuerdo al diagrama de fuerzas cortantes. 6. 9. El valor de los momentos se determinan sumando las áreas del diagrama de fuerzas cortantes a la izquierda de la sección considerada. 7. El diagrama de fuerzas cortantes varía de acuerdo a la carga. 4. 8.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Nos damos cuenta que en el caso de cargas concentradas: La fuerza cortante tiene un valor constante y el momento flector varía linealmente. Cuando los momentos son positivos la curva elástica es cóncava hacia arriba y cuando los momentos son negativos la curva elástica es cóncava hacia abajo. 51 . Para el cálculo de la viga considere el mayor valor absoluto del diagrama de momentos. Las fuerzas dirigidas hacia arriba se consideran positivas y las fuerzas dirigidas hacia abajo se consideran negativas Los momentos producidos por una fuerza hacia arriba se consideran positivos y los momentos producidos por una fuerza hacia abajo se consideran negativos. esto indica una inflexión en la curva elástica. 2. 1. .......................................................................................................................................................................................................... .......................... ................................................................ ................................................................................................ ....................................................................................................................................................................................................................................... .............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................................................................................................................ ........... ........................................... ........................................................................................................................ .................................................................... ...................................................................................................................................................... ......................................................................................... ............................................... ............................ ........................................................ ................................................................................................................................................................. ........................................................................................................................................................................................................... ......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ........................ 52 ........................................................................................................................................................ ............. ........................................................................... .......................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ..................................... .........................................................................................................................................................................................Resistencia de Materiales TECSUP – PFR ANOTACIONES .................................................................................................................... Para resolver este problema es necesario establecer el concepto de esfuerzo. Este cociente se llama esfuerzo y describe la intensidad de la fuerza interna sobre un plano específico (área) que pasa por un punto. Además. sin embargo. ∆Fy y ∆Fz que se toman tangente y normal al área. esto es. ESFUERZO Sabemos que la fuerza y el momento que actúan en un punto específico sobre el área seccionada de un cuerpo. tal como el área sombreada de ∆A mostrada en la figura 4.1. en vez de estar compuesto de un número finito de moléculas o átomos distintos. que todas sus partes están unidas entre sí. La obtención de esta distribución de carga interna es de importancia primordial en la mecánica de materiales. Consideremos el área seccionada como subdividida en pequeñas áreas. el cociente de la fuerza y el área tenderán en general a un límite finito. respectivamente. es decir. tendrá una dirección única. pero para el análisis que sigue la reemplazaremos por sus tres componentes. el material debe ser cohesivo. se muestra en la figura 4.2a.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Unidad IV ESFUERZO 1. debemos hacer dos hipótesis respecto a las propiedades del material. Esta fuerza como todas las otras. grietas o separaciones. Cuando el área ∆A tiende a cero. actuando sobre su área asociada ∆A. ∆Fx. Consideraremos que el material es continuo. Una fuerza típica finita pero muy pequeña ∆F. Al reducir ∆A a un tamaño cada vez más pequeño. que consiste en una distribución uniforme de materia que no contiene huecos. en vez de tener fracturas. figura 4.2a. representan los efectos resultantes de la distribución de fuerza verdadera que actúa sobre el área seccionada. igualmente tienden a cero la fuerza ∆F y sus componentes. 53 . ESFUERZO NORMAL La intensidad de fuerza. 54 . Como.1.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 4. o fuerza por área unitaria. entonces.σ(sigma).1 Figura 4.2 1. actuando normalmente a ∆A se define como el esfuerzo normal. ∆Fz es normal al área. Este estado de esfuerzo es caracterizado por tres componentes que actúan sobre cada cara del elemento.3 1.2. ∆A como se muestra en la figura 4.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Si la fuerza o esfuerzo normal "jala" al elemento de área. Tzx y Tzy. El eje z especifica la orientación del área. actuando tangente a ∆A se llama esfuerzo cortante. ∆A.3. y al plano y-z. figura 4. ESFUERZO CORTANTE La intensidad de fuerza. se usa para indicar la dirección de la línea normal hacia fuera. se usan dos subíndices. o fuerza por área unitaria. Para las componentes del esfuerzo cortante. ESTADO GENERAL DE ESFUERZO Si el cuerpo es adicionalmente seccionado por planos paralelos al plano xz. Esas componentes de esfuerzo describen el estado de esfuerzo en el punto sólo para el elemento 55 . figura 4.2b. Aquí tenemos las componentes de esfuerzo cortante. se le llama esfuerzo de tensión. que especifica la orientación del área. Figura 4.2a. τ (tau). 1.2c.3. El subíndice z en σz. podemos entonces "separar" un elemento cúbico de volumen de material que representa el estado de esfuerzo que actúa alrededor del punto escogido en el cuerpo. figura 4. figura 3-4. mientras que si se “empuja" a ∆A se le llama esfuerzo de compresión. y x y y se refieren a los ejes coordenados en cuya dirección actúan los esfuerzos cortantes. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR orientado a lo largo de los ejes x. Asimismo.(103). Esta unidad. que tiene una forma general.(106). el estado de esfuerzo se definiría usando un conjunto diferente de componentes de esfuerzo. z. ESFUERZO NORMAL PROMEDIO EN UNA BARRA CARGADA AXIALMENTE Con frecuencia. las magnitudes de los esfuerzos normal y cortante se especifican en las unidades básicas de newtons por metro cuadrado (N/m2). Esta sección define el área de la sección transversal de la barra y como todas esas secciones transversales son iguales. mega. simbolizado por M o giga.4. y. donde 1 kilo libra (kip) = 1000 lb. los miembros estructurales o mecánicos se fabrican largos y delgados. en el sistema SI no se permiten prefijos en el denominador de una fracción y por tanto es mejor usar el equivalente 1 N/mm2=1 MN/m2 = 1 MPa. Si el cuerpo fuese seccionado en un cubo con otra orientación. a la barra se le llama barra 56 . *De la misma manera en el sistema inglés de unidades. UNIDADES En el sistema SI. son sometidos a cargas axiales que normalmente se aplican a los extremos del miembro. En esta sección determinaremos la distribución del esfuerzo promedio que actúa sobre la sección transversal de una barra cargada axialmente como la mostrada en la figura 4. *A veces el esfuerzo se expresa en unidades de N/mm2.4 1. Miembros de armaduras. simbolizado por G. para representar valores mayores del esfuerzo.(109). Figura 4. simbolizado por. barras colgantes y pernos son ejemplos típicos. los ingenieros por lo regular expresan el esfuerzo en libras por pulgada cuadrada (psi) o en kilo libras por pulgada cuadrada (ksi). llamada pascal (1 Pa = 1 N/m2) es algo pequeña y en trabajos de ingeniería se usan prefijos como kilo. 2. Sin embargo. donde 1 mm=103 m.5a. 57 . donde la aplicación de las cargas externas puede ocasionar distorsiones localizadas. entonces. por equilibrio del segmento inferior.6. durante el tiempo que la barra cambia de volumen y forma. No consideraremos aquí regiones cercanas a los extremos de la barra. la sección transversal debe permanecer plana durante la deformación. SUPOSICIONES Antes de determinar la distribución de esfuerzo promedio que actúa sobre el área transversal de la barra.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales prismática.5b. esto es. figura 4. Es necesario que la barra permanezca recta antes y después de que se aplica la carga. Si despreciamos el peso de la barra y la seccionamos como se indica en la figura 4. entonces las líneas horizontales y verticales de una retícula inscrita sobre la barra se deformarán uniformemente cuando la barra esté sometida a la carga. y también. nos fijaremos sólo en la distribución del esfuerzo dentro de la porción media de la barra.5 2. 1. Figura 4.1. la fuerza interna resultante que actúa sobre la sección transversal debe ser igual en magnitud. En cambio. opuesta en sentido y colineal con la fuerza externa que actúa en el fondo de la barra. es necesario hacer dos hipótesis simplificatorias relativas a la descripción del material y a la aplicación específica de la carga. Si esto ocurre. Muchos materiales de la ingeniería pueden considerarse homogéneos e isotrópicos. Sin embargo. debe mencionarse que el acero puede volverse anisotrópico por medio del laminado en frío. la suposición anterior relativa a la composición del material es bastante realista. Por ejemplo. y aunque éste sea el caso. 58 . Los materiales anisotrópicos tienen propiedades diferentes en direcciones diferentes. y un material isotrópico tiene esas mismas propiedades en todas direcciones. por lo que es adecuado para el siguiente análisis. Un material homogéneo tiene las mismas propiedades físicas y mecánicas en todo su volumen.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 4. Por ejemplo.6 2. debido a sus granos o fibras. es necesario que P se aplique a lo largo del eje centroidal de la sección transversal y que el material sea homogéneo e isotrópico. Para que la barra experimente una deformación uniforme. la madera. laminado o forjado a temperaturas subcríticas. el acero contiene miles de cristales orientados al azar en cada milímetro cúbico de su volumen. si la anisotropía se orienta a lo largo del eje de la barra. y como en la mayoría de las aplicaciones este material tiene un tamaño físico que es mucho mayor que un solo cristal. entonces la barra se deformará uniformemente cuando sea sometida a una carga axial. esto es. es un material que es homogéneo y anisotrópico. 6d. P = fuerza normal interna resultante. entonces como σ es constante. Y la suma de esas fuerzas actuando sobre toda el área transversal debe ser equivalente a la fuerza interna resultante P en la sección. Si hacemos que ∆A→dA y por tanto ∆F→dF. aplicada en el centroide del área de la sección transversal. σ = esfuerzo normal promedio en cualquier punto sobre el área de la sección transversal.2. entonces esta deformación es causada por un esfuerzo normal σ constante. En consecuencia. tenemos: Figura 4. P se determina usando el método de las secciones y las ecuaciones de equilibrio. cada área ∆A sobre la sección transversal está sometida a una fuerza ∆F = σ ∆A. 59 .TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 2.6 Donde. figura 4. DISTRIBUCIÓN DEL ESFUERZO NORMAL PROMEDIO Suponiendo que la barra está sometida a una deformación uniforme constante. entonces al aplicar la ecuación de equilibrio de fuerzas. figura 3-5d. ya que por definición del centroide. 2. A éste se le llama esfuerzo uniaxial. La carga interna P debe pasar por el centroide de la sección transversal ya que la distribución del esfuerzo uniforme generará momentos nulos respecto a cualquier eje x o y que pase por este punto. Cuando esto ocurre.7 En otras palabras. 60 .7. Estas ecuaciones se satisfacen. las dos componentes de esfuerzo normal sobre el elemento deben ser iguales en magnitud pero opuestas en dirección.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR A = área de la sección transversal de la barra. Si consideraos el equilibrio vertical del elemento. Figura 4. figura 4.3. EQUILIBRIO Debería ser aparente que sólo existe un esfuerzo normal en cualquier elemento de volumen de material localizado en cada punto sobre la sección transversal de una barra cargada axialmente. en ocasiones la barra puede estar sometida a varias cargas externas a lo largo de su eje o puede presentarse un cambio en su área de sección transversal. Como interpretación gráfica. puede demostrarse. usando un análisis más exacto de la teoría de la elasticidad.8. en la cual el ángulo entre dos lados adyacentes es de 15°. el esfuerzo normal dentro de la barra puede ser diferente de sección a sección. P = σ A (volumen = altura X base). Para esto es necesario determinar la fuerza interna P en varias secciones a lo largo de la barra. tanto la fuerza interna P como el área de la sección transversal se consideraron constantes a lo largo del eje longitudinal de la barra y por tanto se obtuvo un esfuerzo normal σ = P/A también constante.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales El análisis previo se aplica a miembros sometidos a tensión o a compresión. tendrá que determinarse la posición en que la razón P/A sea máxima. Sin embargo. el esfuerzo normal promedio. como consecuencia del equilibrio de momentos. que para una barra ahusada de sección transversal rectangular.4. calculado según σ = P/A. la magnitud de la fuerza interna resultante P es equivalente al volumen bajo el diagrama de esfuerzo. esta suposición puede ampliarse para incluir barras que tengan un pequeño ahusamiento. Además. P se 61 . Figura 3. es decir. Por ejemplo. ESFUERZO NORMAL PROMEDIO MÁXIMO En el análisis anterior. este diagrama es una gráfica de la fuerza normal P contra su posición x a lo largo de la longitud de la barra. y si debe calcularse el esfuerzo normal promedio máximo. como se muestra en la figura 4. es sólo 2. lo que se consigue dibujando un diagrama de fuerza normal o axial.2% menor que el valor calculado con la teoría de la elasticidad. Específicamente. En consecuencia. esta resultante pasa por el centroide de este volumen. Aunque hemos desarrollado este análisis para barras prismáticas.8 2. Una vez conocida la carga interna en toda la barra podrá identificarse la razón máxima de P/A. 62 .9 EJEMPLO La barra en la figura 4.10a tiene un ancho constante de 35 mm y un espesor de 10 mm. Figura 4.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR considerará positiva si causa tensión en el miembro y negativa si causa compresión. Determine el esfuerzo normal promedio máximo en la barra cuando ella está sometida a las cargas mostradas. BC y CD son todas constantes pero tienen diferentes magnitudes. donde PBC = 30 kN. y el diagrama de fuerza normal que representa esos resultados gráficamente se muestra en la figura 4. Usando el método de las secciones. La distribución de los esfuerzos que actúan sobre una sección transversal arbitraria de la barra dentro de la región BC se muestra en la figura 4. Como el área transversal de la barra es constante. el esfuerzo normal máximo promedio también ocurre dentro de esta región de la barra. esas cargas son determinadas en la figura 3-8b. la carga máxima está en la región BC. las fuerzas axiales internas en las regiones AB.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 4. Por inspección.10 Solución Carga interna: Por inspección. Gráficamente el volumen (o "bloque") representado por esta 63 . Esfuerzo normal promedio: Rpta.10c.10d. determine el esfuerzo normal promedio en cada barra. obtenemos: Por la tercera ley de Newton.11 Solución Carga interna: Debemos primero determinar la fuerza axial en cada barra. la acción es igual pero opuesta a la reacción. En la figura se muestra un diagrama de cuerpo libre de la lámpara. Aplicando las ecuaciones de equilibrio de fuerzas.7 MPa)(35 mm)(10 mm). o sea. estas fuerzas someten a las barras a tensión en toda su longitud. 64 . Si AB tiene un diámetro de 10 mm y BC tiene un diámetro de 8 mm. EJEMPLO La lámpara de 80 kg está soportada por dos barras AB y BC como se muestra en la figura 4. 30 kN = (85.11a. Figura 4.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR distribución de esfuerzos es equivalente a la carga de 30 kN. Figura 4. La distribución del esfuerzo normal promedio que actúa sobre una sección transversal de la barra AB se muestra en la figura 4.12c. un elemento de material está esforzado como se muestra en la figura 4.12 Rpta.13a está hecha de acero con peso específico de γac = 490 lb/pie3. y en punto sobre esta sección transversal. EJEMPLO La pieza fundida mostrada en la figura 4. Determine el esfuerzo de compresión promedio que actúa en los puntos A y B.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Esfuerzo normal promedio: Rpta.12d. Figura 4.13 65 . consideraremos el efecto de aplicar una fuerza F a la barra mostrada en la figura 4. Note que este esfuerzo actúa hacia arriba sobre el fondo o cara sombreada del elemento ya que esta cara forma parte del área de la superficie del fondo de la sección cortada. y el esfuerzo de compresión promedio es entonces Rpta.14a. Para mostrar cómo se desarrolla este esfuerzo. 3. El peso de este segmento es Wac = γac Vac. y sobre esta superficie. Un diagrama de cuerpo libre del segmento central no soportado de la barra.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Solución Carga interna: En la figura 4.13c es representativo de las condiciones en A o B. ESFUERZO CORTANTE PROMEDIO El esfuerzo cortante se definió como la componente del esfuerzo que actúa en el plano del área seccionada. ésta ocasionará que el material de la barra se deforme y falle a lo largo de los planos AB y CD. Si los soportes se consideran rígidos y F es suficientemente grande. la fuerza interna resultante P empuja hacia arriba. El esfuerzo mostrado en el elemento de volumen de material en la figura 4.13b se muestra un diagrama de cuerpo libre del segmento superior de la pieza fundida donde la sección pasa por los puntos A y B. La fuerza axial interna P en la sección es entonces Esfuerzo de compresión promedio: El área transversal en la sección es A = π(0. indica que una fuerza cortante V = F/2 debe aplicarse a 66 . figura 4.75 pie)2.14b. Observe que τprom tiene la misma dirección que V.14c. ya que el esfuerzo cortante debe crear fuerzas asociadas que contribuyen en conjunto a generar la fuerza interna resultante V en la sección. τprom = esfuerzo cortante promedio en la sección.14c 67 . se determina con las ecuaciones de equilibrio. A = área en la sección.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales cada sección para mantener el segmento en equilibrio. El esfuerzo cortante promedio distribuido sobre cada área seccionada que desarrolla esta fuerza se define por: Figura 4. La distribución del esfuerzo cortante promedio se muestra actuando sobre la sección derecha en la figura 4. se supone que es el mismo en todo punto localizado sobre la sección. V = fuerza cortante interna resultante en la sección. Figura 4.14 Donde. que merecen tratamientos separados. Como los miembros son delgados. podemos despreciar el momento generado por la fuerza F. 3-12 3. CORTANTE SIMPLE Las juntas de acero y madera mostradas en las figuras 3-12a y 3-12c. los diagramas de cuerpo libre del miembro central son como se muestra en las figuras 3-13b y 3-13d.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR El caso de carga analizado en la figura 3-11 es un ejemplo de cortante simple o cortante directo. Este tipo de cortante suele ocurrir en varios tipos de conexiones simples que usan pernos.1. etc. Si pasamos una sección entre cada uno de los miembros. Una investigación más precisa de la distribución del esfuerzo cortante sobre la sección crítica revela que esfuerzos cortantes mucho mayores ocurren en el material que los predichos por esta ecuación. Ese tipo de conexiones se llaman juntas traslapadas dobles. los manuales de ingeniería permiten su uso al considerar tamaños de diseño para sujetadores como pernos o para obtener la resistencia por adherencia de juntas sometidas a cargas cortantes. 3. el área de la sección transversal del perno en la figura 3-12b y la superficie de contacto entre los miembros en la figura 3-12d están sometidos sólo a una fuerza cortante V=F. Entonces. CORTANTE DOBLE Cuando la junta se construye como se muestra en la figura 3-13a o 3-13c. Tenemos aquí una 68 . ya que el cortante es causado por la acción directa de la carga aplicada F. Con respecto a esto. respectivamente. deben considerarse dos superficies cortantes. Pasando una sección entre los miembros se obtienen los diagramas de cuerpo libre mostrados en las figuras 3-12b y 3-12d. Fig. Por ejemplo. ocurren en la práctica dos tipos de cortante. por equilibrio. pasadores. soldadura.2. son ejemplos de conexiones en cortante simple y se conocen como juntas traslapadas. Supondremos aquí que los miembros son delgados y que la tuerca en la figura 3-12a no está demasiado apretada de modo que la fricción entre los miembros puede despreciarse. 16 De manera similar. tomando momentos respecto al eje x.3. una fuerza cortante V = F/2 actúa sobre cada área seccionada y esta fuerza cortante debe considerarse al aplicar τperm = V/A. Figura 4. Finalmente.15 3. EQUILIBRIO Consideremos un elemento de volumen de material tomado en un punto localizado sobre la superficie de cualquier área seccionada sobre la que actúa el esfuerzo cortante promedio.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales condición de cortante doble. entonces Figura 4. 69 .16a. Si consideramos el equilibrio de fuerzas en la dirección y. el equilibrio de fuerzas en la dirección z nos da τyz = τ´yz. figura 4. En consecuencia. 16. y bajo las condiciones mostradas en la figura 4. en capítulos posteriores veremos que el esfuerzo cortante puede también generarse indirectamente por la acción de otros tipos de cargas.17a tiene una sección transversal cuadrada de 40 mm. Si se aplica una fuerza axial de 800 N a lo largo del eje centroidal del área transversal de la barra.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR En otras palabras. Aquí. esté acompañado por esfuerzos cortantes actuando sobre las otras tres caras.16b. figura 4. el equilibrio de fuerzas y momentos requiere que el esfuerzo cortante que actúa sobre la cara superior del elemento. 70 . todos los cuatro esfuerzos cortantes deben tener igual magnitud y estar dirigidos hacia o alejándose uno de otro en caras con un borde común. A esto se le llama propiedad complementaria del cortante. el material está sometido a cortante puro. Aunque hemos considerado aquí un caso de cortante simple causado por la acción directa de una carga. determine el esfuerzo normal promedio y el esfuerzo cortante promedio que actúan sobre el material a lo largo (a) del plano a-a y (b) del plano b-b. EJEMPLO La barra mostrada en la figura 4. figura 4. Esfuerzo promedio El esfuerzo normal promedio se determina con la ecuación: Rpta. ya que la fuerza cortante en la sección es cero.17 Solución Parte (a) Carga interna La barra es seccionada. 71 .17c. La distribución del esfuerzo normal promedio sobre la sección transversal se muestra en la figura 4.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 4. Rpta. No existe esfuerzo cortante sobre la sección.17 Figura 4.17b. y la carga interna resultante consiste sólo en una fuerza axial P = 800 N. usando ejes x´. se requiere O más directamente.17d. el diagrama de cuerpo libre del segmento izquierdo es como se muestra en la figura 4. y´. Resolviendo cualquier conjunto de ecuaciones.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 4. Y el esfuerzo cortante promedio es 72 . Usando ejes x. y. Aquí actúan una fuerza normal (N) y una fuerza cortante (V) sobre el área seccionada.17d Parte (b) Carga interna Si la barra es seccionada a lo largo de b-b. 18a está suspendido de una barra de acero de diámetro de 10 mm.17c EJEMPLO El puntal de madera mostrado en la figura 4. calcule el esfuerzo cortante promedio en la barra en la pared y a lo largo de los dos planos sombreados del puntal. En la figura 4.18b.18a Solución Cortante interno Como se muestra en el diagrama de cuerpo libre en la figura 4.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales La distribución de esfuerzo se muestra en la figura 4. 73 .5 kN. Si el puntal soporta una carga vertical de 5 kN. que está empotrada a la pared. uno de los cuales está indicado como abcd Figura 4. Aquí la fuerza cortante que actúa a lo largo de cada plano sombreado es de 2.18c se muestra un diagrama de cuerpo libre del segmento seccionado del puntal que está en contacto con la barra. Figura 4.17e. la barra resiste una fuerza cortante de 5 kN donde ella está empotrada a la pared. Rpta. La distribución del esfuerzo cortante promedio sobre la barra seccionada y el segmento de puntal se muestran en las figuras 4. Se muestra también con esas figuras un elemento de volumen típico del material en un punto localizado sobre la superficie de cada sección. Para la barra. 74 . respectivamente.18d y 4. Rpta.18b Figura 4. Para el puntal.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 4.18c Esfuerzo cortante promedio.18e. Observe cuidadosamente cómo el esfuerzo cortante debe actuar sobre cada cara sombreada de esos elementos y sobre las caras adyacentes de los mismos. 19a Solución Cargas internas: El diagrama de cuerpo libre del miembro inclinado se muestra en la figura 4. Las fuerzas de compresión que actúan obre las áreas de contacto son 75 .19a está sometido a una fuerza de compresión de 600 lb.18d Figura 4. Figura 4.18e EJEMPLO El miembro inclinado en la figura 4. Determine el esfuerzo de compresión promedio a lo largo de las áreas lisas de contacto definidas por AB y BC. y el esfuerzo cortante promedio a lo largo del plano horizontal definido por EDB.19b.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 4. 19c. la fuerza cortante que actúa sobre el plano horizontal seccionado EDB es Figura 4.19c Esfuerzo promedio Los esfuerzos de compresión promedio a lo largo de los planos horizontal y vertical del miembro inclinado son Rpta.19b También. del diagrama de cuerpo libre del segmento superior del miembro del fondo. 76 .Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 4. Rpta. figura 4. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 4. ESFUERZO PERMISIBLE Un ingeniero a cargo del diseño de un miembro estructural o elemento mecánico debe restringir el esfuerzo en el material a un nivel que sea seguro.19e.19d Estas distribuciones de esfuerzo se muestran en la figura 4319d. 4. Figura 4. El esfuerzo cortante promedio que actúa sobre el plano horizontal definido por EDB es Rpta. 77 .19e Este esfuerzo se muestra distribuido sobre el área seccionada en la figura 4. una estructura o máquina corrientemente en uso puede en ocasiones tener que ser analizada para ver qué carga adicional pueden soportar sus miembros o partes. Además. Pueden ocurrir vibraciones desconocidas. pueden mostrar alta variabilidad en sus propiedades mecánicas.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Así que nuevamente es necesario efectuar cálculos usando un esfuerzo permisible o seguro. Para garantizar la seguridad es necesario escoger un esfuerzo permisible que limite la carga aplicada a un valor que sea menor al que el miembro pueda soportar plenamente. esto es. como la madera. Finalmente. dividida entre la carga permisible. algunos materiales. Por ejemplo la carga para la cual el miembro se diseña puede ser diferente de la carga real aplicada sobre él. Una manera de especificar la carga permisible para el diseño o análisis de un miembro es usar un número llamado factor de seguridad. Expresado matemáticamente. Ó 78 . Ffalla. El factor de seguridad (FS) es la razón de la carga de falla. La Ffalla se determina por medio de ensayos experimentales del material y el factor de seguridad se selecciona con base en la experiencia. el decaimiento o las condiciones ambientales tienden a que los materiales se deterioren durante el servicio. Si la carga aplicada al miembro está linealmente relacionada al esfuerzo desarrollado dentro del miembro. impacto o cargas accidentales que no se hayan tomado en cuenta durante el diseño. entonces podemos expresar el factor de seguridad como razón del esfuerzo de falla σfalla (o τfalla) al esfuerzo permisible σperm (o τperm). el concreto o compuestos reforzados con fibras. Las medidas previstas para una estructura o maquina pueden no ser exactas debido a errores en la fabricación o en el montaje de las partes componentes. como en el caso de usar σ = P/A y τprom = V/A. de manera que las incertidumbres mencionadas antes sean tomadas en cuenta cuando el miembro se use en condiciones similares de carga y simetría. Hay varias razones para esto. La corrosión atmosférica. Fperm. ya que puede haber incertidumbre en el comportamiento de la carga o del material. los factores de seguridad. el esfuerzo permisible usado en cada una de esas ecuaciones se determina aplicando un factor de seguridad a un esfuerzo normal o cortante especificado o encontrando esos esfuerzos directamente en un código apropiado de diseño. Por ejemplo. si un miembro está sometido a una fuerza normal en una sección. su área requerida en la sección se determina con: Por otra parte. las ecuaciones σ = P/A y τprom = V/A pueden usarse para analizar o diseñar una conexión simple o un elemento mecánico. que pueden encontrarse en los códigos de diseño y manuales de ingeniería. Sus valores. en general. Ahora discutiremos cuatro tipos comunes de problemas para las cuales las ecuaciones pueden usarse en el diseño.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales En cualquiera de esas ecuaciones. entonces el área requerida en la sección es: Como vimos en la sección anterior. el factor de seguridad se escoge mayor que 1 para evitar una posible falla. DISEÑO DE CONEXIONES SIMPLES Haciendo suposiciones simplificatorias relativas al comportamiento del material. 4.1. el FS usado en el diseño de componentes de aeronaves o vehículos espaciales puede ser cercano a 1 para reducir el peso del vehículo. y por tanto las cargas o esfuerzos permisibles para elementos estructurales y mecánicos. si la sección está sometida a una fuerza cortante. Área de la sección transversal de un miembro a tensión. En particular. Por otra parte. ya que sus indeterminaciones de diseño han podido ser evaluadas razonablemente bien. El área de la sección transversal de un miembro prismático sometido a una fuerza de 79 . el factor de seguridad para algunos de sus componentes puede ser tan alto como 3. Sin embargo. en el caso de una planta nuclear. Los valores específicos dependen de los tipos de materiales por usarse y de la finalidad prevista para la estructura o máquina. han sido muy estandarizados. pretenden reflejar un balance de seguridad ambiental y para el público junto con una solución económica razonable para el diseño. 20 4. Por ejemplo. como se muestra la figura 4. tablones o varios miembros entre sí. En la sección intermedia a-a.21b.21c. Por ejemplo. Figura 4. es seguro suponer que cualquier fuerza de fricción entre las placas es despreciable. considere la barra con perforación en sus extremos mostrada en la figura 4. El perno está sometido a una fuerza cortante interna resultante de V = P en esta sección transversal.2. Suponiendo que el esfuerzo cortante que causa esta fuerza está distribuido uniformemente sobre la sección transversal.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR tensión puede determinarse si la fuerza tiene una línea de acción que pasa por el centroide de la sección transversal.20a. Figura 4.21a. El diagrama de cuerpo libre de una sección que pasa entre las placas y a través del perno se muestra en la figura 4. considere la junta traslapada mostrada en la figura 4. la distribución de esfuerzos es uniforme sobre toda la sección y se determina el área sombreada A. ÁREA DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL DE UN CONECTOR SOMETIDO A CORTANTE A menudo los pernos o pasadores se usan para conectar placas.20b. Si el perno está suelto o la fuerza de agarre del perno es desconocida. el área A de la sección transversal del perno se determinada como se muestra en la figura 4.21 80 . muestra que un esfuerzo cortante actúa sobre el área de contacto de la barra con el concreto. donde d es el diámetro de la barra y l es la longitud del empotramiento.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 4. el área A de la placa B de base de la columna mostrada en la figura 4.22 se determina a partir del esfuerzo permisible de aplastamiento del concreto. Por tanto. usando la ecuación A=P/(σb)perm. Un ejemplo de esta situación sería una barra de acero cuyo extremo esté empotrado en concreto y se encuentre cargado como se muestra en la figura 4. desde luego. para impedir una falla es necesario determinar el área apropiada de apoyo para el material. Esto supone. Si este esfuerzo es demasiado grande. figura 4. Por ejemplo. puede aplastar o deformar localmente una o ambas superficies.4. ÁREA REQUERIDA PARA RESISTIR APLASTAMIENTO Un esfuerzo normal producido por la compresión de una superficie contra otra se denomina Esfuerzo de aplastamiento. Figura 4. Esta área es (πd)l. que el esfuerzo permisible de aplastamiento para el concreto es menor que del material de la placa de base y además que el esfuerzo está uniformemente distribuido entre la placa y el concreto.23a. usando un esfuerzo de aplastamiento permisible. Un diagrama de cuerpo libre de la barra. Si bien la distribución real del esfuerzo cortante a lo largo de la barra sería difícil de 81 .23b.3. ÁREA REQUERIDA PARA RESISTIR EL CORTANTE CAUSADO POR CARGA AXIAL Ocasionalmente las barras u otros miembros son soportados en forma tal que puede desarrollarse un esfuerzo cortante en el miembro aun cuando éste esté sometido a carga axial. como se muestra en la figura.22 4. Sin embargo.23b. figura 4. 2. Para determinar esta área. podemos usar A = V /τperm para calcular l. dependiendo de los usos propuestos para el miembro. debe ser claro que la distribución del esfuerzo se supone uniformemente distribuida o "promediada" sobre la sección.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR determinar. se aplica un factor de seguridad para obtener la carga admisible que el miembro puede soportar. PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Al resolver problemas usando las ecuaciones del esfuerzo normal promedio y del esfuerzo cortante promedio. se requieren los siguientes pasos. Hay muchos factores desconocidos que pueden influir en el esfuerzo real en un miembro y entonces. Los cuatro casos ilustrados en esta sección representan sólo unas pocas de las muchas aplicaciones de las fórmulas para los esfuerzos normal y cortante promedio usadas en el diseño y análisis en ingeniería. Figura 4. el miembro debe entonces diseñarse con suficiente área en la sección para resistir el esfuerzo que actúe sobre ella. La fuerza interna resultante en la sección se determina entonces usando las ecuaciones de equilibrio. Carga interna • Seccione el miembro por el área y dibuje un diagrama de cuerpo libre de un segmento del miembro. siempre que esas ecuaciones son aplicadas. 82 . si suponemos que es uniforme. El diseño de un miembro por resistencia se basa en la selección de un esfuerzo admisible que permita soportar con seguridad su carga propuesta. siempre que conozcamos d y τperm.23 PUNTOS IMPORTANTES 1. debe primero considerarse cuidadosamente sobre qué sección está actuando el esfuerzo crítico. Una vez identificada esta sección. El área transversal requerida para la barra es entonces: De manera que: Rpta.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Área requerida • Si se conoce o puede determinarse el esfuerzo permisible. la fuerza axial en la barra es de 20 kN. como se muestra en la figura 4. determine el diámetro mínimo requerido de la barra y el espesor mínimo del disco necesario para soportar la carga de 20 kN. Figura 4. el área requerida para soportar la carga en la sección se calcula entonces con A = P/σperm o A = V /τperm EJEMPLO La barra colgante está soportada en su extremo por un disco circular empotrado a ella.24 Solución Diámetro de la barra. El esfuerzo normal permisible para la barra es σperm = 60 MPa y el esfuerzo cortante permisible para el disco es τperm = 35 MPa. 83 . Si la barra pasa por un agujero con diámetro de 40 mm. Por inspección.24a. tenemos: Como el área seccionada A = 2π(0. entonces. como V = 20 kN. el espesor requerido del disco es: Rpta. Determine el máximo valor de P para las dos fuerzas axiales en E y F.25a es resistida por el collarín en C que está unido a la flecha y localizado a la derecha del cojinete en B. Figura 4.25 84 .24b. EJEMPLO Una carga axial sobre la flecha mostrada en la figura 4. de manera que el esfuerzo en el collarín no exceda un esfuerzo de aplastamiento permisible en C de (σb)perm = 75 MPa y que el esfuerzo normal promedio en la flecha no exceda un esfuerzo de tensión permisible de (σt)perm = 55 MPa. figura 4.02 m)(t). Si se supone que este esfuerzo cortante está uniformemente distribuido sobre el área seccionada.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Espesor del disco Como se muestra en el diagrama de cuerpo libre de la sección del núcleo del disco. el material en el área seccionada debe resistir esfuerzos cortantes para impedir el movimiento del disco a través del agujero. Si el esfuerzo de falla para el acero y el aluminio son (σac)falla = 680 MPa y 85 . ya que cualquier carga mayor que ésta ocasionará que el esfuerzo normal permisible en la flecha se exceda. el collarín en C debe resistir la carga de 3P.25d.199(10-3) m2.25b. figura 4.25c. ocurre dentro de la región EC.8 kN. entonces: En comparación. Por lo tanto..π(0.26a está soportada por una barra de acero AC que tiene un diámetro de 20 mm y por un bloque de aluminio que tiene un área transversal de 1800 mm2. tenemos: Esfuerzo de aplastamiento Como se muestra en el diagrama de cuerpo libre en la figura 4. Luego escogeremos el valor más pequeño. la carga máxima que puede aplicarse a la flecha es P = 51. Los pasadores de diámetro de 18 mm en A y C están sometidos a cortante simple. figura 4. mientras que la carga axial máxima. ¿Por qué? Esfuerzo normal Usando el método de las secciones. EJEMPLO La barra rígida AB mostrada en la figura 4. vemos que la carga axial dentro de la región FE de la flecha es 2P. que actúa sobre un área de apoyo de Ab = [π(0.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Solución Para resolver el problema determinaremos P para cada condición posible de falla. la región EC estará sometida al esfuerzo normal promedio máximo..04 m)2 . La variación de la carga interna se ve claramente en el diagrama de fuerza normal.03 m)2] = 2. Como el área transversal de toda la flecha es constante. 3P. 26b.26a Figura 4. determine la carga máxima P que puede aplicarse a la barra. Aplique un factor de seguridad FS de 2.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR (σal)falla = 70 MPa. Tenemos: 86 . respectivamente. y el esfuerzo cortante de falla para cada pasador es τfalla = 900 MPa.26b El diagrama de cuerpo libre para la barra se muestra en la figura 4. Se tienen tres incógnitas. Aplicaremos aquí las ecuaciones de equilibrio para expresar FAC Y FB en términos de la carga P aplicada. Solución Calculemos los esfuerzos permisibles: Figura 4. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Determinaremos ahora cada valor de P que genera el esfuerzo permisible en la barra. cuando P alcanza su valor más pequeño (168 kN). respectivamente. 87 . se genera el esfuerzo normal permisible en el bloque de aluminio. Por comparación. Bloque B. Pasador A o C. Barra AC Usando la ecuación 1. Usando la ecuación 2. Rpta. Por consiguiente. bloque y pasadores. De la ecuación 1. PROBLEMAS PROPUESTOS 88 .Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 5. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 89 . Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 90 . TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 91 . Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 92 . TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 93 . Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 94 . esto es: Por tanto.27 Solución Parte (a). el desplazamiento del extremo de la barra es: 95 . tiene una longitud deformada que puede determinarse con la siguiente ecuación. un segmento diferencial dz. o sea: La suma total de esos segmentos a lo largo del eje da la longitud deformada de la barra. que genera una deformación unitaria normal en la barra de εz=40(10-3)zl/2.27. localizado en la posición z..27 está sometida a un incremento de temperatura a lo largo de su eje.Como la deformación unitaria normal está dada en cada punto a lo largo de la barra. y (b) la deformación unitaria normal promedio en la barra. figura 4.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales PROBLEMA La barra esbelta mostrada en la figura 4. Figura 4. donde z está dada en metros. Determine (a) el desplazamiento del extremo B de la barra debido al incremento de temperatura. La deformación unitaria normal promedio en la barra se determina con la siguiente ecuación. Por ejemplo. Se examinarán también las propiedades mecánicas y otras pruebas relacionadas con el desarrollo de la mecánica de materiales.5 pulg. cerámica. polímeros o compuestos. Para llevar a cabo esta prueba se prepara un espécimen o probeta de forma y tamaño "estándar". Estas marcas se colocan lejos de los extremos del espécimen porque la distribución del esfuerzo en los extremos es un tanto compleja debido al agarre de las conexiones cuando se aplica una carga.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Parte (b). (13 mm) y una longitud calibrada de Lo = 2 pulg. Por consiguiente: Rpta. Ao. cuando se usa un espécimen de metal en una prueba de tensión. Entre las pruebas más importantes están las pruebas de tensión o compresión. para los materiales usados comúnmente en ingeniería. 6. sean de metal.. (50 mm). Con objeto de aplicar una carga axial. por lo 96 . Aunque con estas pruebas pueden determinarse muchas propiedades mecánicas importantes de un material. sin que tenga lugar la flexión en el espécimen. PRUEBAS DE TENSIÓN Y COMPRESIÓN La resistencia de un material depende de su capacidad para soportar una carga sin deformación excesiva o falla. se imprimen con un punzón a la probeta dos marcas pequeñas a lo largo de ésta. como de la distancia Lo de la longitud calibrada entre las marcas del punzón. Se estudiará el comportamiento descrito por este diagrama. 7. PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS MATERIALES Una vez estudiados los conceptos básicos de esfuerzo y de deformación unitaria. se utilizan principalmente para determinar la relación entre el esfuerzo normal promedio y la deformación normal unitaria en muchos materiales utilizados en ingeniería.28a. figura 4. Esta propiedad es inherente al material mismo y debe determinarse por experimentación. en este capítulo mostraremos cómo los esfuerzos pueden relacionarse con las deformaciones unitarias usando métodos experimentales para determinar el diagrama esfuerzo-deformación unitaria de un material específico. Se toman mediciones tanto del área de la sección transversal inicial del espécimen. que supone que la barra o "segmento de línea" tiene una longitud original de 200 mm y un cambio de longitud de 2. Antes de la prueba.39 mm. generalmente éste tiene un diámetro inicial de do = 0. 28b para estirar el espécimen a un régimen constante muy lento. Midiendo la resistencia eléctrica del alambre.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales regular los extremos se asientan sobre juntas de rótula. usando ya sea una galga o un dispositivo óptico o mecánico llamado extensómetro. hasta alcanzar el punto de ruptura. que se parece al mostrado en la figura 4. entonces ésta es. en efecto. el alambre y el espécimen experimentarán la misma deformación unitaria.28b Figura 4. puesto que también es posible leer la deformación unitaria directamente usando una galga extenso métrica de resistencia eléctrica. En esencia.28c. a veces no se toma esta medición. la galga puede graduarse para leer los valores de la deformación unitaria normal directamente. La operación de esta galga está basada en el cambio en la resistencia eléctrica de un alambre muy delgado o una pieza de hoja de metal sometida a deformación. La máquina se diseña para que se pueda leer la carga requerida para mantener este alargamiento uniforme. se registran los datos de la carga aplicada P. y a intervalos frecuentes. También puede medirse el alargamiento δ = L . Sin embargo. la galga está cementada o pegada al espécimen en una dirección específica.28a 4.. Este valor de δ se usa luego para determinar la deformación unitaria normal promedio en el espécimen o muestra. Si el pegamento es muy fuerte en comparación con la galga. una parte integral de espécimen.28 4. Durante la prueba. Luego se usa una máquina de prueba similar a la mostrada en la figura 4. de modo que cuando éste se alargue en la dirección de la galga.Lo entre las marcas que se hicieron en el espécimen con el punzón. a medida que se leen en la carátula de la máquina o en un dispositivo digital.28c 97 . 4. La curva resultante se llama diagrama de esfuerzo-deformación unitaria y hay 2 maneras de describirlo. podemos determinar el esfuerzo nominal o de ingeniería dividiendo la carga P aplicada entre el área Ao de la sección transversal original del espécimen. es posible calcular varios valores del esfuerzo y la correspondiente deformación unitaria en el espécimen y luego graficar los resultados.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 4. Entonces: Si se grafican los valores correspondientes de σ y ε. Aquí se supone que la deformación unitaria es constante en la región entre los puntos calibrados.29 8. debe ser 98 . entre la longitud calibrada original del espécimen Lo. Este diagrama es muy importante en la ingeniería ya que proporciona los medios para obtener datos sobre la resistencia a tensión (o a compresión) de un material sin considerar el tamaño o forma geométrica del material. la curva resultante se llama diagrama convencional de esfuerzo-deformación unitaria. con los esfuerzos como ordenadas y las deformaciones unitarias como abscisas. la deformación nominal o de ingeniería se determina directamente leyendo el calibrador o dividiendo el cambio en la longitud calibrada δ. Diagrama convencional de esfuerzo-deformación unitaria. Sin embargo. Usando los datos registrados. EL DIAGRAMA DE ESFUERZO-DEFORMACIÓN UNITARIA A partir de los datos de un ensayo de tensión o de compresión. Este cálculo supone que el esfuerzo es constante en la sección transversal y en toda la región entre los puntos calibrados. Tenemos: De la misma manera. 30 8.30 se muestra el diagrama característico de esfuerzo-deformación unitaria de una probeta de acero. En la figura 4. dependiendo de la cantidad de deformación unitaria inducida en el material. En otras palabras. así que el esfuerzo es proporcional a la deformación unitaria. Figura 4. ya que los resultados dependen entre otras variables de la composición del material. Si el esfuerzo 99 . σlp. de imperfecciones microscópicas. Veremos ahora las características de la curva convencional esfuerzo deformación unitaria del acero. usando el método antes descrito. material comúnmente usado para la fabricación de miembros estructurales y elementos mecánicos. de la manera en que esté fabricado. Puede verse que la curva es en realidad una línea recta a través de toda esta región.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales claro que nunca serán exactamente iguales dos diagramas de esfuerzodeformación unitaria para un material particular. El límite superior del esfuerzo en esta relación lineal se llama límite de proporcionalidad. se dice que el material es linealmente elástico.1. de la velocidad de carga y de la temperatura durante la prueba. COMPORTAMIENTO ELÁSTICO Este comportamiento elástico ocurre cuando las deformaciones unitarias en el modelo están dentro de la región ligeramente sombreada que se muestra en la figura 4-4. En esta curva podemos identificar cuatro maneras diferentes en que el material se comporta. y la deformación que ocurre se llama deformación plástica. Endurecimiento por deformación. una carga creciente hasta que se detecte una deformación permanente en el mismo. y se identifica en la figura 4. el área de su sección transversal disminuirá.30. como se muestra en la figura 4. figura 4.30. incluso hasta la deformación unitaria que corresponde al esfuerzo último. Para determinar este punto en cualquier espécimen.2. las deformaciones unitarias inducidas debido a la fluencia serían de 10 a 40 veces más grandes que las producidas hasta el límite elástico. resultando una curva que se eleva continuamente pero se va aplanando hasta llegar a un esfuerzo máximo. su detección es bastante difícil. Este comportamiento se llama fluencia. A lo largo de la prueba. una vez que se ha alcanzado el punto inferior de fluencia. Aunque no se muestra en la figura 4.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR excede un poco el límite de proporcionalidad. 8. debemos aplicar. Si lo estuviera. llamado esfuerzo último. entonces la muestra continuará alargándose sin ningún incremento de carga. 100 . puede aplicarse más carga a la probeta. en los aceros con bajo contenido de carbono o en aquellos que sean laminados o rolados en caliente. FLUENCIA Un ligero aumento en el esfuerzo más allá del límite elástico provocará un colapso del material y causará que se deforme permanentemente. Sin embargo. σu. La elevación en la curva de esta manera se llama endurecimiento por deformación. se distinguen dos valores para el punto de fluencia. la curva tiende a aplanarse causando un incremento mayor de la deformación unitaria con el correspondiente incremento del esfuerzo. Esta disminución de área es bastante uniforme en toda la longitud calibrada del espécimen. en el acero rara vez se determina el límite elástico. puesto que está muy cerca del límite de proporcionalidad y. Cuando el material está en este estado. El punto superior de fluencia ocurre primero. y está indicado por la región más oscura de la curva. seguido por una disminución súbita en la capacidad de soportar carga hasta un punto inferior de fluencia. Observe que la figura 4. El esfuerzo que origina la fluencia se llama esfuerzo de fluencia o punto de fluencia. Sin embargo. suele decirse que es perfectamente plástico. σY. por tanto. sin embargo. el material puede todavía responder elásticamente.30 no está trazada a escala. Cuando la fluencia ha terminado.30.30 como la región ligeramente sombreada. y mientras el espécimen se está alargando. Esto continúa hasta que el esfuerzo llega al límite elástico. y luego retirar. el área más pequeña puede soportar sólo una carga siempre decreciente.30.31a. Los valores del esfuerzo y de la deformación unitaria calculados a partir de esas mediciones se llaman esfuerzo real y deformación unitaria real. σf. Advierta que ambos diagramas (el convencional y el real) prácticamente coinciden cuando la deformación unitaria es pequeña. Figura 4. tiende a desarrollarse un "cuello" en esta zona a medida que el espécimen se alarga cada vez más.31 8. y un trazo de sus valores se llama diagrama real de esfuerzo-deformación unitaria. podríamos haber usado el área de la sección transversal y la longitud reales del espécimen en el instante en que la carga se está midiendo.31b. Esta región de la curva debida a la formación del cuello está representada con color oscuro en la figura 4. Puesto que el área de la sección transversal en esta zona está decreciendo continuamente. Como resultado. De aquí que el diagrama de esfuerzo-deformación unitaria tienda a curvarse hacia abajo hasta que la probeta se rompe en el punto del esfuerzo de fractura. el área de la sección transversal comienza a disminuir en una zona localizada de la probeta. Las diferencias entre los diagramas comienzan a aparecer en la zona de 101 .TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Formación del cuello o estricción. Cuando se traza este diagrama. En el esfuerzo último. figura 4. vemos que tiene la forma mostrada por la línea que forma la curva en la figura 4. figura 4.30.3. Este fenómeno es causado por planos de deslizamiento que se forman dentro del material y las deformaciones producidas son causadas por esfuerzos cortantes. DIAGRAMA REAL DE ESFUERZO-DEFORMACIÓN UNITARIA En lugar de usar siempre el área de la sección transversal y la longitud originales de la muestra para calcular el esfuerzo y la deformación unitaria (de ingeniería). en lugar de hacerlo en toda su longitud. El final de la fluencia ocurre con una deformación unitaria de εY = 0.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR endurecimiento por deformación.1 %) comparado con sus valores verdaderos. la zona elástica de la curva se presenta en una escala de deformación exagerada.ε real. según el diagrama σ .380 pulg/pulg. σf = 47 klb/pulg2 (324 MPa). es 317 veces mayor que εlp. puesto que σ = P /A. 102 . note la gran divergencia dentro de la zona de formación del cuello. la mayor parte del diseño en ingeniería se lleva a cabo dentro de la zona elástica. la cual muestra un diagrama de esfuerzo-deformación convencional de una probeta de un acero dulce.e convencional. Sin embargo. Siguiendo el comportamiento. ya que la distorsión del material en general no es severa dentro de este intervalo. εf = 0. y así el material realmente soporta un esfuerzo creciente. la cual es 25 veces más grande que la deformación unitaria en el límite de proporcionalidad. el límite de proporcionalidad se alcanza en σlp = 35 klb/pulg2 (241 MPa). puesto que Ao es constante cuando se calcula el esfuerzo nominal. Los conceptos anteriores pueden resumirse haciendo referencia a la figura 4. Éste es seguido por un punto superior de fluencia de (σY)u = 38 klb/pulg2 (262 MPa). la deformación unitaria hasta el límite de elasticidad permanecerá pequeña y el error en el uso de los valores nominales de σ y de ε será muy pequeño (alrededor de 0. Ésta es una de las razones primordiales para usar diagramas de esfuerzo-deformación convencionales. Continuando. donde la magnitud de la deformación unitaria es más significativa. la probeta de ensayo en realidad soporta una carga decreciente. En comparación.0012 pulg/pulg. cuando εlp = 0. luego súbitamente por un punto inferior de fluencia de (σY)l = 36 klb/pulg2 (248 MPa). el área real A dentro de la región de formación del cuello está siempre decreciendo hasta que ocurre la falla σf. Siempre que el material sea "rígido".32. la probeta de ensayo se endurece hasta que alcanza un esfuerzo último de σu = 63 klb/pulg2 (435 MPa). y luego comienza la estricción hasta que ocurre la falla.030 pulg/pulg. la deformación unitaria en el punto de falla. σ = P/Ao. En particular. Con objeto de resaltar los detalles. Aunque los diagramas de esfuerzo-deformación real y convencional son diferentes. Aquí podemos ver que. según el diagrama σ . como son la mayoría de los metales. Estos dos casos se ilustran en la figura 4. respectivamente: Figura 4. Las deformaciones unitarias en la dirección axial o longitudinal y en la dirección lateral o radial son.33 para una barra con radio r y longitud L iniciales. Cuando la carga P se aplica a la barra. una fuerza de compresión que actúa sobre un cuerpo ocasiona que éste se contraiga en la dirección de la fuerza y que se expanda lateralmente.32 9. Por ejemplo. RELACIÓN DE POISSON Cuando un cuerpo deformable está sometido a una fuerza axial de tensión. puede notarse que el espesor y el ancho de la tira disminuyen. no sólo se alarga sino que también se contrae lateralmente. Igualmente.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 4.33 103 . si una tira de hule se alarga. la longitud de la barra cambia una cantidad δ y su radio una cantidad δ'. tendrá υ = 0. Por tanto.D. A esta constante se le llama razón de Poisson. 0 ≤ υ ≤0. Además esta deformación unitaria es causada sólo por la fuerza axial o longitudinal.5. el científico francés S. ninguna fuerza o esfuerzo actúa en una dirección lateral que deforme el material en esa dirección. la razón de esas dos deformaciones unitarias es constante. El valor máximo posible para la razón de Poisson es 0. y viceversa.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR A principios del siglo XIX. Poisson descubrió que dentro del rango elástico. Expresado matemáticamente: El signo negativo se usa aquí ya que un alargamiento longitudinal (deformación unitaria positiva) ocasiona una contracción lateral (deformación unitaria negativa). Figura 4. Advierta que esta deformación unitaria lateral es la misma en todas las direcciones laterales (o radiales). La razón de Poisson es adimensional y para la mayoría de los sólidos no porosos tiene un valor generalmente entre ¼ y 1/3. 104 . y tiene un valor numérico que es único para un material particular que sea homogéneo e isotrópico.5. un material ideal sin movimiento lateral cuando se alargue o contraiga. La relación de esas deformaciones unitarias es constante. v (nu). En particular. ya que las deformaciones δ y δ' son proporcionales.34 Cuando el bloque de hule es comprimido (deformación unitaria negativa) sus lados se expanden (deformación unitaria positiva). Figura 4.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales EJEMPLO Una barra de acero A-36 tiene las dimensiones mostradas en la figura 4. El material se comporta elásticamente. determine cambio en su longitud y el cambio en las dimensiones de su sección transversal después de aplicada la carga.32 según la tabla en e1forro posterior. Eac = 200 GPa.35 Solución El esfuerzo normal en la barra es: De la tabla en la cubierta posterior para el acero A-36.35. Usando la ecuación: donde υac = 0. por lo que la deformación unitaria en la dirección z es: El alargamiento axial de la barra es entonces: Rpta. Si se aplica una fuerza axial P = 80 kN a la barra. las contracciones en las direcciones x y y son: 105 . 36b. τf.1. 9. el comportamiento elástico es lineal. Rpta. Además. La deformación unitaria cortante γxy mide la distorsión angular del elemento con relación a los lados orientados inicialmente a lo largo de los ejes x y y.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Así. EL DIAGRAMA DE ESFUERZO-DEFORMACIÓN UNITARIA EN CORTANTE Cuando un elemento de material está sometido a cortante puro. los datos pueden usarse para determinar el esfuerzo cortante y la deformación unitaria cortante. Estos esfuerzos deben estar dirigidos hacia o desde las esquinas diagonalmente opuestas del elemento. En la mayoría de los materiales de ingeniería. los cambios en las dimensiones de la sección transversal son: Rpta. Si se hacen mediciones del par aplicado y del ángulo de torsión resultante. el material comenzará a perder su resistencia al cortante hasta que se alcance un punto en que se fracture.36a. entonces el esfuerzo cortante distorsionará al elemento de manera uniforme. el equilibrio requiere que se desarrollen esfuerzos cortantes iguales en las cuatro caras del elemento.37 se muestra un ejemplo de este diagrama para un material dúctil. En la figura 4. Al igual que en la prueba de tensión. como el que acabamos de describir. entonces. este material exhibirá un comportamiento elástico lineal cuando se le somete a corte y tendrá un límite de proporcionalidad τlp definido. figura 4. y puede trazarse un diagrama de esfuerzo cortante-deformación cortante unitaria. También ocurrira un endurecimiento por deformación hasta que se llegue al esfuerzo cortante último τu. figura 4. El comportamiento de un material sometido a cortante puro puede ser estudiado en un laboratorio usando muestras en forma de tubos delgados y sometiéndolos a una carga de torsión. Finalmente. de modo que la ley de Hooke para el cortante puede escribirse como: 106 . si el material es homogéneo e isotrópico. υac = 0.36 Figura 4.32 107 .37 Aquí G se llama módulo de elasticidad por cortante o módulo de rigidez. Las tres constantes del material. en el caso del acero A-36.0 (103) klb/pulg2. el valor de υ podrá determinarse por medio de esta ecuación en vez de tener que recurrir a mediciones experimentales. puesto que g se mide en radianes. Advierta que las unidades de G son las mismas que para E (Pa o lb/pulg2). G = τlp/γlp. Por ejemplo. esto es.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 4. υ y G están relacionadas por la ecuación: Siempre que E y G se conozcan. una cantidad adimensional. de modo que. Su valor puede medirse por la pendiente de la línea en el diagrama τ-γ. En el forro interior de la cubierta de este libro se dan algunos valores típicos para materiales comunes de ingeniería. Eac = 29(103) klb/pulg2 Gac = 11. E. Si una fuerza de 165 kN alarga la longitud calibrada 1.38 tiene un diámetro do=25 mm y una longitud calibrada Lo = 250 mm. el material se comporta elásticamente. Considere Gal = 26 GPa y σy = 440 MPa.38 Solución Módulo de elasticidad. El esfuerzo normal promedio en el espécimen es: Y la deformación unitaria normal promedio es: Como σ < σy = 440 MPa. Determine también cuánto se reduce el diámetro debido a esta fuerza. 108 . determine el módulo de elasticidad.20 mm. El módulo de elasticidad es: Rpta. Figura 4.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR EJEMPLO El espécimen de aluminio mostrado en la figura 4. EJEMPLO Un espécimen de una aleación de titanio se prueba en torsión y el diagrama de esfuerzo de cortante-deformación angular unitaria que resulta se muestra en la figura 4.Primero determinamos la relación de Poisson para el material: Como εlong = 0. Determine también la distancia d máxima que la parte superior de un bloque de este material. entonces: La Contracción del diámetro es por lo tanto: Rpta.00480 mm/mm. podría desplazarse horizontalmente si el material se comporta elásticamente al actuar sobre él la fuerza cortante V..39a.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Contracción del diámetro. Determine el módulo cortante G. ¿Cuál es la magnitud de V para causar este desplazamiento? 109 . el límite de proporcionalidad y el esfuerzo cortante último. mostrado en la figura 4.39b. punto B. 110 . Límite de proporcionalidad: Por inspección. la gráfica deja de ser lineal en el punto A. De la gráfica: Rpta. Esfuerzo último: Este valor representa el esfuerzo cortante máximo.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 4.008 rad. Así: Rpta. Las coordenadas del punto A son (0.γ. 52 klb/pulg2). La ecuación de la línea OA es por lo tanto τ = 6500γ. Entonces: Rpta. que es la ley de Hooke para cortante.39 Solución Módulo cortante: Este valor representa la pendiente de la porción recta OA del diagrama τ . si una fuerza externa constante se aplica a cada extremo.Como la deformación unitaria cortante elástica máxima es de 0. la fuerza cortante V necesaria para causar el desplazamiento es: Rpta 10. 111 .1. un ángulo muy pequeño. Además. El esfuerzo cortante promedio correspondiente en el bloque es τlp = 52 klb/pulg2. L = distancia entre los puntos. DEFORMACIÓN ELÁSTICA DE UN MIEMBRO CARGADO AXIALMENTE 10.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Desplazamiento elástico máximo y fuerza cortante.40. CARGA Y ÁREA TRANSVERSAL CONSTANTES En muchos casos la barra tendrá un área transversal A constante y el material será homogéneo.008 rad.40 Donde: δ = desplazamiento de un punto de la barra relativo a otro punto. se obtiene: Figura 4. Así. figura 4. entonces la fuerza interna P a lo largo de la barra será también constante. por lo que E será constante. la parte superior del bloque en la figura 4-12b se desplazará horizontalmente: Rpta.. P = fuerza axial interna en la sección. En consecuencia. PBC = . mientras que una fuerza y un desplazamiento negativo causarán compresión y contracción.3 kN Y PCD = -7 kN. la ecuación anterior puede aplicarse a cada segmento de la barra donde esas cantidades sean todas constantes.41. figura 112 . Si la barra está sometida a varias fuerzas axiales diferentes. respectivamente. El desplazamiento de un extremo de la barra respecto al otro se encuentra entonces por medio de la adición vectorial de los desplazamientos de los extremos de cada segmento. figura 4. E = módulo de elasticidad del material. consideraremos que la fuerza y el desplazamiento son positivos si causan tensión y alargamiento. son PAB = + 5 kN. calculadas por el método de las secciones en cada segmento. Para este caso general: 10. Figura 4. consideremos la barra mostrada en la figura 4. respectivamente.41a. Para hacerlo.41 Por ejemplo. CONVENCIÓN DE SIGNOS Debemos desarrollar una convención de signos para la fuerza axial interna y el desplazamiento de un extremo de la barra con respecto al otro extremo de la misma. o si la sección transversal o el módulo de elasticidad cambian abruptamente de una región de la barra a la siguiente. Las fuerzas axiales internas "P".2.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR A = área de la sección transversal de la barra. entonces.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 4. Esta variación se muestra en el diagrama de fuerza axial (o normal) para la barra.41 Si se sustituyen los otros datos y se obtiene una respuesta positiva. La notación de doble subíndice se usa para indicar este desplazamiento relativo (δA/D). si D se localiza en un soporte fijo entonces el desplazamiento calculado se denotará simplemente como δA. Aplicando la ecuación de carga y área transversal constantes para obtener el desplazamiento del extremo A respecto del extremo D. 113 . figura 4. Por ejemplo. se usará sólo un subíndice. tenemos: Figura 4.42a está hecha de dos segmentos AB y BD que tienen áreas transversales de AAB = 1 pulg2 y ABD = 2 pulg2.41c. sin embargo. EJEMPLO La barra compuesta de acero A-36 (Módulo de Elasticidad = 29(103) klb/pulg2) mostrada en la figura 4. ello significará que el extremo A se alejará del extremo D (la barra se alarga) mientras que un resultado negativo indicará que el extremo A se acerca hacia D (la barra se acorta). Determine el desplazamiento vertical del extremo A y el de B respecto a C. si el desplazamiento va a determinarse respecto a un punto fijo.42b. las fuerzas axiales internas en las regiones AB. como se muestra en la figura 4.Usando la convención de signos.42c. la barra se alarga y el desplazamiento de A es hacia arriba..42 Solución Fuerza interna.42b y se encuentran graficadas en la figura 4. el desplazamiento vertical de A respecto al soporte fijo D es: Rpta. fuerzas internas de tensión son positivas y fuerzas internas de compresión son negativas.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 4. Como el resultado es positivo. esto es. 114 . Rpta.Debido a la aplicación de las cargas externas. Esas fuerzas se obtienen aplicando el método de las secciones y la ecuación de equilibrio por fuerza vertical. BC y CD serán todas diferentes.. Desplazamiento. ya que la barra se alarga.aluminio con área transversal de 400 mm2. muestra que la barra está sometida a una tensión de 80 kN y el tubo a una compresión de 80 kN. Considere Eac = 200 GPa y Eal = 70 GPa..El diagrama de cuerpo libre del tubo y de la barra. ya que el segmento se alarga.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Aquí B se aleja de C. Una barra de acero con diámetro de 10 mm está unida a un collarín rígido y pasa a través del tubo. EJEMPLO El conjunto mostrado en la figura 4. tenemos: El signo positivo indica que el extremo C se mueve hacia la derecha con respecto al extremo B.. determine el desplazamiento del extremo C de la barra.43a consiste en un tubo AB de . Trabajando en unidades de newtons y metros. Figura 4.43b.43 Solución: Fuerza interna. Desplazamiento. El desplazamiento del extremo B con respecto al extremo fijo A es: 115 .Determinaremos primero el desplazamiento del extremo C con respecto al extremo B. Si se aplica una carga de tensión de 80 kN a la barra. figura 4. Puesto que ambos desplazamientos son hacia la desplazamiento resultante de C respecto a A es entonces: derecha. EJEMPLO Una viga rígida AB descansa sobre los dos postes cortos mostrados en la figura 4. figura 4. por lo que B se mueve hacia la derecha respecto a A.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR El signo menos indica aquí que el tubo se acorta. figura 4. AC está hecho de acero y tiene un diámetro de 20 mm.44b. Considere Eac = 200 GPa y Eal = 70 GPa. el Rpta.44c. Figura 4. Determine el desplazamiento del punto F situado en AB cuando se aplica una carga vertical de 90 kN sobre este punto.Las fuerzas de compresión que actúan en la parte superior de cada poste se determinan a partir del equilibrio del miembro AB. 116 .44 Solución Fuerza interna.44a. BD está hecho de aluminio y tiene un diámetro de 40 mm.. Esas fuerzas son iguales a las fuerzas internas en cada poste. TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Desplazamiento.- El desplazamiento de la parte superior de cada poste es: Poste AC: Poste BD: En la figura 4-18d se muestra un diagrama de los desplazamientos de los puntos A, B y F situados en el eje de la viga. Por proporciones en el triángulo sombreado, el desplazamiento del punto F es entonces: Rpta. EJEMPLO Un miembro está hecho de un material que tiene un peso específico γ y un módulo de elasticidad E. El miembro tiene la forma de un cono con las dimensiones mostradas en la figura 4.45a. Determine el desplazamiento de su extremo inferior bajo el efecto de su propio peso. Figura 4.45 117 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Solución Fuerza interna. La fuerza axial interna varía a lo largo del miembro que depende del peso W(y) de un segmento del miembro situado debajo de cualquier sección, figura 4.45b. Por tanto, para calcular el desplazamiento, debemos usar la ecuación: En la sección localizada a una distancia y del fondo, el radio x del cono como función de y se determina por proporción; esto es: El volumen de un cono con base de radio x y altura y es: Como W = γV la fuerza interna en la sección es: Desplazamiento.- El área de la sección transversal es también una función de la posición y, figura 4-19b. Tenemos: Aplicando la ecuación: obtiene: Entre los límites y = 0 Y y = L se Rpta. 118 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Como verificación parcial de este resultado, note cómo las unidades de los términos, al cancelarse, dan la deflexión en unidades de longitud como era de esperarse. 11. PROBLEMAS PROPUESTOS 119 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 120 . Consideremos. en la que las 121 . llamada superficie neutra. Puede verse aquí que las líneas longitudinales se curvan y que las líneas transversales permanecen rectas pero sufren una rotación. El análisis se limitará a vigas con secciones transversales simétricas respecto a un eje y el momento flexionante se encuentra aplicado respecto a un eje perpendicular a este eje de simetría. por ejemplo.2a que tiene una sección transversal cuadrada y está marcada con una retícula formada por líneas longitudinales y transversales.2b. Figura 5. DEFORMACIÓN POR FLEXIÓN DE UN MIEMBRO RECTO En esta sección estudiaremos las deformaciones que ocurren cuando una viga prismática recta hecha de material homogéneo está sometida a flexión. Al aplicar un momento flexionante.1 Usando un material sumamente deformable como el hule. podemos ilustrar físicamente qué sucede cuando un miembro prismático recto está sometido a un momento flexionante. El comportamiento de miembros con secciones transversales asimétricas o que están hechos de varios materiales se basa en consideraciones similares. El comportamiento de cualquier barra deformable sometida a un momento flexionante es tal que el material en la porción inferior de la barra se alarga y el material en la porción superior se comprime. la barra no deformada en la figura 5. y se estudiarán separadamente en secciones posteriores.1.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Unidad V FLEXIÓN 1. como se muestra en la figura 5. En consecuencia. éste tiende a distorsionar esas líneas según el patrón mostrado en la figura 5. entre esas dos regiones debe haber una superficie. figura 5. La primera es que el eje longitudinal x.3 122 . El momento tiende a deformar la viga en forma tal que esta línea recta se vuelve una Línea curva contenida en el plano x-y de simetría. En particular.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR fibras longitudinales del material no experimentarán un cambio de longitud. figura 5. Figura 5. figura 5. figura 5.3a. Figura 5. el eje z.2 Con base en estas observaciones haremos las siguientes tres hipótesis relativas a la manera en que el esfuerzo deforma al material. se llama eje neutro.1. contenido en el plano de la sección transversal y respecto al cual gira la sección. que se encuentra en la superficie neutra. no experimenta ningún cambio de longitud.3b. Su posición se determinará en la siguiente sección.3b. figura 5-2b. La segunda hipótesis es que todas las secciones transversales de la viga permanecen planas y perpendiculares al eje longitudinal durante la deformación. La tercera hipótesis es que cualquier deformación de la sección transversal dentro de su propio plano será despreciada. figura 5.4a. La línea superior se estira.4. Este elemento. aislaremos un segmento de la viga localizado a una distancia x a lo largo de la longitud de la viga y con un espesor no deformado ∆x.4 Representaremos ahora esta deformación unitaria en términos de la posición y del segmento y del radio de curvatura ρ del eje longitudinal del elemento. se contraerá y tendrá la longitud ∆s’ después que la deformación ha tenido lugar. tomado de la viga. Después de la deformación ∆x tiene un 123 . localizado sobre la superficie neutra.3a. ∆s = ∆x. mientras que cualquier segmento de línea ∆s. y la línea central permanece con la misma longitud. figura 5. la deformación unitaria normal a lo largo de ∆s se determina con la siguiente ecuación: Note la distorsión de las líneas debido a la flexión de esta barra de hule. Note que cualquier segmento de línea ∆x. no cambia de longitud. localizado a una distancia arbitraria y arriba de la superficie neutra. la línea inferior se comprime. se muestra en vista de perfil en sus posiciones no deformada y deformada en la figura 5. Por definición.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Para mostrar cómo esta distorsión deforma el material. Antes de la deformación. Las líneas verticales giran pero permanecen rectas. Figura 5. 5 124 . Usando la ecuación. Como εmáx = c/ρ. Una contracción (. Esta variación en la deformación unitaria sobre la sección transversal se muestra en la figura 5. la deformación unitaria normal longitudinal variará linealmente con y desde el eje neutro. situada a una distancia c del eje neutro.4b. la longitud deformada de ∆s es ∆s’ = (ρ .5. figura 5. mientras que se presentarán alargamientos (+ε) en fibras localizadas debajo del eje (-y). De la misma manera. Aquí la deformación unitaria máxima ocurre en la figura extrema. para cualquier sección transversal específica. Sustituyendo en la ecuación anterior. ∆x = ∆s = ρ∆θ. con centro de curvatura en el punto 0'.y) ∆θ. En otras palabras.ε) ocurrirá en fibras situadas arriba del eje neutro (+y). entonces por división: De manera que: Figura 5. obtenemos: Este importante resultado indica que la deformación unitaria normal longitudinal de cualquier elemento dentro de la viga depende de su localización y sobre la sección transversal y del radio de curvatura del eje longitudinal de la viga en el punto. Como ∆θ define el ángulo entre los lados de la sección transversal del elemento.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR radio de curvatura ρ. LA FÓRMULA DE LA FLEXIÓN En esta sección desarrollaremos una ecuación que relaciona la distribución del esfuerzo longitudinal en una viga con el momento de flexión interno resultante que actúa sobre la sección transversal de la viga. debe haber también ponentes de deformación unitaria asociadas εy = .6 1.( σ x = Eεx). que deforman el plano de la sección transversal. se deformará como se muestra figura 5. supondremos que el material se comporta de manera elástica lineal. Sin embargo.υεx. si la viga tiene una sección cuadrada. figura 5. Para hacer esto. Por tanto. Es este estado uniaxial de esfuerzo el que provoca que el material tenga la componente de deformación unitaria normal longitudinal εx. debe ser entonces la consecuencia de una variación lineal del esfuerzo normal. definida por la ecuación Además.6.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Esta deformación unitaria normal depende sólo de las hipótesis hechas con respecto a la deformación. ya que la superficie de la viga esta libre de cualquier otra carga. figura 5.7b. σ = Eε. por la razón de Poisson. Una variación lineal de la deformación unitaria normal. Figura 5.7a. Por ejemplo.1. por lo que es aplicable la ley de Hooke. es entonces razonable suponer adicionalmente que este momento ocasiona solamente un esfuerzo normal en la dirección x o longitudinal. aunque aquí hemos despreciado esas deformaciones. Todas las otras componentes de esfuerzo normal y cortante son cero. igual que la variación de la deformación 125 .υεx y εz = . Si sólo se aplica un momento a la viga. tales deformaciones ocasionaran que las dimensiones de la sección transversal se vuelvan más pequeñas debajo del eje neutro. esto es. Por triángulos semejantes. figura 5. valores negativos de y darán valores positivos o de tensión para σ. La convención de signos establecida aquí es importante.7b. el elemento localizado en + y se muestra en la figura 5.7 Esta ecuación representa la distribución del esfuerzo sobre la sección transversal. Para un M positivo actuando en la dirección + z.7c.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR unitaria normal. requerimos que: 126 . Por ejemplo. Si se selecciona un elemento de volumen de material en un punto específico sobre la sección transversal. un esfuerzo de compresión ya que actúa en la dirección negativa de x. Notando que la fuerza dF = σdA actúa sobre el elemento arbitrario dA en la figura 5. σ variará de cero en el eje neutro del miembro a un valor máximo σmax en puntos a la distancia c máxima desde el eje neutro. σ = Eε. Podemos localizar la posición del eje neutro sobre la sección transversal satisfaciendo la condición de que la fuerza resultante producida por la distribución del esfuerzo sobre la sección transversal debe ser igual a cero.7c. sólo esos esfuerzos normales de tensión o de compresión actuarán sobre él. o usando la ley de Hooke. valores positivos de y dan valores negativos para σ. esto es. Similarmente. y la ecuación Podemos escribir: Figura 5. Como dF = σ dA. el pulgar está dirigido a lo largo del eje positivo z cuando los dedos se curvan según el sentido de rotación causado por dM. El momento de dF en la figura 5-7c respecto al eje neutro es dM = y dF. el momento estático de la sección transversal del miembro respecto al eje neutro debe ser cero. por la regla de la mano derecha. entonces: En otras palabras. Lo denotamos con I.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Como σmáx/c no es igual a cero. Este momento es positivo ya que. De la ecuación: Podemos entonces despejar σmáx Y escribirla en forma general como: 127 . usando la ecuación: Tenemos para la sección transversal total: Ó La integral en esta ecuación representa el momento de inercia de la sección transversal de la viga respecto al eje neutro. Esta condición sólo puede ser satisfecha si el eje neutro es también el eje centroidal horizontal de la sección transversal. se conoce también la posición del eje neutro. una vez determinado el centroide de la sección transversal del miembro. Podemos determinar el esfuerzo en la viga a partir del requisito de que el momento interno resultante M debe ser igual al momento producido por la distribución del esfuerzo respecto al eje neutro. En consecuencia. I c Como σmáx /c = -σ/y. tendrá un esfuerzo normal máximo real que es aproximadamente 5. y es positiva hacia arriba por lo que σ debe ser negativo (compresivo) ya que actúa en la dirección x negativa. el esfuerzo normal a la distancia y intermedia puede determinarse con la siguiente ecuación: Advierta que el signo negativo es necesario ya que es consistente con los ejes x. determinado con el método de las secciones y las ecuaciones de equilibrio y se calcula con respecto al eje neutro de la sección transversal. y. No obstante que hemos supuesto que el miembro es prismático. A cualquiera de las dos ecuaciones anteriores se les llama fórmula de la flexión. figura 5. Por la regla de la mano derecha. un miembro con una sección transversal rectangular y un ahusamiento de 15° en sus lados superior e inferior longitudinales.7c. con base en la teoría de la elasticidad. = momento interno resultante. z establecidos. M es positivo a lo largo del eje + z. Por ejemplo. 128 .Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Aquí: σmáx M = esfuerzo normal máximo en el miembro que ocurre en el punto de la sección transversal más alejado del eje neutro. = distancia perpendicular del eje neutro al punto más alejado de este eje y sobre el cual actúa σmáx. Se usa para determinar el esfuerzo normal en un miembro recto con sección transversal simétrica respecto a un eje si el momento es aplicado perpendicularmente a este eje. = momento de inercia de la sección transversal calculado respecto al eje neutro. podemos en la mayoría de los casos de diseño usar la fórmula de la flexión también para determinar el esfuerzo normal en miembros que tienen un ligero ahusamiento.4% menor que el calculado usando la fórmula de la flexión. Esto causa esfuerzos de tensión en un lado de la viga y esfuerzos de compresión en el otro lado. ya que M debe ser calculado respecto a este eje. • Debido a la deformación. El eje neutro o centroidal de la sección transversal debe ser conocido. • En un material elástico-lineal. PUNTOS IMPORTANTES • La sección transversal de una viga recta permanece plana cuando la viga se deforma por flexión. Si el material es homogéneo y la ley de Hooke es aplicable.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Este espécimen de madera falló por flexión. la deformación unitaria longitudinal varía linealmente de cero en el eje neutro a un máximo en las fibras exteriores de la viga. el eje neutro pasa por el centroide del área de la sección transversal. se sugiere el siguiente Momento interno. fórmula de la flexión. 129 . el esfuerzo también varía de manera lineal sobre la sección transversal. PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS Para aplicar la procedimiento. Esta conclusión se basa en el hecho de que la fuerza normal resultante que actúa sobre la sección transversal debe ser cero. dibuje entonces el diagrama de momentos flexionantes para determinar el momento máximo en la viga. El eje neutro está sometido a cero esfuerzo. y obtenga el momento interno M en la sección. • La fórmula de la flexión se basa en el requisito de que el momento resultante sobre la sección transversal es igual al momento producido por la distribución del esfuerzo normal lineal respecto al eje neutro. • Si el esfuerzo de flexión máximo absoluto va a ser determinado. sus fibras superiores se aplastaron y sus fibras inferiores se rompieron. • Seccione el miembro en el punto en donde el esfuerzo de flexión va a ser determinado. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Esfuerzo normal. • Especifique la distancia y, medida perpendicularmente al eje neutro, al punto donde va a determinarse el esfuerzo normal. Aplique luego la ecuación • σ = - My/I o, si va a calcularse el esfuerzo máximo de flexión, use σmáx = Mc/I. Al sustituir los numéricos, asegúrese de que las unidades sean consistentes. • El esfuerzo actúa en una dirección tal que la fuerza que él crea en el punto genera un momento respecto al eje neutro que tiene el mismo sentido que el momento interno M, figura 5.7c. De esta manera, la distribución del esfuerzo que actúa sobre toda la sección transversal puede esbozarse, o aislarse un elemento de volumen del material para representar gráficamente el esfuerzo normal que actúa en el punto. EJEMPLO Una viga tiene una sección transversal rectangular y está sometida a la distribución de esfuerzo mostrada en la figura 5.8a. Determine el momento interno M en la sección causado por la distribución del esfuerzo (a) Usando la fórmula de la flexión, (b) Calculando la resultante de la distribución del esfuerzo mediante principios básicos. Figura 5.8a Solución: Parte (a).- La fórmula de la flexión es σmáx = Mc/I. De la figura 5.8a, c = 6 pulg. y σmáx = 2 klb/pulg2. El eje neutro se define como la línea NA, porque el esfuerzo es cero a lo largo de esta línea. Como la sección transversal tiene una forma rectangular, el momento de inercia de sección respecto al NA se determina con la fórmula para un rectángulo dado en el forro interior de este texto; esto es: 130 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Por tanto: Rpta. Parte (b).- Demostraremos primero que la fuerza resultante de la distribución del esfuerzo es cero. Como se muestra en la figura 5-8b, el esfuerzo que actúa sobre la franja arbitraria dA = (6 pulg.) dy, localizada a una distancia y del eje neutro, es: Figura 5.8b La fuerza generada por este esfuerzo es dF = σ dA, Y entonces, para la sección transversal entera: El momento resultante de la distribución del esfuerzo respecto al eje neutro (eje z) debe ser igual a M. Como la magnitud del momento dF 131 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR respecto a este eje es dM = y dF, y dM es siempre positiva. Figura 5-8b, entonces para la sección entera: Rpta. El resultado anterior puede también determinarse sin integración. La fuerza resultante para cada una de las dos distribuciones triangulares de esfuerzo en la figura 5.8c es gráficamente equivalente al volumen contenido dentro de cada distribución de esfuerzo. Así entonces, cada volumen es: Figura 5.8c Esas fuerzas, que forman un par, actúan en el mismo sentido que los esfuerzos dentro de cada distribución, figura 5.8c. Además actúan pasando por el centroide de cada volumen, esto es, 1/3 (6 pulg.) = 2 pulg. desde las partes superior e inferior de la viga. Por tanto la distancia entre ellas es de 8 pulg, tal como se muestra. El momento de par es entonces: 132 9b. Trabajando en metros.El momento interno máximo en la viga.m. Propiedades de la sección..9c. tenemos: 133 . M = 22. el centroide C y el eje neutro pasan por la mitad de la altura de la viga..9 Solución: Momento interno máximo.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Rpta. EJEMPLO La viga simplemente apoyada (en la figura 5. figura 5. La sección transversal se subdivide en las tres partes mostradas y el momento de inercia de cada parte se calcula respecto al eje neutro. Determine el esfuerzo máximo absoluto de flexión en la viga y dibuje la distribución del esfuerzo en la sección transversal en esta posición. figura 5.9b.Por razones de simetría.9a) tiene la sección transversal mostrada en la figura 5. ocurre en el centro del claro como se muestra en el diagrama de momento flexionante. Figura 5.5 kN. Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Esfuerzo de flexión.- Aplicando la fórmula de la flexión, con c = 170 mm, el esfuerzo máximo absoluto de flexión es: Rpta. En la figura 5.9d se muestran vistas bi y tridimensionales de la distribución del esfuerzo. Note cómo el esfuerzo en cada punto sobre la sección transversal desarrolla una fuerza que contribuye con un momento dM respecto al eje neutro que tiene el mismo sentido que M. Específicamente, en el punto B, yB = 150 mm, por lo que: El esfuerzo normal que actúa sobre elementos de material localizados en los puntos B y D se muestra en la figura 5.9e Figura 5.9 134 TECSUP – PFR Resistencia de Materiales EJEMPLO La viga mostrada en la figura 5.10a tiene una sección transversal en forma de canal, figura 5.10b. Determine el esfuerzo máximo de flexión que se presenta en la sección a-a de la viga. Figura 5.10 Solución Momento interno.- En este caso, las reacciones en el soporte de la viga no tienen que determinarse. Podemos usar, con el método de las secciones, el segmento a la izquierda de la sección a-a, figura 5.10c. En particular, advierta que la fuerza axial interna resultante N pasa por el centroide de la sección transversal. Observe también que el momento interno resultante debe calcularse respecto al eje neutro de la viga en la sección a-a. Para encontrar la posición del eje neutro, la sección transversal se subdivide en tres partes componentes, como se muestra en la figura 510b. Como el eje neutro pasa por el centroide, tenemos: Esta dimensión se muestra en la figura 5-10c. Figura 5.10c 135 Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Aplicando la ecuación de equilibrio por momentos respecto al eje neutro, tenemos: Propiedades de la sección.- El momento de inercia respecto al eje neutro se determina usando el teorema de los ejes paralelos, aplicando a cada una de las tres partes componentes de la sección transversal. Trabajando en metros, tenemos: Esfuerzo máximo de flexión.- El esfuerzo máximo de flexión ocurre en los puntos más alejados del eje neutro. En este caso, el punto más alejado está en el fondo de la viga; c=0.200 m - 0.05909m = 0.1409 m. Entonces: Rpta. Muestre que en la parte superior de la viga el esfuerzo de flexión es σ’ = 6.79 MPa. Note que además de este efecto de flexión, la fuerza normal de N = 1 kN y la fuerza cortante V = 2.4 kN contribuirán también con esfuerzos adicionales sobre la sección transversal. EJEMPLO El miembro con sección transversal rectangular, figura 5-.11a, está diseñado para resistir un momento de 40 N·m. Para aumentar su resistencia y rigidez, se propone añadir dos pequeñas costillas en su fondo, figura 5.11b. Determine el esfuerzo normal máximo en el miembro para ambos casos. 136 En la figura 5. figura 5.11a.. Más bien: 137 .015 m. por lo que y = c = 15 mm = 0. la posición del centroide y del eje neutro se determina como sigue: Este valor no representa a c. Con costillas. Así: Por tanto..TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 5.11b. el esfuerzo normal máximo es: Rpta. segmentando la sección en el rectángulo grande principal y en los dos rectángulos inferiores (costillas).Es claro que el eje neutro se localiza en el centro de la sección transversal.11 Solución Sin costillas. 2. PROBLEMAS PROPUESTOS 1.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Usando el teorema de los ejes paralelos. el momento de inercia respecto al eje neutro es: Por lo tanto. el esfuerzo normal máximo es: Rpta. • Alrededor del eje y.12 138 .pie. y por esta razón deben ser omitidas. Figura 5. Un miembro con las dimensiones mostradas se usa para resistir un momento flexionante interno M = 2 kIb. Esboce la distribución del esfuerzo para cada caso. Determine el esfuerzo máximo en el miembro si el momento se aplica: • Alrededor del eje z. Este sorprendente resultado indica que la adición de las costillas a la sección transversal aumentará el esfuerzo normal en vez de disminuirlo. Esboce también una vista tridimensional de la distribución del esfuerzo que actúa sobre la sección transversal.13 3. Si el momento que actúa sobre la sección transversal es M = 600 N. Determine el esfuerzo generado en los puntos A y B.pie.m.14 4. 139 . Un miembro tiene la sección transversal triangular mostrada. La viga está hecha de tres tablones unidos entre sí por medio de clavos. determine la fuerza resultante que el esfuerzo de flexión ejerce sobre el tablón superior. Figura 5. Determine el momento máximo interno M que puede aplicarse a la sección sin exceder los esfuerzos permisibles de tensión y de compresión de (σperm)t = 22 klb/pulg2 y (σperm)c = 15 klb/pulg2.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 2. La barra de acero con diámetro de 1 pulg está sometida a un momento interno M = 300 lb. respectivamente. Figura 5. Esboce los resultados sobre un elemento de volumen presente en cada uno de esos puntos. La viga está sometida a un momento M = 40 kN-m. Una viga tiene la sección transversal mostrada.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 5.16 6. Figura 5. 140 . determine el máximo momento interno que la viga puede resistir si el momento se aplica: • Alrededor del eje z. • Alrededor del eje y. Determine el esfuerzo de flexión que actúa en los puntos A y B.15 5. Si está hecha de acero con un esfuerzo permisible σperm = 2 klb/pulg2. como se muestra. determine la fuerza resultante que el esfuerzo de flexión produce sobre el tablón A superior y sobre el tablón B lateral. Si el momento que actúa sobre la sección transversal es M = 450 N·m. La pieza de aluminio de una máquina está sometida a un momento M = 75 N-m. Figura 5. 141 . Una viga está construida con cuatro tablones de madera unidos entre sí con pegamento.17 7.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 5. Esboce los resultados sobre un elemento de volumen localizado en cada uno de esos puntos.18 8. Determine el esfuerzo de flexión generado en los puntos B y C sobre la sección transversal. Determine la fuerza resultante que el esfuerzo de flexión produce sobre el patín A superior y sobre el patín B inferior. calcule el esfuerzo máximo de flexión desarrollado en la viga. Figura 5. También.19 9.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 5.20 142 . La viga está sometida a un momento de 15 klb-pie. INTRODUCCIÓN “Una columna es un miembro relativamente largo. se puede retirar la carga sin que provoque un daño permanente puesto que no hay fluencia.” El análisis de columnas es diferente porque el modo de falla es diferente. El objetivo de los métodos de análisis de columnas es predecir la carga o el nivel de esfuerzo al cual una columna se volvería inestable y se pandearía. Esta descripción se plantea en términos relativos y no es muy útil para el análisis. cuando se analizó el esfuerzo de compresión. En lugar de aplastar o desmembrar el material. inténtelo con una regla de madera o plástico. Esto es cierto en el caso de miembros cortos. La medida de la esbeltez de una columna ha de tener en cuenta la longitud. cargado a compresión. la columna se deflexiona de manera drástica a una cierta carga crítica y luego se desploma repentinamente. La medida de esbeltez comúnmente utilizada es la razón de esbeltez. definida como: 143 . Una columna alta esbelta falla por pandeo. se alcanza la carga crítica cuando la columna comienza a flexionarse. una columna falla por pandeo a un esfuerzo menor que la resistencia a la fluencia del material en la columna. nombre común que recibe la inestabilidad elástica. el perfil de la sección transversal. Así pues. las dimensiones de la misma y la manera de sujetar sus extremos en las estructuras que generan las cargas y las reacciones. aplicada directamente hacia abajo. 2. Se puede usar cualquier miembro delgado para ilustrar el fenómeno de pandeo. se supuso que el miembro fallaba por fluencia del material cuando se aplicaba un esfuerzo mayor que la resistencia a la fluencia del material. Normalmente. RAZÓN DE ESBELTEZ Hemos definido a la columna como un miembro esbelto relativamente largo cargado a compresión.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Unidad VI COLUMNAS 1. Al irse incrementando la fuerza de manera gradual. una barra o solera delgada de metal. se considera como una columna aparte. se consideran tres tipos clásicos de conexiones de extremos: el extremo de pasador. K = factor de fijación de los extremos.1 Valores de K para diferentes conexiones de los extremos. Uno es el valor teórico y el otro es el que por lo general se usa en situaciones prácticas. la longitud entre sus extremos. K El factor de fijación de los extremos mide el grado de limitación contra rotación de cada extremo. la longitud real es. Obsérvese que se dan dos valores de K. obviamente. el extremo fijo y el extremo libre. 2. La figura 01 muestra varias combinaciones de tipos de extremos con los valores correspondientes de K. A continuación se analiza cada uno de estos términos. Le= longitud efectiva. aunque se debe reconocer que es difícil lograr el extremo verdaderamente fijo. 144 . 2. Cada una de las partes.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Donde: L = longitud real de la columna entre los puntos de apoyo o de restricción lateral. L En una columna simple con la carga aplicada en un extremo y la reacción creada en el otro. teniendo en cuenta la manera de fijar los extremos (observe que Le = KL) r = radio de giro mínimo de la sección transversal de la columna. Por lo general.1. Figura 6.2. entonces. la longitud real se considera entre los puntos de restricción. FACTOR DE FIJACIÓN DE LOS EXTREMOS. LONGITUD REAL. Pero en componentes de estructuras cargados a compresión que disponen de medios de sujeción laterales que impiden que se pandee. el valor teórico de K es 2. como se ilustra en]a figura 6. adopta la forma de una curva uniforme entre sus extremos. Cuando una columna con sus dos extremos de pasador se pandea. la curva de deflexión del eje de la columna debe aproximarse al extremo fijo con una pendiente cero. Éste es el caso básico de pandeo de columna y el valor de K = 1. Una columna como ésa en ocasiones se conoce como el caso del asta bandera porque el extremo fijo se comporta como un asta bandera insertada profundamente en un orificio de ajuste apretado.5. los extremos fijos impiden perfectamente la rotación de columna en sus extremos. Un valor práctico es K = 2.65.1c. el cual indica que la columna actúa como si fuera sólo la mitad de larga de lo que realmente es. Pero como puede moverse en cualquier dirección. A medida que la columna tiende a pandearse. Las columnas con extremos fijos son mucho más rígidas que las columnas con extremos de pasador y. Por ello. Se requiere que la conexión a la columna sea rígida y firme y que la estructura a la que se transfieren las cargas también sea rígida y firme. Conocida como la condición de extremo libre.0 se aplica a columnas con dos extremos de pasador.0. En teoría. 145 . mientras el otro extremo libre puede moverse en cualquier dirección. Una junta de pasador cilíndrico. Un tipo ideal de extremo de pasador es la articulación de rótula que permite el giro de la columna en cualquier dirección con respecto a cualquier eje.1-a. La figura pandeada se arquea hacia afuera a la mitad pero exhibe dos puntos de inf1exión donde se invierte la dirección de la curvatura cerca de los extremos. permite la libre rotación con respecto al eje del pasador. Se debe entender que es muy difícil fijar los extremos de una columna a la perfección. por consiguiente. El único modo práctico de usar una columna con un extremo libre es tener el extremo opuesto fijo. El extremo libre de una columna puede girar y también trasladarse. El valor teórico del factor de fijación de los extremos es K = 0. Por esta razón se debe tener cuidado al aplicar factores de fijación a pasadores cilíndricos. como se muestra en la figura 6. aunque crea algo de restricción en el plano perpendicular a su eje. son capaces de soportar cargas mayores antes de pandearse. como se ilustra en la figura 6. éste es el peor caso de fijación de los extremos de una columna. en la práctica se recomienda el valor mayor de K=0.1-b. Se supone que el extremo de pasador está guiado de tal modo que la línea de acción de la carga axial no cambia.10.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Los extremos de pasador están imposibilitados contra rotación. 146 . definida como: En donde: I A = momento de inercia de la sección transversal de la columna con respecto a uno de los ejes principales.10 (L) 0.80. Tanto I como A son propiedades geométricas de la sección transversal. Le = KL. = área de la sección transversal. Para calcular la longitud efectiva se usarán los valores prácticos recomendados del factor de fijación de extremos. LONGITUD EFECTIVA. r.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR En la figura 6. con los valores disponibles de I y A y la ecuación anterior se puede calcular r de manera muy simple. La longitud efectiva combina la longitud real con el factor de fijación de extremos.65 (L) 2. Nótese que la curva de deflexión se aproxima al extremo fijo con una pendiente cero mientras que el extremo de pasador gira libremente. Para los que no se da r.3. Además de r se dan otras propiedades de algunos de los perfiles estándares. En el apéndice A-1 se dan fórmulas para calcular r de varios perfiles comunes.80 (L) RADIO DE GIRO.1d se muestra la combinación de un extremo fijo y un extremo de pasador.4. el radio de giro r también lo es. con con con con extremos de pasador: extremos fijos: un extremo fijo y el otro libre: un extremo fijo y el otro de pasador: Le Le Le Le = = = = KL KL KL KL = = = = 1. R La medida de esbeltez de la sección transversal de la columna es su radio de giro. LE.7 se aplica a esa condición de fijación mientras que en la práctica se recomienda K = 0. El valor teórico de K = 0. 2.0 (L) = L 0. quedando las siguientes relaciones: Columnas Columnas Columnas Columnas 2. Considérese. la columna siempre se pandeará con respecto al eje que pasa por la dimensión mínima. En la mayoría de los casos. Nótese que: rx=0. en donde h es la altura del rectángulo.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Nótese que el valor del radio de giro r. por ejemplo. Se puede usar una regla graduada simple para demostrar que cuando se carga a compresión axial con poca o ninguna restricción en los extremos. se tiene que determinar el eje con respecto al cual el radio de giro es mínimo. radio de giro con respecto al eje Y-Y.2 Apariencia general de la columna pandeada. Figura 6.289h. y que h > t por tanto: rx > ry. radio de giro con respecto al eje X-X. depende del eje con respecto al cual se va a calcular. Por ello ry es el radio mínimo de giro en la sección. porque ése es el eje con respecto al cual la columna probablemente se pandeará. 147 . una columna de sección rectangular cuyo ancho sea mucho mayor que su espesor. En el caso del rectángulo mostrado en las figuras 02-b y 02-c: En donde t es el espesor del rectángulo. como se ilustra en la figura 02. ni el eje X-X ni el eje Y-Y proporcionan el radio de giro mínimo. llamados perfiles L. Determine la longitud real de la columna L. el valor mínimo de r es el calculado con respecto al eje Y-Y. o de la constante de columna Cc. RAZÓN DE ESBELTEZ DE TRANSICIÓN 4.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Para las vigas de patín ancho (Apéndice A-7) y para las vigas American Standard (Apéndice A-8). En la tabla se dan valores de r. Determine el factor de fijación de extremos con base en el tipo de apoyo de los extremos y la figura 01. 3. con los valores dados en la tabla. 148 . Tales perfiles son las secciones circulares sólidas o huecas y las secciones cuadradas huecas. Le = KL. es decir: Asimismo. Calcule el radio mínimo de giro de la sección transversal de la columna. 2. Tal como se ilustra en el apéndice A-5. Para secciones simétricas.1. para tubería estructural rectangular (Apéndice A-9). 5. el rmin es el calculado con respecto al eje Z-Z. Calcule la razón de esbeltez por medio de: 4. el valor de r es el mismo con respecto a cualquier eje principal. ¿CUÁNDO SE CONSIDERA LARGA UNA COLUMNA? La respuesta a esta pregunta requiere la determinación de la razón de esbeltez de transición. el radio mínimo de giro es el calculado con respecto al eje Y-Y. RESUMEN DEL MÉTODO PARA CALCULAR LA RAZÓN DE ESBELTEZ 1. Calcule la longitud efectiva. 4. Para ángulos estructurales de acero. entre los puntos extremos o entre los puntos de restricción lateral. 3. 149 . por lo general se considera E = 207 GPa (30 x l06 lb/pulg2). Nótese que Cc depende de la resistencia a la fluencia. Resistencia a la fluencia del acero. como se verá en secciones posteriores. en primer lugar habrá que calcular el valor de Cc y la razón real Le/r para decidir qué método de análisis se debe usar. los reglamentos especiales o la fórmula del esfuerzo de compresión directo.3. Si la razón real. Cuando se trabaja con acero. Le/r es menor que Cc. y al analizar la columna se debe usar la fórmula de Euler. Cuando se va a analizar una columna dada para determinar la carga que soportará. Figura 6. entonces la columna es larga.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Las reglas siguientes tienen que ver con el valor de Cc: Si la razón de esbeltez efectiva real Le/r es mayor que Cc. En este caso. Johnson. Sy y del módulo de elasticidad E del material. se obtienen los valores de Cc mostrados en la figura 6. se debe usar la fórmula de J. B.3 Constante de columna vs. Con este valor y suponiendo un intervalo de valores de resistencia a la fluencia. entonces la columna es corta. En la figura 04 se muestran los valores correspondientes de Cc.4 Constante de columna vs. La fórmula es: en donde A es el área de la sección transversal de la columna. 4.2.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 6. Entonces. Otra forma de expresar esta fórmula sería en función del momento de inercia. la fórmula se transforma en: 150 . resistencia a la fluencia del aluminio. puesto que r2 = l/A. Para aluminio. E es aproximadamente de 69 GPa (10 x 106 lb/pulg2). se puede usar la fórmula de Euler para predecir la carga crítica con la que la columna comenzaría a pandearse. FÓRMULA DE EULER PARA COLUMNAS LARGAS Para columnas largas cuya razón de esbeltez es mayor que el valor de transición Cc. = carga de pandeo crítica. Por consiguiente.4. JOHNSON PARA COLUMNAS CORTAS Si la razón de esbeltez efectiva real de una columna. La selección del factor de diseño es la responsabilidad del diseñador a menos que el proyecto figure en un reglamento. Entonces. Así que. en el caso de columnas muy cortas. = factor de diseño. 4. y concuerda perfectamente bien con el comportamiento de columnas de acero de maquinaria típica. La fórmula de Johnson da el mismo resultado que la fórmula de Euler de la carga crítica a la razón de esbeltez de transición Cc. Una fórmula recomendada para el diseño de máquinas en el intervalo de Le/r menor que Cc es la fórmula de J. FACTORES DE DISEÑO PARA COLUMNAS Y CARGA PERMISIBLE Debido a que una columna falla por pandeo y por falla última o fluencia del material. la carga permisible se calcula dividiendo la carga de pandeo crítica con la fórmula de Euler o la fórmula de Johnson por un factor de diseño N. FÓRMULA DE J. la carga crítica se aproxima a la pronosticada por la ecuación del esfuerzo de compresión directo. se puede decir que la fórmula de Johnson se aplica mejor a columnas de longitud intermedia. los métodos antes utilizados para calcular el esfuerzo de diseño no se aplican a columnas. Es decir: En donde: Pa Pcr N = carga segura permisible. Johnson. σ = P/A. es menor que el valor de transición Cc. B.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 4. Le/r. Ésta es una forma de un conjunto de ecuaciones llamadas ecuaciones parabólicas. B. Los factores a considerar en la selección de un factor de diseño son similares a los utilizados para 151 .3. la fórmula de Euler predice una carga crítica exorbitante. 2.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR determinar factores de diseño aplicados a esfuerzos. donde el diseño está regido por las especificaciones del American Institute of Steel Construction. 5. el procedimiento es: 1. Entonces. Calcule el valor mínimo del radio de giro de la sección transversal por medio de: rmin = I min / A rmin . La Aluminum Association requiere N = 1. A fin de cuentas. RESUMEN-MÉTODO DE ANÁLISIS DE COLUMNAS El objetivo de esta sección es resumir los conceptos presentados en las secciones anteriores en un procedimiento que se pueda usar para analizar columnas. Calcule la longitud efectiva.95 para columnas largas. 2. el tipo de conexión entre la columna y sus apoyos con la información dada en la figura 01.5. y la razón por la que se seleccionó este valor es la incertidumbre con respecto a las propiedades del material.0. En la construcción de edificios. en las que la carga de compresión se aplica alineada con el eje centroidal de la columna. Un factor común utilizado en el diseño mecánico es N= 3. 4. AISC. El material del cual está hecha la columna. La forma de la sección transversal de la columna y sus dimensiones. se supone que se conocen los factores siguientes: 1. la fijación de los extremos. lo recto de la columna o la posibilidad de que la carga se aplique con algo de excentricidad y no a lo largo del eje de la columna. 3. 4. Determine el factor de fijación de extremos. Le = KL. La manera de conectar la columna a sus apoyos. La longitud real L. Se puede aplicar a columnas rectas de sección transversal uniforme a lo largo de ellas.92 para columnas largas. En ocasiones se usan factores mayores en situaciones críticas y para columnas muy largas. o determine rmin con tablas de datos. 4. 3. se recomienda un factor de 1. Calcule la máxima razón de esbeltez con: 152 . EJEMPLO 01 Se tiene que usar un miembro circular sometido a compresión con ambos extremos de pasador de acero AISI 1020 estirado en frío en una máquina. calcule la constante de columna: 7. Use la fórmula de Johnson para calcular la carga crítica de pandeo: 8. Calcule la carga permisible. Con el módulo de elasticidad E. la columna es corta. Solución Objetivo: Calcular la carga crítica de pandeo para la columna y la carga permisible para un factor de diseño de N = 3. Pa. 9. • Si SR > Cc. Especifique el factor de diseño N. ¿Cuál es la carga máxima que el miembro puede soportar antes de pandearse? También calcule la carga permisible sobre la columna para un factor de diseño de N = 3. Use la fórmula de Euler para calcular la carga crítica de pandeo: • Si SR> Cc. Su diámetro es de 25 mm y su altura de 950 mm.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales 6. la columna es larga. y la resistencia a la fluencia SY del material. 153 . Compare el valor de SR con Cc. 0 (L) = 950 mm Paso 3: Calcule el valor mínimo del radio de giro. En seguida.25 mm Paso 5: Calcule la constante de columna Cc. En el apéndice A-1. Le = KL = 1. Le 950 mm = = 152 r 6. r = D/4. se aplica la fórmula de Euler. E = 207 GPa = 207x 109N/m2 Análisis: Use las instrucciones para analizar columnas centralmente cargadas. AISI 1020 estirado en frío. La columna es de acero. para cualquier eje de una sección circular transversal. K = 1. Pcr = (Le / r )2 π 2 EA 154 .Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Datos: L = 950 mm. Sección transversal circular D = 25 mm.25 mm 4 4 Paso 4: Calcule la razón de esbeltez.0 Paso 2: Calcule la longitud efectiva. Extremos de pasador. Como Le/r es mayor que Cc. SR = Le/r. use la fórmula apropiada para calcular la carga crítica de pandeo. Cc = 2π 2 E = Sy 2π 2 207 x10 9 N / m 2 = 96. Entonces: r= D 25 mm = = 6. Resultados: Paso 1: Determine el factor de fijación de los extremos.2 441x10 6 N / m 2 ( ) Paso 6: Compare Cc con Le/r y decida si la columna es larga o corta. Del apéndice A-13: Sy = 441 MPa. Para la columna con extremos de pasador. La sección transversal es cuadrada. Uno de sus extremos se soldará rígidamente a un apoyo firme y el otro se conectará con una junta de pasador. También calcule la carga permisible sobre la columna para un factor de diseño de N = 3. cada lado es b = 12 mm. Paso 8: La carga permisible Pa es: Pa = Pcr 43. Datos: L = 300 mm. AISI 1040 laminado en caliente. 155 . E = 207 GPa = 207x 109N/m2 Análisis: Use las instrucciones para analizar columnas centralmente cargadas.5 kN 3 N EJEMPLO 02 Determine la carga crítica sobre una columna de acero de sección transversal cuadrada de 12 mm por lado y 300 mm de longitud. Un extremo de pasador.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales El área es: A= Por tanto: πD 2 4 = π (25 mm)2 4 = 491 mm 2 Pcr = π 2 (207 x109 N / m 2 )(491 mm 2 ) (152)2 x (10 1 m2 3 mm ) 2 = 43.4 kN Paso 7: Se especifica un factor de diseño de N = 3. Solución Objetivo: Calcular la carga crítica de pandeo para la columna y la carga permisible para un factor de diseño de N = 3. La columna tiene que ser de acero AISI1040 laminado en caliente.4 kN = = 14. Del apéndice A-13: Sy = 414 MPa. La columna es de acero. un extremo fijo. 4 r r 3. En seguida. Le = KL = 0. Entonces: r= 12 mm b = = 3.46mm 12 12 Paso 4: Calcule la razón de esbeltez. aproximadamente. para una sección transversal cuadrada. en este caso. Para la columna con extremo fijo y el otro de pasador.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Resultados: Paso 1: Determine el factor de fijación de los extremos.1 kN 2   4π 2 (207 x10 9 N / m 2 )   mm   Paso 7: Se especifica un factor de diseño de N = 3. 156 . r = b/ 12 . SR = Le/r. Cc. se utiliza la figura 03.4)  Pcr = (144 mm 2 ) 1−  = 45. Paso 6: Compare Cc con Le/r y decida si la columna es larga o corta.8)(300 mm) = = = 69.  Sy (Le / r )2  Pcr = A ⋅ Sy 1 −  4π 2 ⋅ E     El área de la sección transversal cuadrada es: A = b 2 = (12 mm) = 144 mm 2 2 Entonces: 6 2 2  414 N   (414x10 N / m )(69. se calcularía el valor de la constante de columna. se aplica la fórmula deJohnson. use la fórmula apropiada para calcular la carga crítica de pandeo. K = 0. Para un acero con una resistencia a la fluencia de 414 MPa. En el apéndice A-1. Paso 2: Calcule la longitud efectiva.80 (300) = 240 mm Paso 3: Calcule el valor mínimo del radio de giro. Pero. Cc = 96.80 es el valor práctico. Le KL (0.46 mm Paso 5: Normalmente. Como Le/r es menor que Cc. el eje con respecto al cual ocurría la flexión. maximizando el momento de inercia para un área dada tiene el mismo efecto. 157 . Esto hace que el momento de inercia con respecto al eje Y-Y sea más similar a aquél con respecto al eje X-X. Cuentan con patines relativamente anchos y gruesos en comparación con los perfiles por lo general seleccionados para vigas. Las columnas de edificios con frecuencia se arman con perfiles especiales de patín ancho llamadas secciones para columna. es un perfil muy eficiente para usarse como columna. También se pueden usar secciones compuestas de secciones estructurales estándar. se observa que es deseable disponer toda el área posible de la sección transversal tan lejos del centroide como sea posible. Nótese también que como r = I A . El resultado es que los radios de giro con respecto a los dos ejes también son casi iguales.0 kN 3 N 5.1 kN = = 15. es deseable que las propiedades sean uniformes con respecto a cualquier eje. como se muestra en la figura 05. Le sigue de cerca el tubo cuadrado hueco. Por consiguiente. Cuando se analiza el momento de inercia. el pandeo en general puede ocurrir en cualquier dirección. Para columnas.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Paso 8: La carga permisible Pa es: Pa = Pcr 45. En columnas. comúnmente llamada tubo. Los principios siguientes pueden ayudar en la selección inicial del perfil. uno es una sección de columna y el otro es un perfil de viga típico. el objetivo es incrementar al máximo el radio de giro con el objeto de reducir la razón de esbeltez. PERFILES EFICIENTES PARA SECCIONES TRANSVERSALES DE COLUMNA Cuando se diseña una columna que va a soportar una carga especificada. por lo general sólo un eje era el importante. La sección circular hueca. el diseñador tiene la responsabilidad de seleccionar la forma general de su sección transversal y determinar las dimensiones requeridas. La figura 06 muestra una comparación de dos perfiles de patín ancho de 12 plg. Nótese que el radio de giro mínimo se debe utilizar al calcular la razón de esbeltez. En las vigas. Un perfil eficiente es aquel que utiliza una pequeña cantidad de material para realizar una función dada. (f) Dos ángulos de patas iguales. (b) Tubo cuadrado hueco. (e) Canales de aluminio con placas.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 6. (a) Tubo de sección circular hueco.5. (d) Ángulos de patas iguales con placas. Ejemplos de perfiles de columna eficientes. 158 . (c) Sección tubular hecha de vigas de madera. 6 Comparación de un perfil de viga de patín ancho con una sección de columna. PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA 1 Una columna se compone de 4 ángulos. Utilizando las ecuaciones estándar de Euler o Jonson con Le = L y un factor de diseño de 3. como se muestra en la figura.0. 159 . Los ángulos se mantienen unidos con barras de enlace. calcule la carga permisible sobre la columna si es de 18. Los ángulos son de acero ASTM A36. las cuales se pueden ignorar en el análisis de las propiedades geométricas.4 pies de largo.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 6. 37 (OK) 160 .8 Rpta.Fuerza axial = 31. Figura 6..7 Rpta.Pa = 65300 lb PROBLEMA 2 La figura muestra una viga con sus extremos soportados por juntas de pasador.. ¿Sería satisfactoria una viga S6x12.1 kN Pcr = 260 kN N = 8. pero también la somete a una fuerza de compresión axial.5 si soporta 1320 kg en su extremo? La viga es de acero ASTM A36. La barra inclinada soporta el extremo derecho de la viga.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Figura 6. el extremo superior de las columnas está guiado de modo que se comporte como si estuviera redondeado o marrado con pasador. La estructura se refuerza con riostras cruzadas. como se muestra en la figura. Debido al arriostramiento transversal. Se supone que las columnas sean de tubo cédula 40 estándar de 2pulg..18 (bajo) Analice cómo se vería afectado el diseño del caso anterior si el descuidado conductor de un montacargas embistiera las riostras cruzadas y las rompiera. y se empotrarán en el suelo. 161 . ¿Son adecuadas las columnas propuestas para esta carga? Figura 6. El tubo es de acero AISI 1020 laminado en caliente. La tolva debe ser soportada por 4 columnas que comparten la carga por igual. Carga real = 5000 lb N = 2.Carga crítica = 10914 lb. La tolva está diseñada para soportar 20000 lb de plástico molido.9 Rpta.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales PROBLEMA 3 Se va a diseñar una estructura para que soporte una tolva sobre una máquina de extruir plástico. ............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ........................................................................................................................................... ............................................. ...................................Resistencia de Materiales TECSUP – PFR ANOTACIONES ...................................................................................................................................... .................................................. ........................................................ ......... ................. ...................................................................................................................................................................................................... ....................................... ......................................................................................... ................................................................................................................. ...................... ........................... .............................................................................................. .............................. ....................................................................................................................................................................................................................................... ..................................................................................................................................................................................................... .................................................................................................................................. ......................................... ...................................................................................................... ............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ........................................................................... ............ ............................................ 162 ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ ..................................................................................................................................................................................................... sino también para otras cantidades de naturaleza matemática similar.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Unidad VII CÍRCULO DE MOHR Y CRITERIOS DE FALLA 1. (110a) Ec.1. Esta representación gráfica es de gran utilidad porque permite visualizar las relaciones entre los esfuerzos normales y cortantes que actúan sobre varios planos inclinados en un punto de un cuerpo sometido a esfuerzos. Las dos ecuaciones se repiten aquí pero con un pequeño reordenamiento de la primera expresión: σx − 1 σ x +σ y 2 = Ec. Además. 163 . reconocemos que ambas son las ecuaciones de un círculo en forma paramétrica. el círculo de Mohr es válido no sólo para esfuerzos. los esfuerzos cortantes máximos y los esfuerzos en planos inclinados. donde el ángulo 2 θ es el parámetro y los esfuerzos σ x1 y τ x1 y1 son las coordenadas. CÍRCULO DE MOHR ESFUERZO PLANO Las ecuaciones de transformación para el esfuerzo plano puedan representarse en forma gráfica por medio de un trazado conocido como círculo de Mohr. 1. (110b) σ x −σ y 2 cos 2θ + τ xy sen 2θ Por la geometría analítica. ECUACIONES DEL CÍRCULO DE MOHR Las ecuaciones del círculo de Mohr pueden deducir de las ecuaciones de transformación para el esfuerzo plano. incluidas las deformaciones unitarias y los momentos de inercia. sirve también para calcular los esfuerzos principales. el radio es R y el centro del círculo tiene las coordenadas σ x = 1 1 1 σ prom y τ x y = 0.(112a. el significado de las ecuaciones resultará claro. (111) Luego: σ prom = σ x +σ y 2 R= σ x −σ y   2   2  + τ xy   Ec. 1 1 Figura 7. El resultado es: σ +σ y   σ x1 − x  2   2  + τ x1 y1 =   2 σ x −σ y   2   2  + τ xy   2 Ec. Las coordenadas son σ x1 y τ x y . Para suprimir el parámetro 2 θ .b) 2 La ecuación (111) toma la forma: (σ x − σ prom ) 2 2 + τ x1 y1 = R2 Ec.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR En esta etapa no es necesario identificar la naturaleza de las ecuaciones. elevamos al cuadrado ambos lados de la ecuación y luego sumamos ambas. (113) Que es la ecuación algebraica de un círculo. si eliminamos el parámetro.1 164 . 1 (Repetida). Ambas formas son matemáticamente correcta y cualquiera puede usarse. 165 . lo que concuerda con la dirección positiva de 2 θ en la deducción de las ecuaciones de transformación. Además. La ventaja de trazar los esfuerzos cortantes positivos hacia abajo es que el ángulo 2 θ sobre el círculo de Mohr es positivo en sentido antihorario.1: Dos formas del círculo de Mohr: (a) τ x1 y1 es positivo hacia abajo y el ángulo 2 θ es positivo hacia en sentido antihorario. DOS FORMAS DEL CÍRCULO MOHR El círculo de Mohr puede trazarse a partir de las ecuaciones (110) y (113) de dos maneras distintas. τ x1 y1 se traza positiva hacia arriba pero el ángulo 2 θ ahora es positiva en sentido horario (Fig. y (b) τ x y es positivo hacia arriba y el ángulo 2 θ es positivo en sentido horario 1 1 (Nota: en este libro se usa la primera forma). En la segunda forma del círculo de Morh. que es opuesto a su dirección positiva usual.2. Figura 7. pero. como se muestra en la figura 68a. 1.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales FIGURA 7. 68b). es más fácil visualizar la orientación del elemento de esfuerzo se la dirección positiva del ángulo 2 θ es la misma en el círculo de Mohr y en el elemento. En la primera se traza el esfuerzo normal σ x1 positivo hacia abajo. una rotación antihoraria concuerda con la regla usual de la mano derecha para rotaciones. Como veremos.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Por lo tanto. y τ xy que actúan sobre un elemento inclinado (Fig. y τ xy que actúan sobre los planos x y y de un elemento en esfuerzo plano (Fig.69b). 7. Para nuestro propósito inmediato. 1. Luego. que es mostrar las propiedades básicas del círculo. supongamos que conozcamos los esfuerzos σ x . con el círculo dibujado. esta información es suficiente para construir el círculo. 68a) en la que el esfuerzo cortante positivo se traza hacia abajo y el ángulo positivo 2 θ se traza en sentido antihorario. optaremos por la primera forma del círculo de Mohr (Fig. σ y . σ y .2b 166 .3.2) También podemos obtener los esfuerzos principales y los esfuerzos cortantes máximos con ayuda del círculo. Figura 7. CONSTRUCCIÓN DEL CÍRCULO DE MOHR El círculo de Mohr puede construirse de varias maneras.2a Figura 7. dependiendo de cuáles esfuerzos se conozcan y cuáles se desconozcan. podemos determinar los esfuerzos σ x . trazando sus 4. 112a y 113). marcando sus coordenadas σ x1 = σ x y τ x1 y1 = τ xy . Dibuje un conjunto de ejes coordenados con σ x1 como abscisa (positivo hacia la derecha) y abajo). y τ xy conocidos. 2. 1 1 3. 69c): 1. σ y .2: Construcción del círculo de Mohr para esfuerzo plano.2c FIGURA 7. 69a) está marcada “A” para mostrar su correspondencia con el punto A sobre el círculo. Observe también que la cara x del elemento (Fig. Localice el punto B que represente las condiciones de esfuerzo sobre la cara y del elemento mostrado en la figura 69a.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 7. que representa las condiciones de esfuerzo sobre la cara x del elemento mostrado en la figura 69a. Localice el punto A. Note que el punto A corresponde a θ = 0. el procedimiento para construir el círculo de Mohr como se muestra a continuación (Fig. 167 . Localice el centro C del círculo en el punto con coordenadas σ x1 = τ x y como ordenada (positivo hacia 1 1 σ prom y τ x y = 0 observe las (vea las Ecs. Con σ x . 69b). También la ordenada del punto A es τ xy .Resistencia de Materiales TECSUP – PFR coordenadas σ x1 = σ y y τ x1 y1 = . El procedimiento es el siguiente. 168 . están en extremos opuestos del diámetro (y. Extraemos la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados de esos dos lados y obtenemos el radio R: R= σ x −σ y   2   2  + τ xy   2 Que es la misma que la ecuación (112b). tal como están dimensionadas en la figura. trace el círculo de Mohr por los puntos A y B. Ahora que hemos dibujado el círculo. Note que el punto B sobre el círculo corresponde a θ = 90º. podemos mostrar que la longitud de la línea CB también es igual al radio R del círculo. Dibuje una línea del punto A al punto B. 69a). Notamos que las respectivas abscisas de los puntos C y A son ( σ x + σ y )/2 y σ x respectivamente. El círculo dibujado de esta manera tiene radio R (Ec. por lo tanto. Por un procedimiento similar. Los puntos A y B. La diferencia de estas abscisas es ( σ x − σ y )/2. Si se conoce el ángulo θ . que representan los esfuerzos sobre el planos a 90º uno del otro (Fig. como se expone en el siguiente párrafo. 69a) está marcada “B” para mostrar su correspondencia con el punto B en el diagrama. 5. 6. estos esfuerzos pueden determinarse con el círculo de Mohr. 1. la línea CA es la hipotenusa de un triángulo rectángulo que tiene un lado de longitud ( σ x − σ y )/2 y el otro lado de longitud τ xy . Además. Esta línea es un diámetro del círculo y pasa por el centro C. están a 180º uno del otro sobre el círculo). Con el punto C como centro. σ y1 y τ x1 y1 que actúan sobre las caras de un elemento de esfuerzo plano orientado según un ángulo θ respecto al eje x (Fig.τ xy . ESFUERZOS SOBRE UN ELEMENTO INCLINADO Consideremos ahora los esfuerzos σ x1 . 112b).4. por lo tanto. podemos confirmar por geometría que las líneas CA y CB son radios y tienen longitudes iguales a R. la cara y del elemento (Fig. De manera similar.Para demostrar que las ecuaciones de transformación de esfuerzos (Ecs.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Sobre el círculo (Fig. pero la cara x 1 del elemento mostrado en la figura 69b (la marcada “D”) está a un ángulo θ de la cara x del elemento ilustrado en la figura 69a (la cara marcada “A”). Sea β el ángulo entre la línea radial CD y el eje σ x1 . por ejemplo. En consecuencia. El ángulo 2 θ localiza el punto D. con base en la geometría de la figura. 69a) lo están por 90º. por que el punto A corresponde a θ = 0 y es el punto de referencia desde donde medimos los ángulos. esta cara del elemento se marca “D” en la figura. el cual representa los esfuerzos sobre la cara x 1 del elemento de la figura 69b. medimos un ángulo 2 θ en sentido antihorario desde el radio CA. los puntos A y B están separados 180º sobre el círculo. Entonces. el punto D sobre el círculo está a un ángulo 2 θ del punto A. podemos obtener: cos(2θ + β ) = σ x −σ y 2R sen(2θ + β ) = τ xy R Desarrollamos las expresiones para el seno y el coseno: 169 . usamos de nuevo la geometría del círculo. obtenemos estas expresiones para las coordenadas del punto D: σx = 1 σ x +σ y 2 + R cos β τx y 1 1 = R sen β Ec. 85a y 85b) dan las coordenadas σ x1 y τ x1 y1 del punto D sobre el círculo. (114a. 69c). Note que un ángulo 2 θ sobre el círculo de Mohr corresponde a un ángulo θ sobre un elemento de esfuerzo. pero las caras correspondientes del elemento (Fig.b) Si observamos que el ángulo entre el radio CA y el eje horizontal es 2 θ + β . el punto D sobre el círculo. que (según se expone en el párrafo siguiente) tiene coordenadas σ x1 y τ x1 y1 . por lo tanto. el punto D’ sobre el círculo representa los esfuerzos sobre un cara del elemento de esfuerzo (Fig. Así entonces. (b) por cos 2 θ y restamos. 7. obtenemos las ecuaciones de transformación de esfuerzos para σ x1 y τ x1 y1 . con lo que resulta: cos β =  1 σ x −σ y  cos 2θ + τ xy sen2θ    R 2  (c) También multiplicamos la ecuación (a) por sen 2 θ . se localiza por un ángulo 2 θ (medido desde la línea CA) que es 180º mayor que el ángulo 2 θ al punto D. Entonces. 7. 7. conforme giramos los ejes x1y1 sentido antihorario un ángulo θ (Fig.2b).2b) a 90º de la cara representada por el punto D. que es diametralmente opuesto al punto D sobre el círculo. el punto sobre el círculo de Mohr correspondiente a la cara x1 170 . Los esfuerzos sobre un plano inclinado definido por el ángulo θ (Fig. Así. hemos demostrado entonces que el punto D sobre el círculo de Mohr. 69b).Resistencia de Materiales TECSUP – PFR cos 2θ cos β − sen2θ .2b) se encuentra sobre el círculo en el punto donde el ángulo desde el punto de referencia (punto A) es 2 θ . con lo que obtenemos: senβ =  1 σ x −σ y  sen2θ + τ xy cos 2θ    R 2  (d) Cuando estas expresiones para cos β y sen β se sustituyen en las ecuaciones (113a) y (113b). por lo tanto. representa las condiciones de esfuerzo sobre la cara x 1 del elemento de esfuerzo definido por el ángulo θ (Fig.2b). definido por el ángulo 2 θ . El punto D’.senβ = σ x −σ y 2R (a) sen2θ cos β + cos 2θ . De este análisis vemos cómo los esfuerzos representados por puntos sobre el círculo de Mohr se relacionan con los esfuerzos que actúan sobre un elemento. 7. la Ec.senβ = τ xy R (b) Multiplicamos la primera de esas ecuaciones por cos 2 θ y la segunda por sen 2 θ y sumamos. el punto D’ sobre el círculo de los esfuerzos σ y1 y τ x1 y1 sobre la cara y 1 del elemento de esfuerzo (la cara marcada “D’” en la Fig. 112b). El coseno y el seno del ángulo 2 θ P 1 . al sustituir la expresión para P (Ec. De manera similar. el punto P1 representa un esfuerzo principal y un plano principal. vemos que el esfuerzo principal más grande en términos algebraicos es: σ1= OC +R + CP1 = σ x + σ y1 2 Que. pueden obtenerse por inspección del círculo: cos 2θ P1 = σ x −σ y 2R sen 2 θ P = 1 171 . encontramos el punto P1 en donde el esfuerzo normal alcanza su valor algebraico máximo y en donde el esfuerzo cortante es cero. La abscisa σ 1 del punto P1 da el esfuerzo principal algebraicamente mayor y su ángulo 2 θ P 1 desde el punto de referencia A (donde θ = 0) proporciona la orientación del plano principal. está representado por el punto P2. 69a) y el plano del esfuerzo principal algebraicamente mayor es la mitad del ángulo 2 θ P 1 . el punto sobre el círculo se moverá también en sentido horario un ángulo dos veces mayor. 69c). 1. ESFUERZOS PRINCIPALES Quizá la determinación de los esfuerzos principales sea la aplicación más importante del círculo de Mohr. si giramos los ejes en sentido horario.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales se mueve en sentido antihorario a través de un ángulo 2 θ . Por la geometría del círculo. Note que el movernos alrededor del círculo de Mohr (Fig. podemos comprobar la expresión para el esfuerzo principal σ 2 algebraicamente menor. concuerda con la ecuación previa para este esfuerzo. El otro plano principal. De manera similar. diametralmente opuesto al punto P1. que es el ángulo en el círculo de Mohr entre los radios CA y CP1.5. por consiguiente. El ángulo principal θ P1 entre el eje x (Fig. Además. por consiguiente.2c). 7. Sobre el círculo. 112a).6. que es el esfuerzo normal promedio σ prom (vea la Ec. los esfuerzos normales sobre los planos de esfuerzo cortante máximo son iguales a la abscisa del punto C. como era de esperarse.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Estas ecuaciones concuerdan con las ecuaciones (99a) y (99b) y vemos de nuevo que la geometría del círculo concuerda con las obtenidas antes. respectivamente. Estos puntos están a los ángulos 2 θ = 90º de los puntos P1 y P2. lo que concuerda con el hecho de que los planos de esfuerzos cortante máximo están orientados a 45º respecto a los planos principales. el ángulo 2 θ P 1 . 1. θ P2 = θ P1 + 90º. se localiza en la parte inferior y superior del círculo de Mohr (Fig. 172 . Los esfuerzos cortantes máximos son iguales en términos numéricos al radio R del círculo (compare la Ec.112b para τ máx ). ESFUERZOS CORTANTES MÁXIMOS Los puntos S1 y S2. que representan los planos de esfuerzos cortantes máximo negativo. Si el esfuerzo cortante τ tiende a girar el elemento de esfuerzo de sentido horario. (b) esfuerzo cortante en sentido antihorario. En esta convención.3a y b). 1.3 Convención alternativa de signos para los esfuerzos cortantes: (a) esfuerzo cortante en sentido horario. y (c) ejes para el círculo de Mohr (observe que los esfuerzos cortantes horarios se trazan hacia arriba y los esfuerzos cortantes anti-horarios. CONVENCIÓN ALTERNATIVA DE SIGNOS PARA LOS ESFUERZOS CORTANTES En algunas ocasiones se usa una convención de signos alternativa para los esfuerzos constantes al construir el círculo de Mohr.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 7. hacia abajo). 7. la dirección de un esfuerzo cortante que actúa sobre un elemento del material se indica por el sentido de la rotación que tiene que producir (Fig.3 FIGURA 7.7. se llama esfuerzo cortante horario y si tiende a hacerlo 173 . 1. se denomina esfuerzo cortante antihorario. Por conveniencia. Entonces. se encuentre donde se encuentre el punto A. Si uno de los esfuerzos normales es negativo. rotaciones respecto al eje z).3c). σ y1 y τ x1 y1 como esfuerzos positivos.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR en sentido antihorario.8. sin embargo. Debe quedar claro que la convención alternativa de signos produce un círculo idéntico al descrito (Fig. hacia abajo (Fig. al construir el círculo de Mohr. El punto A. Sin embargo. los esfuerzos cortantes horarios se trazan hacia arriba y los esfuerzos cortantes antihorarios. el círculo de la figura 69 se dibujo con σ x1 . 7. En vez de considerar el eje vertical asociado con esfuerzos cortantes negativos trazados hacia arriba y esfuerzos cortantes positivos trazados hacia abajo (lo que es algo inconveniente). 7. Podemos considerar el eje vertical relacionado con esfuerzos cortantes horarios trazados hacia arriba y esfuerzos cortantes antihorarios trazados hacia abajo. parte o todo el círculo estará a la izquierda del origen. la convención alternativa de signos proporciona solamente un punto de vista diferente. que representa los esfuerzos sobre el plano θ = 0. Además. por lo que todos los esfuerzos sobre el círculo de Mohr son esfuerzos en el plano. 1 1 Así. un esfuerzo cortante negativo τ x y es un esfuerzo cortante horario y ambos hacia arriba. sólo se han considerado rotaciones de ejes en el plano xy (es decir.2c). La razón es que un esfuerzo cortante positivo τ x1 y1 también es un esfuerzo cortante antihorario y ambos de trazan hacia abajo. COMENTARIOS GENERALES SOBRE EL CÍRCULO De acuerdo con los análisis anteriores en esta sección. el ángulo 2 θ se mide siempre en sentido antihorario desde el radio CA. está claro que podemos encontrar los esfuerzos que actúan sobre cualquier plano inclinado así como los esfuerzos principales y los esfuerzos cortantes máximos con ayuda del círculo de Mohr. pero puede seguirse el mismo procedimiento si uno o más de los esfuerzos es negativo. 174 . puede estar en cualquier parte alrededor del círculo. correspondiente a la cara x del elemento. Si conocemos los esfuerzos σ x1 . 175 . El procedimiento es localizar los puntos D y D’ a partir de los esfuerzos conocidos y luego dibujar e círculo usando la línea DD’ como diámetro. Por último. podemos determinar las coordenadas de los puntos A y B y de ahí obtener los esfuerzos que actúan sobre el elemento para el cual θ = 0. esfuerzo biaxial y cortante puro. podemos utilizarlo de manera opuesta. la construcción del círculo de Mohr es más simple que en el caso general de esfuerzo plano. Además de usar el círculo de Mohr para obtener los esfuerzos sobre planos inclinados cuando se conocen los esfuerzos sobre los planos x y y. a menudo es preferible obtener los esfuerzos por cálculo numérico. σ y1 y τ x1 y1 para el ángulo θ = 0. Entonces podemos localizar el punto B construyendo un diámetro desde A. Si se desea. es posible construir el círculo de Mohr a escala y medir los valores de los esfuerzos con base en el dibujo. podemos localizar el punto A. Si medimos el ángulo 2 θ en sentido negativo desde el radio CD. ya sea directamente de las ecuaciones o bien usando trigonometría y al geometría del círculo. Sin embargo.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales En los casos especiales de esfuerzo uniaxial. resulta fácil construir el círculo y determinar los esfuerzos σ x1 . σ y y τ x y que actúan sobre un elemento inclinado orientado sobre un 1 1 1 ángulo conocido θ . actúan durante largos lapsos y cambian poco a poco.1. En la figura 7. se aplican de modo gradual. Otras son de carácter dinámico. ejes. las cargas de impacto que actúan de repente y las cargas repetidas que actúan durante un gran de número de cielos. etc. Algunas de estas estructuras están sometidas a millones (aun a miles aun a miles de millones) de cielos de carga durante su vida útil.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR 2. generadores. en particular cuando se repiten durante una cantidad considerable de cielos. motores. y grafica (c) ilustra una carga fluctuante que varía alrededor de un valor medio. partes de avión. si no también del carácter de cargas. 176 . Por lo general. por ejemplo. Un ejemplo familiar de falta por fatiga es el caso de un clip metálico para el papel que se rompe al flexionarlo una otra vez hacia atrás y hacia delante. las cargas repetidas se relacionan con maquinaria. La fatiga se puede definir como el deterioro de un material bajo ciclos repetidos de esfuerzo deformación. turbinas. La gráfica (a) nuestra carga aplicada. suprimida y aplicada de nuevo. CARGAS REPETIDAS Y FATIGA En comportamiento de una estructura depende no sólo de la naturaleza del material. la fatiga o fractura progresiva suele ser la causa. partes de automóviles. que conducen a un agrietamiento progresivo que acaba por producir la fractura. En tales casos. hélices. y si el cielo total de carga se repite varias veces. Es probable que una estructura sometida a cargas dinámicas fallen ante un esfuerzo menor que cuando las mismas cargas se aplican estáticamente. pero si la carga es invertida flexionando el ciclo en la dirección opuesta. Si el cilp se flexiona solo una vez no se romperá. En algunas situaciones las cargas son estéticas es decir. que siempre actúa en la misma dirección: la grafica (b) presenta una carga alternante que cambia de dirección durante cada cielo de carga. terminara rompiéndose.4 se ilustran algunos patrones típicos para cargas repetidas. TEORÍAS DE FALLA 2. 5 de la página siguiente). 7.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 7. Según la naturaleza del material.4 FIGURA 7. que se verá en la siguiente sección) y aumenta en forma gradual conforme las cargas son implicadas repetidamente.5 177 . la falta por fatiga puede requerir de unos cuantos ciclos de carga a cientos de millones de ciclos. Cuando la grieta se vuelve tan grande que el material restante no puede resistir las cargas. una grieta microscópica se forma en un punto de alto esfuerzo (por lo general en una concentración de esfuerzos. y c) carga fluctuante que varia alrededor de un valor medio.4 Tipos de cargas repetidas: a) carga que actúa en una sola dirección: b) carga alternante o invertida. En una falla por fatiga característica. ocurre una fractura repentina del material (Fig. Figura 7. la geometría de la probeta de prueba. incluidas las propiedades del material. Los ciclos de carga se repiten hasta que ocurre la falla y se registra la cantidad n de ciclos de carga para la falla. En la literatura técnica se han reportado los resultados de numerosas pruebas de fatiga efectuadas sobre una gran variedad de materiales y componentes estructurales. sin importar cuántas veces se repita la carga. el número de ciclos a la falla será menor. Para determinar la carga de fatiga pueden efectuarse pruebas del material. 73). 178 . se acumulan suficientes datos para trazar un curva de fatiga u un diagrama S – N.5 Falla por fatiga de una barra cargada repetidamente en tensión. Si σ 2 es menor que σ 1 . Para algunos materiales. En el caso de carga repetida. como ya señalamos. el material se prueba a varios niveles de esfuerzo y se cuenta el número de ciclos para la falla.Resistencia de Materiales TECSUP – PFR FIGURA 7. La forma precisa de una curva de fatiga depende de muchos factores. por ejemplo. la velocidad de la prueba. La prueba se repite para un esfuerzo diferente. La curva de fatiga en la figura 73 muestra que entre es el esfuerzo. digamos σ2 . Por lo general de eje vertical es una escala lineal y el eje horizontal. la curva tiene una asíntota horizontal conocida como límite de fatiga. Cuando exista. por ejemplo. se coloca repetidamente a cierto esfuerzo. (cortesía de MTS Systems Corporation) La magnitud de la carga que causa una falla por fatiga es menor que la carga que se puede soportarse estáticamente. Si σ 2 es mayor que σ 1 . el número será mayor. una escala logarítmica. el patrón de carga y las condiciones superficiales de la probeta. mayor es el número de ciclos necesario para producir la falla. la grieta se difunde en forma gradual por toda la sección transversal hasta que la falla ocurre de súbito. digamos σ 2 . Por último. este límite es el esfuerzo debajo del cual no ocurrirá una falla por fatiga. en que se traza el esfuerzo de falla (S) versus el número (N) de ciclos a la falla (Fig. En la figura 7.TECSUP – PFR Resistencia de Materiales Figura 7. Nótese que el número de ciclos se traza a escala logarítmica. El límite de fatiga para el aluminio no está tan bien definido como para el acero. La ordena es el esfuerzo de falla. expresado como un porcentaje del esfuerzo último del material y la abscisa en el número de ciclos en que ocurre la falla.7 FIGURA 74 Curvas caracterizadas de fatiga acero y aluminio sometidos a cargas alternas. pero un valor caracterizado del límite de fatiga es el esfuerzo a 5 x 108 ciclos a un 25% del esfuerzo último. 179 . Figura 7. La curva para el acero se vuelve horizontal en aproximadamente 107 ciclos y el límite de fatiga es alrededor del 50% del esfuerzo último de tensión para la carga estática ordinaria.6 FIGURA 7.6 curva de fatiga o diagrama S-N que muestra limite de fatiga.7 se ilustra diagrama S-N característica del acero y el aluminio. la corrosión ordinaria puede reducir el límite de fatiga en más de 50%. en especial con concentraciones de esfuerzos alrededor de esfuerzos de agujeros o ranuras. disminuyen el límite de fatiga modo notable. en una concertación de esfuerzo).Resistencia de Materiales TECSUP – PFR Puesto que las fallas por fatiga suelen comenzar con una grieta microscópica en un punto de esfuerzo altamente localizado (es decir. La corrosión. 180 . Las probetas muy pulidas tienen límites de fatiga mayores. la condición de la superficie del material es de suma importancia. que genera pequeñas irregularidades superficiales. Las superficies rugosas. tiene un efecto similar. En el acero.