Resistencia de materiales - tomo I - Timoshenko

Resistencia de materiales - tomo I - Timoshenko

1. ve Ey

E
x

S. TIMOSHENKO

FROFESON DE MECÁNICA DE La UXIVERSIDAD DE SLANFORD

RESISTENCIA
DE MATERIALES

PRIMERA PARTE

TEORIA ELEMENTAL Y PROBLEMAS

ESPASA-CALPE, S. A.
MADRID
1 9 5 7

2. nn

Top Tun Sa

mwkS ape Que oof

NOTACIONES

Yatigas normales ligadas a planos perpendientares
al eje 2, Y, 2.

Fatiga normal ligada a un plano perpendicular a
la dirección n.

Fatiga normal en el punto de fluencia,

Fatiga normal de trabajo.

Fatiga cortante.

Fatigas cortantes paralelas a los ejes y, 2, 2, Y
ligadas a planos perpendiculares à los ejes, Y, &

Fatige cortante de trabajo.

Alargamiento total, Mecha total.

Alargamiento unitario,

Alargamiento unitario en Ias direcciones 2, y, 2.

Distorsión unitaria, peso por unidad de volumen.

Módulo de elasticidad en tracción y compresión.

Módulo de elasticidad por cortádura,

Relación de Poisson,

Dilatación,

Módulo de elasticidad por volumen.

Momento torsor,

‘Momento fiector en una viga.

Fuerza cortante en una vigé.

Area de sccción recta.

Momentos de inercia de una figura plana con re-
Jación a los ejes y y 2.

3. =

Shan cons ten

nb 9

S._aner

NoTACIONES

Radios de gro corsospondientes a Ly, Ly
Momento do inercia polar.

Momento resistente.

Rigider a la torsión.

Longitud de una barra, luz de una viga.
Fuerzas concentradas,

‘Temperatura, espesor.

Coeficiente de dilatación por el calor
Energia de deformación.

Energía de deformación por unidad de volumen.

Altura de una viga, espesor de una placa,
carga por unidad de longitud.

Angulos,

Presión

Diámetros.

Radios.

Peso, carga,

tsi

INDICE

—Tasociöx Y COMPURSIÓN POR DEBAJO DSL zum pe

1. Elastioidad:..
2 Ley de Hook

E endo coin
À deb
FRS See iss poodle ois Rs
6. Pebblemas estéticamente indeterminaduncn trucción
: :

ligas oies ÿ Lérmicus :

À. Extension de un anal creat
AL Aviuasin DR pastoas Y DrPONAA CINE. 2
Y. Variación de lo fatiga en la extensión y compres
pl comiera ions oboe al jo

Glen bares.

10. El ronde de fatigas
1 raión o compre

‘ba du diccciones perpen:

2
15: Fatiga principales =~
TE Ana a Beronida’ en ai ase de atouts

Simple

26. Deere le de gens ene en
dos direociones perpendiouares

19. Fatige cortante pur.

17. Patins do tao por cortadra

18. acción o Comisión en tes nt fap

TIL Forza contanen Y mono FETE
19. Tipos de vi
20. Momento Tor y Fur cure

AN. Relación entre el momento fleetor y ie Hora core

22. grs dl neo dir y i ica or
tanto.

4. ixpice
av isnios

capitan en EU

or ont
1X. onde y rons oommee 6
i $8. Torsion de un eje circular,

i orgs de hele acces:
E #90. Tori de jes deseó rectangle.

—FATICAS EN LAS via.

29. Flexión pura de barras prisáticas
24. Vigne con formas divers de sección sota

BE. Caso gonacal do vga carpas Comercios. IE re lola de ap ras.
E a en es.
21, Dhabi de las lets conan a luso ds

ne Che ae "ne X-—Esnola ve nom. á
28. Ditrbuclin dela fia covanis an gui 72. TE GE, Energía alii de dformncion ona rsacón
SR. Pig principales enla hen de St Falle yrodueties por chaque, =~
30, Fatigas en vigus conmpuestas. Sm Bnotgta plástica de Yen en ion onsos de fuer.

ee e ea
pangs ai iti
pop acs ei
Fe pra Re erden
Bone ese
Het ee
A on Sei iin

O ji

V.-—DEPONMACIÓN DE VIOAS CAROADAS TRANSYERSALICENT E... 120
31; roi dongle eli... non... 1
32. Flexión do una viga wniformoment? cargada apoya

‘da en sus extromos. BT dde
38. Detormuet

de uns viga Simplomente apoyada por
uma enrga concentrada. - as
34. Modo de encontrar las doformaciones en la Tiexidn

tiendo ol d'age de momentos Fenton. ca do copan. ES
se 105 Gun de
85. inde una ih on voli 2 it
1%. Eláatica de una viga apoyada en los entre... 140 à
37. Deformuciin do Vas spoyadan y com voladias.... 198 AEBMDIOn
38. Duformacicn do Vigas eto Jus curgas no son Dar re 25
raloles a uno do Jon planos principales de lean, 168 MOMENTOS DE REROUA DE Las
30. Beto do la fuera cortante on 1a deformación de 1, El momento de ini de un dove plana con soie
in vigas. en 102 lee pan BER =
. Momento polar Gc in
VI—Catos MIRMRESTÁTICOS EN LA an 108 HE ode oros Z 50
49. Bxoow de ligadura... 108 TV. Producto de merci jo principe, 22!!! au
AL Vi empor en unicas y apical, IM Y. Casabio de Amin de or ejes. Doiormineiän sé
42, Vigo con los dos extremos empot sees I incitan Lise
45. Prison yeundros score a ist pa
de Vigne sobre seen JS roc DE aurons
45. Vias contas: E

VIL. Vioas Du SECCIÓN VARIABL, VIOAS DE DOS MAYERIALES. 201
46. Vigas do accción variable. o 5 201
42. Vigne do roateriales diferents. 208
48 Vigne de hormigón armado. EH

49: Pau cortan en vigas de homigin sumado: 219
VIP acmasana UN

$0. Flexión neompatada do ruccón o compresión... 210

51; Coran excantieus en cuerpos de poca Slaton... BS

e, A

55. Cas mens e pices ici y tne de
US Dinge principe : zu

Se en ii EN

36: Hall ceca: Boyaca de colma COITO 200

50. Proyecto de tolumaas por nto Tas incas ;
‘Ween mp ate Uns

57, Form engen pave pue declinó. 2

5. RESISTENCIA DE MATERIALES

PRIMERA PARTE

CAPÍTULO PRIMERO

TRACCIÓN Y COMPRESIÓN
POR DEBAJO DEL LÍMITE DE ELASTICIDAD

1. Flasticidad.—Suponemos que un cuerpo está formado
por partículas pequeñas o moléculas entre las cuales actúan.
fuerzas, Estas fuerzas molcoulares se ponen a cambios de for.
ma del cuerpo cuando sobre él actúan fuerzas exteriores.

‘Si un sistema exterior de fuerzas se aplica al cuerpo, sus par-
tículas se desplazan y estos desplazamientos mutuos continúan
hasta que se establece equilibrio entre el sistema exterior de
fuerzas y las fuerzas interiores,

Se dice en este caso que el enerpo está en estado de defor-

Durante la deformación, las fuerzas exteriores que actúan
sobre el cuerpo realizan trabajo, y este trabajo so transforma.
completa o parcialmente en energía potencial de deformación.
Ejemplo de esta acumulación de energía en un cuerpo defor-
mado es el caso de un muelle de reloj.

Si las fuerzas causa de la deformación del cuerpo disminu-
yen gradualmente, el cuerpo vuelve total o parcialmente a su
forma primitiva y durante esta deformación inversa la energía.
potencial de deformación acumuluda en el cuerpo se recupera
en forma de trabajo exterior.

6. 2 RESISTENCIA DE MATRRIALES

Sea, por ejemplo, una barra prismática cargada en sa ex-
tremo tal como indica la figura 1. Bajo la noción de esta cargo,
Ja barra se alarga una cierta cantidad. El punto de aplicación
de la carga se desplaza en su dirección y la carga realiza un tra
bajo positivo durante este movimiento.

Cuando la carga disminuye, el alargamiento de la barra dis.
minuye también, el extremo cargado se desplaza hacia arriba y

la energía potencial de deformación se trans-
forma en el trabajo do desplazar la cargo en
sentido contrario a su dirección,

La propiedad que tienen los cuerpos de
recuperar su forma primitiva al descargarlos
se denomina elasticidad.

Se dice que el cuerpo es perfectamente
elástico si recobra su forma original de un
modo completo al descargarlo. y que es par-
cialmente elástico si la deformación producida
por las fuerzas exteriores no desaparece por
completo as descargario. En el caso do un
cuerpo perfectamente elástico, el trabajo realizado por las fuer-
zas exteriores durante la deformación se transforma completa-

te en energía potencial de deformación,

En el caso de un cuerpo parcialmente elástico, parte de aquel
trabajo se transforme en calor desarrallado en el euerpo durante
la deformación no elástica, Experimontalmente, se ha visto que
cuerpos teles como el acero, la madera y la piedra pueden con-
siderarse como perfectamente elásticos por debajo de ciorto
límite que depende de Ins propiedades del material. Suponiendo
que las fucrzas externas que actúan sobre una estructura son
conocidas, es un problema fundamenta) para el proyectista di-
mmensionar las partes de la estructura para que estén en condi-
ciones perfectamente elásticas en todos los casos de carga.
Solamente en tales condiciones la estructura tendrá una vida
larga y segura y no presentará deformaciones permanentes en.
sus elementos.

2. Lay de Hooke, —Experimentos realizados sometiendo à
‚xtensiön barras prismáticas han becho ver que entre ciertos
‘mites el alargamiento de le barra es proporcional a la fuerza

rmaccióN y CONPRESION

extensora. Esta sencilla relación lineal entre fuerzas y deforma-
ones fué enunciada por primera vez por el investigador inglés
Robert Hooke! en 1678 y lleva su nombre.

Usando la notación:

P Fuerza total de extensión.

1 Longitud de la barra,

À Arca de la sección recta de la barra.

3 Alargamiento total de la barra.

E Constante elástica del material, llamada módulo de

elasticidad.

La ley de Hooke se expresa por la siguiente ecuación:
Pi

B= a

El alargamiento de la barra es proporcional a la fuerza ex-
tensora y a la longitud de la barra, e inversamente proporcional
‘a la sección recta y al módulo de elasticidad.

Al realizar estos ensayos deben tomarse las precauciones ne-
ccsarias para tener la seguridad de que la aplicación de la carga.
se realiza uxialmento. De este modo se evita cualquier flexión
de la barra.

Prescindiendo de lus porciones de la barra sitnadas en las
proximidades de las fuerzas aplicadas %, puede asegurarse que
durante la tracción todas las fibras longitudinales de la barra
prismática tienen el mismo alargumiento y las secciones rectas
de la barra planas y perpendiculares al eje quedan en estas con-
diciones después de la extensión.

Para encontrar la :wagratid de las fuerzas interiores imagi-
nemos la barra dividida sn dos partes, por una sección recta mn,
y consideremos ol equilibrio de la parte inferior de la barra —figu-
ra 1 (b)--. En el extremo inferior de este trozo tenemos la fuer-
za P. En la parto superior actían fuerzas que representan la
acción de las partículas de la parte superior de la barra cargada.

2 Robust Hooke, De Potentin restísutiva, London, 1678.

3 La distribución, de ine fatigas vn ns prosienidades de los puntos
de aplicación de las fuerzas respondo & uno ley mais complicada y ve
‘igoutira en la Segundo part.

7. n RESISTENCIA DE MATERIALES

sobre las partículas de la parte inferior. Estas fuerzas están dis.
tribuidas de modo continuo sobre la sección recta. Un ejemplo
corriente de distribución continua de fuerzas sobre una super-
ficie es el de una prosión hidrostática o el de la presión de un
vapor. En estas distribuciones continuas de fuerza la intensidad
de la fuerza por unidad de área es de la mayor importancia,
En nuestro caso, como las fibras tienen el mismo alargamiento.
la distribución de fuerzas sobre la sección recta mn será uni.
forme.

La suma de estas fuerzas para cumplir las condiciones de
equilibrio fig. 1 (6)-- debo ser iguala P. La fuerza por unidad
de sección recta valdrá:

ent
E o
Esta fuerza por unidad de área se lama fatiga o esfuerzo,
En adelante, las fuerzas las mediremos en kilogramos, las áreas
en ema y las fatigas en kg/em El alargumiento de la barra
por unidad de longitud se determina por la ecuación

(0)

y se denomina deformación unitaria,
Usando las relaciones (2) y (3), la ley &
presentarse de la forma siguiente:

lvoke puede re-

TE a

y el alargamiento unitario se caloula de esto modo ficilmento
fen función de la fatiga y del módulo de elasticidad det mate-
vial. El alargamiento unitario < es un número abstracto, puesto
‘que mido la relación por cociente de dos longitudes, ecuación (2);
se deduce, por tanto, de la ecuación (4) que el módulo de elas-
ticidad se mide en las mismas unidades que la fatiga, es decir,
en kg/em En la tabla T so indican valores de Z para distintos
materiales 3.

* Ha o Segunda arte so analizarán más detalladamente ls propio»
ade mochnican de lee materiale. ous:

INACCIÓN Y COMPRESIÓN A

Las ccvaciones (1) a (4) pueden usarse también on el caso
de compresión de barras prismáticas. Entonces à representa la
ao r m unitaria de
contracción longitudinal total, © la deformación unit
een y e lo niga de compresión. El médulo de easi-
cidad para compresión es en muchos materiales igual al de ex-
te

Tin los celos, la ftigas y deformaciones de extension las
consiJererewos pustivas y las de compresión negativas,

TABLA Y

PROPIEDADES MUCANICAS DE LOS MATERIALES

vy | Panto de fluencia Fatiga de rotar
ji
dps al
Sea Sas ie >
O26 ABE A AAA | 22x10 15x10
er
Gare Do ae a

quel = pao | aseado | 53% 10.7x10°
Duraluorinio 710 | 2 BLA | LA 10
Cobre 2

Vidrio

Madera

Hormigón a compre
sico

Problemas.

1. Determinar el nlorgastiento total de una barra de acero de
80 em, de lungivud si la fatiga do extensión cs igual a 1.000 kg.jam.t,
Solución: >

Pu 03 mm.
coe tm th x 60 08

2. Detormirar la fuerza total de extensión de wa varile cif
Arica de acero de 2 em. de didmetro si el ulargamiento unitario es igual
à 07 X 104

Solución: La fatiga de extensión en la borra, deducida de la cota.
ción (8), es

ame Bu UT X 0-8 x O LA X 10 kg fem?

8. 6 RESISTENCIA DE MATERIALES

La fuerza extensora, couación (2), se

Bean EE ato

8. Cuil es la relación do los méduios de elasticidad de Jos matorin-
Joa do dos barras de Ins mismas dimensiones si baja la acción de fuer.
zos de extensión igualos los alargamientos unitarios do los burras ot-
tan en la relación

20

ni

Determinas dichos alargamientos unitarios ai una do las harms es.
de ucero, la otru do cobro y la fatign de extensión 700 kg. Jem.»

Solución: Los médulos son inversamente proporcionales a los alar-
¿gamientus unitarios,

Para el wcero,

4. Una barra prismütion de acero de 60 em. de longitud alargn
0.8 mm. bajo la acción de una fuerza extensora, Hallar el valor de lo
fuerza si al volumen de la barr ca 16020

5. Un trozo do alambro do 30 em. de largo, sometido a wma fuer
a extensora de 500 kg., alarga 25 mm. Hallar ct módulo de elasticidad
del matorial si el dren de In accción recta del alnzabre es 0,25 em.?

“ 3, Diagrama de tracción.—La proporcionalidad entro la
fatiga y el alargamiento unitario solamente es cierta por debajo
de una cierta fatiga llumada límite de proporcionalidad, el eval
depende de las propiedades del material. Por encima de esto lí-
mite, lu relación entre el alargamiento unitario y la fatiga es
‘més complicada. Para materiales como el acero, la proporeio-
nalidad tieno lugar hasta un límite de fatiga bastante elevado,
tal como 1,8 X 10° 6 2,1 x 10° kg./om2

En otros materiales, fundición, cobre recocido, el Iimite de
proporcionalidad es muy bajo y no siguen la ley de Hooke,
aun cuando la fetiga sea muy pequeña. Al investigar las pro-
piedades mecánicas de los materiales por encima del limite de
proporcionalidad, la relación entro fatiga y deformación se re-
presenta gráficamente por un diagrama. La figura 2 representa,
el diagrama típico de un acero. En él los alargamientos están
tomados en el eje horizontal y las fatigas correspondientes lle.

RACIÓN Y COMPRTSIÓN 7

vadas como ordenadas de la curra OBOD, Desde O a A la fü-
tiga y le deformación son proporcionales; pasado À, la ley de
Hooke no se cumple. La fatiga correspondiente a À es el límite
de proporcionalidad. Cargada la barra por encima de este I
mito, el alargamiento crece muy rápidamente y el diagrama se
transforma en una curva, En Bso

presents un súbito alargamiento
de la barra, sin apreciable aumen-
to de la fatiga de extensión,

Este fenómeno, llamado fuen-
sin del material, corresponde en * [[4 “
cl diagrama a un tramo horizon-
tal de la curva, La fatiga corres-
pondiente al punto B se deno-
mina fatiga de fuencia, Para car
gas mayores, el material recupera.
su resistencia, como se ve en el
diagrama, y so necesitan aumen- &
tos en las fatigas para obtener
aumentos del alargamiento. Kn
él punto © la fatiga alcanza su
valor máximo, y esta fatiga se de-
nomina carga de rotura del ma- Eso. 2
terial. Pasado el punto Q, la barra
se alarga con disminución dela carga. y finalmente se presenta la
rotura para una carga correspondiente al punto D del diagraros.

Se ve experimentalmente quo el alargamiento de la barra
viene acompañado de una contracción, lateral muy acentuada
en las proximidades de la rotura; pero en la práctica, para ol
cálculo del punto de fluencia y de la carga de sotura la fatiga so
refiere a la sección recta inicial de área A. Todas estas cuestiones
serán examinadas más detalladamente (vénse Segunda parte).

La figura 2 (9) representa el diagrama de extensión para la
fundición, Este material tiene un limite muy bajo de proporeio-
nalidad * y no presenta definido el punto de Suencia.

Diagrama de ensayo @ (rección

Para establecer ost» limito mediante ensayos ca necesario emo
pleae estensóm:tros muy sensibles en In medida de los alariamniontus,
(Visio Grüneisen, Bericht de deutsch, phys. Gesellschaft, 1800.)

9. 8 RESISTENCIA DE MATERIALS

Diagramas análogos a los de extensión pueden obtenerse
para la compresión de diversos motales y determinar sus partes
características.

4. Fatiga de trabajo.—Un diagrama de extensión da una
información completa de las propiedades mecánicas de un ma
terial. Conociendo el limite de proporcionalidad, el punto de
Ausncia y la fatiga de rotura del material, es posible establecer
en cada probleme particular de ingeniería la magoitud de la
fatiga que puede considerarse como una carga de seguridad;
esta fatiga so llama corrientemento fatiga de trabajo.

Al escoger el valor de la fatiga de trabajo para el acero, debe
tenerse en cuenta que para fatigas inferiores al Mmito de propor-
cionalidad el material puede considerarso perfeotamente elés-
tico, y por encima de este límito parte de la deformación In con-
serva corrientemente la barra al ser descargada, Dicho de otro
modo, so presentan deformaciones permanentes.

Para que la estructura estó siempre en condiciones elásticas
y no exista posibilidad do deformaciones permanentes, se acos-
tumbra a escoger la fatiga de trabajo bastante por debajo del
limite de proporcionalidad. En la determinación experimental
do este limite so utilizan aparatos muy sensibles (oxtensómetros)
y la determinación de ln posición de dicho límite depende en
muy alto grado del cuidado con que se hacen las medidas. Para
eliminar la dificultad que esta indeterminación produce, se toma
corrientemente el punto de fluencia o la fatiga de rotura del ma-
terial como base para determinar In fatiga de trabajo. Repro-
sentando con dp Oz Y 0, respectivamente, la fatiga de traba-
jo, el punto de fuenciasy la fatiga de rotura, la magnitud do
ln fatiga de trabajo se determina por una de las dos relaciones
siguientes:

©

n 3 M so llaman corrientemente factores de soguridad y doter-
minan la mugnitud de la fatiga de trabajo. En el caso de estruc-
turas de acero se toma el punto de cesión o fluencia como base
para calcular la fatiga de trabajo, con objeto de que no se pre-
senten deformaciones permanentes en las estructuras. El cosfi-

INACCIÓN Y COMPRESIÓN s

dente de soguridad n =2 se usa corrientemente cuando las
Cargas que actúan sobre la estructura lo hacen de modo perma-
fente. Cuando las cargas son variables o se aplican de modo
súbito, caso muy frecuente en maquinaria, es necesario calon-
Tor con mayor coeficiente do seguridad. Para materiales quebra-
dizos, como fundición, hormigón, diversas clases de piedras, y
para materiales tales como la madera, so toma la fatiga do ro-
tara como base para determinar la fatiga de trabajo. La mag-
nitud del coeficiente de seguridad depende en su mayor grado
del cuidado con que en el cálculo se han determinado las fuer-
zas exteriores que actiian sobre la estructura, las fatigas co
rrespondientes a sus distintas partes y la homogeneidad de los
materiales usados. Más adelanto insistiremos sobre esta impor-
tantísima cucstión (véase Segunda parte).

Problemas

1. Doterminar el diámetro d do los pernos de acero N de una
prensa para un esfuerzo méximo P = 50.000 kg. (fig. 3), si el coeti-
cicate de trabajo para el acero ca en este

uso oy = 1000 kgJom., Determinar el
alorgemiento total de los pernos para la
carga méxima, si la longitud entre sus cas
eras ca 1,0 me
El

“Solución: El rea necesaria on la sección
recta, couación (2), es

PRET gg 7
ans EA y bh 1
de ondo r
= VE sm. . T
= H

EI alargamiento total, ecuaciones (8)
vues

on
x 10

2. Una estructura ostá formada por dos
bbarrasiguale de aocro (fig. 4) do 4,50 m. do
longitud, cuyos extremos están sometidos u
ln acción de una carga vertical P. Dotoccainar la sección recta de la barra
Y el descenso vertical del punto B para P == 2.500 kg. e, = 500 Let
y ol dngalo inicial de inclinación de las Larras, 30°,

ba x 1.500 0,76 mon

10. 10 RUSISTHNOTA DE MATRRIALES
Solución: De la figura 4 (0), que representa In condición de equi:
Iibrio dol mudo B, so deduce que la tensión en las barras es

P

Spas peed 0 Sm P= 2500 kg.

La succión noccentia es

SEO gl ona
J BB ah om,

La flecha BB, so halla medians
te el triángulo DBB,, où el que,
dada su poqueñez, ol arco MD, de
radio igual e la longitud de Ins ba-
rus, se sustituyo por la perpendicular
bujadı sobre AB, posición de lo ba
ma der de In deformación, dos el punto B.

EI alangamiento total do la barra AR es

bare gx 600 16m,
es
BB, = BD 2,6 mm.

So ve que In variación del ámgulo 0 debida n lu fiecha BB es
muy pequeña y que el cálculo realizado para hallar S, basado cn la

hipótesis de que 8 = 30°, ca suficientemente apro
ximado.

2. Determinar el alurgacuiento total do la barra 1 17
de acoro AB, cuya sección recta os 6 em. y está T
sometida a la acción de las Fuerzas Q = 6.000 ks. Inzscn

P= 2,500 keg. (ig. 5)
Solución: La fuerza extensora para los trozos |

ssuporior e inferior do la barra es iguala Q, y para PP a
el trozo central, igual a Q—P. El alargamiento to= py 7
dal será 7
Qh 4 (Q= Ph à. 9,000 x 250
is "2 EE tease
2.500 x 250 _ 9g
y 2900 x 280 026 mm ey
4. Dotcrminar las dimensiones de las secciones ©
Toctas de la vig de madera FO y de lu bara de Fio. 5

acuro AB de la ostructura ABO cargada on B, si ol

coeticiento de trabajo para la madera so toma a; = 10 kom y
para el acero 9, = 800 kg.Jem.t, Ta carga P = 9.000 ig, Tas dimen-
siones de In cstrucuuen, las de la figura 6. Determinar lus componen-

inacción Y commrastón u

oe vertical y horizontal del desplazamiento del punto B, dobido a
le deformación de las barra.

Fie. 6

Solución: De In figura 6 (), que representa cl equitibrio del nudo B
y ea un triángulo somejante al À BO de la fig. 0 (4), se deduce

45
= PBS. 5,000 ke
ar Psy

000 kg.

madara sordn:

El elorgnmiento tota) do la barra de acero y el acorta
viga do madera son:

st _ 5.000 „4500

ES

4000, 3.600

E

Para déterminer ef corrimiento del mudo FA, debido a lo deforma

ción, ee trazarin dos ares con censos en À y O ME DAL y me

dios iguales a los longitudes delas barras 4 y CB deapute de In dos

formate, Se ntemcición define la posición mueva 8 del mudo E La

construcción so reeliza en figura aparto y à mayor escala —fig. 6 (0)

BB, es el ulurgumiento de lu barra de uocro, y LB, el acortamiento

18 mr.

0,30 me.

11. 2 RUSISTENCIA DE MATERIALES

de In viga de madera, Las perpendiculares de trazos reemplazan a lor
“arcos indicados anteriormento. Por consiguiente, BB" es ci corri
miento del mudo B. Las components de este corrimiento ae dedunen
fácilmente de la figura

5. Determinar en ol probloma anterior la inclinación do la ba
ma AB, de modo que su peso sen minimo.

Solución: Representando por 0 el ángulo entro la barra y la viga y

por ha bosta dl viga ot mid de aa? ige

NAS
Em da

a ap
Aout) Teer

Por consiguiente, el volumen y el peso de la barra son mínimos.
cuando sen 20 = 1; cs decir, 0 => 45°

6. La estructura triangulada ABCD —fig. 7 (a) está formada
por cinco barras de acero do 6 em.t do sección recta y sometida a la
Acción de Jas fuerzas P «= 6.000 kg. en lo dirección do la diagonal. De.
termínar las variaciones de los ánizulos en 4 y C, debidas a la defor
ación de la estructura. Determinar la variación de osos mismos én-
galos si a0 aplican fuerzas como las de In figura 7 (0).

Solución: En el caso de la figura 7 (a), la diagonal cala éniea barra
que trabajo. Suponemos Fijo el nudo D o invariable la dirección de la
diagonal, el corimiento del mudo B en la dicción de In diagonal sorá

ig a guet de dont ZE Le trim de la

posición nueva O” del mudo C an india en la figura por linea do trazos.
En el triángulo rectángulo de dimensiones pequeñas 00,0” se tiene

CO = y Por eme, 1 to tan e ama DO
aise A dotación do a tc aus

MACIÓN Y COMPRESIÓN 13
VE MES o,
a ler ee

y el aumento del ángulo en © es

radian

i

2 * 2400" 1200

rind poten pet pee De ie

a aps d a aps Pn ign ABD de al

LE aaa i pate EO Satara pan
en ee Bete main tb

p
pen.

a 8 o E

gs

mo. 8 Fie. 9

Respuesta: La tensión en la barra BO es máxima cuando la cor-
gn Pestócn la posición más alejada ala derecha, es deci, en ol punto D.
A volumen de In barra cs mínimo cuando 0 = 45°.

8. Determinar la sección necesaria pora la barra de acero BG (fig
mu 9) si el cocficiente de trabajo ea 0, = 1.000 kgJcm.* y la carga
vertical uniformernente distri-
buida acvín sobre la viga AB
a razón de 1.800 kg/m

Raspusta: À = 405 cm.

9. Determinar Jas soccio-
pos nocsarins para las Durras
AL y BO de las estructuras de.

las figuras 10 (9) y 10 (0) si 12000 y 12000, 6,
= 1.000 ke. fer

Respuesta: En el coso de la re
estructura 10 (0), la sección:
do AB deberá ser 20 cm, yla Po. 10
dela barra BC, 16 cm En ol
‘caso de la estructura 10 (9), In sección de la barra AB será 16 em, y
la de in burma BO, 14,1 cra,

10. Resolvor cl problema 3 suponiendo que ol material es duralu-
mini y que P s+ Q = 800 kg.Jcmns

N. Hallor jus secciones de las barras CD de las fizuras 10 (0)
y 10 (6) y sa alargamiento total si el material es acero vorriente y
9m 1.200 kaufen.

12. “ RESISTENCIA DR MATERIALES.

12. Resolver el problema 9 eupemiendo que la earn an aplica
solamente on el mudo del condón auperior situado à 2,40 m. del apoyo 4.

5. Fatigas y deformaciones producidas en una barra por su
propio peso.—Al estudiar ol easo de In extensión de une barra
(Figura 1), hemos considerado solamente el eeto debido a la car-
ga P. Sila longitud de la barra ex grande, su propio peso puede
producir una fatiga adicional considerable, que debe tenerso en
cuenta. En esto caso la fatiga mixima se produce en la sección
recta superior. Represontando y el peso por unidad do volumen
de la barra, el peso total será Ay! y la maxima fatiga vendrá
duda por la expresión

Pam Ein ©

El último término del segundo miembro de la couación (6)
reproenta la fatign producida por el poso de la bara, El poso
de la porción de barra situado por debojo de unn sección recta
à la distancia = del extremo inferior es Ayz y la fatiga vended
Gade por In sound

4

P+
a
Sustituyendo la fatig de trabajo =, por dx on la sona

ción (6) la formula para caleular ln sooción de seguridad rá

E
ai
En ella se ve quo el incremento de longitnd de la barra hace
aumentar la sección recta de seguridad À. Cuando yl =o, la
fatiga debida al peso de la barra es igual al oooiiente de tra-
bajo y el segundo miembro de ln covación (8) se hace infinito

En circunstancias tutos es imposible el uso de la barra prismá.

tica y se recurre al empleo de barras de socción variable
Para valcular ol alerguniento total do una barra prismática

sortida a la acción de la fuerza de extensién P en el extremo

y su propio poso, consideramos primeramente el alargamiento

de un elemento de longitud diferencial de separado de la burra

por dos secciones rectas infinitamente próximas (véase fg. 1).

Puede suponerse que en tan corta longitud de la fatiga es cons-

m

4 (5

mación Y comrarsióN 15
tente y viene dada por la expresión (7). Entonces elalargamien-
(o d3 del elemento será
ole _P + Ave
B= Tan
EJ alargamiento total de la barra se obtendrá sumando los
alargamientos de todos Jos elementos. O sea
1 P + À 1 i
er (p+ Lai. ©]
Feria)

B=

Comparando este resultado con la expresión (1), se ve que
+ alargamiento total producido en la barra por su propio peso
fs igual al que produciría una carga de valor mitad aplicada en
oa extremo.

Problemas.

1. Determinar el drca de lu sección recta de unn barra vortical
de acero de formo prismétien cargada cn su Extremo inferior con una
Garn P = 85,000 kg, si a longitu de la burra es 200 m., el coeficiente
flo trabajo ay = 700 kg. for. y ol poso de un m de acero où 7.800 Kg.
Determinas el olorgamiento total de la barra,

Solución: La sección. couación (8), ee

EX alargamiento total, exprosión (9), =

—
rw

x (won Loue 104300 x 10) mm.

2. Determinar el alonso de una br cnica ajo ain

de a pre po ig LU, La ong do Dre oof ine

A be Za pe por wind vam dl mataria Y.
Solución: D pas del Var sr

EN
en ex:

Para una sección recta a distancia 2 del extremo inforior de la bn
fu la fuerza de extenaióo, igual al poso de la parto inferior dela barra, et
CES
woe XB

Teniendo en cuenta que esta fuerza ae reparto uniformemente on

13. 16 RESISTRNCTA DE MATERTATRS

ln sección recta ? y considermndo el elemento de longitud dz como una.
Barra prismática, el alargamionto de esto elemento será

u»
2 E x ds
y el alorgamiento total de la barrı es

Y (hr e Y
ab (ae =

Pate alorgamiento es | del que tendría une barra
prismätion de In miemo longitud (rönse cruneiôn 9)

'3. La vorilla vertical de una bomba de mina es.
aceionada por un cigüeñal (fig. 12). Suponiendo que
el materia! es acoro y el cooficionte de trabajo a, = 500 kgJom., do-
terminar In sección recta do In varilla si la resistencia del pistón
Gorante el movimiento hacia abajo es 100 lig. y durante el movimiento
wein arriba 2.000 kg. La longitud de la varilla os 100 m. Doterminar
la longitud del radio del cigiedal si la carrera de la bomba es 20 cm.

Solución: EI área de la sección recta de lu varilla so encontrará
por la expresión (8) para P == 1.000 kg.

1.00

EEES ES

La diferencia entre el alargamiento total de la varilla cuando se
mueve alternativamente, dobido à la resistencia del pistón, serás

(1.000 + 100) x 100 x 10%

be A PPT 4
rio de to aia wer
EEE nis om.

4. Dos ulambros, uno de acero y otro de alomi-
mio, están colgados verticalmente. Determinar la of
longitud para la que la fatiga dobide al peso propio ES
iguala a la carga de rotura i para el acoro 0, = 21.000
KeJemá y y= 7.800 kg/m? y para ol aluminio Tio
= 3.500 kg om? y y = 2.700 kg.foma
Respuesta: Para el acero, L=26.900 1, para el aluminio, l=13.000m.
5. En qué proporción ereco la fatiga máxima producido por au
propio poso on una barra prismótica si todas las dimensiones de ls
barra sumentan en le proporción nl,

Y Bata hipótesis es admisible cuando ol ángulo del cono es po:
quedo,

RACIÓN Y COMPRESIÓN nm

Respucsta: La fatiga erecer un la relación 13 1.
5 Una pila de puente formado por dos trozos prismáticos de igual
tongitud (ig 18) está sometida en su extremo superior à una compre:
rope 200.000 kg, Determinaz el volumen de la fábrica si a altura
dal pilar von 3010, ol peso por m 2.000 kg. y la fatig de compresión

y

Ir

Fie. 18 Me. 14

máxima admisiblo 10 kg.fom.. Compurar el volumen obtenido con el
de un pilar prismático proyectado en análogas condiciones.

7. Resolver el problema anterior suponiendo a la pila formada
por tres trozos prismáticos de igual longitud.

8. Determinar la forme dol piler de la figura 14, de modo que la
fatiga en cada sección sea constante o igual a oy. La forma quo satis
face a esta condición se denomina sólido de igual resistencia,

“Solución: Considerando el elemento diferencial rayado on la fi:
Eur, es ovidente que lu fuerza comprotora de la succión m ny es su
Perior ala que comprime la sección mn en el peso del elemento. Puesto
¿que la fatiga en las dos secciones dobo sor la misma e igual a oy la di
farencia dA de Ina áreas de las dos scccionos, debe compensar la di-
ferencia do fuerza compresora,

Par consiguiente,

dan, = Ads, @

donde el segundo miembro de la ecuación representa el pono del le
‘mento. Dividiondo esta ecuación por Ac, © integrando, ze tieuo

da. frés,
a Ja
de donde
y
=
PET o

14. 18 RESISTENCIA DE MATEMALES

Siendo e la baso de los logaritmos naturales y O = «93. Para à U
esta scuación da pam ol área do la cabeza del júler

(Ben = 0.
P
La sccvión en dicha cabeza es E y, pur comiguiento, la ouasión
CES

©

El área en In base del pilar se obtiene dando a = ol valor Zea la
ecuación (0)

AE.

a

9. Encontrar el volumen de la fábrica de un pilar de igual resio-
tencia, proyoctudo en laa condiciones del probloma 6.

“Solución: Utilizando la ecusción (4), la diferencia de las reus de
las secciones de base y cabeza del pilar será

ss

¡cada por In fatiga de trabajo oy, da evie
a volumen ses

BEL mi
vf = 158 m0

6. Problema estáticamente indeterminados en tracción y
compresión. —Hay casos en los que las fuerzas axiales que ac-
tan en las barras no pueden determinarse por las condiciones
de la estática, y entonces la deformación de la estructura per-
mite encontrarlas, Estas estructuras se llaman sistemas está-
ticamente indeterminado.

Un ejemplo sencillo de tales sistemas es el de la figura 16. La
carga P produce extensión en las barras OB, OC y OD, las cua-
les están en el mismo plano.

Las condiciones de equilibrio del punto P dan dos ecnaciones,
que no son suficientes para determinar las tres tensiones des-
conocidas de las barras y para tener una tercera ecuación es
necesario considerar la deformación del sistema. Supongamos,
para simplificar, quo el sistoma es simétrico respecto al eje ver-
tical 00, que la barra vertical es de acero, siendo A, y E, el

ACCIÓN Y COMPRESIÓN 19

área de su sección recta y el módulo de elasticidad del material,

y que Jas barras inclinadas son de cobre, y que À, y E, son sus

dreas de secciones rectas y sus módulos. La longitud de la barra

1

Representando por X la tensión de la barra vertical y por Y

las fuerzas en las barras inclinadas, la única ecuación de equí-

ibrio para el punto O, en este caso „

do simetría serás

A427 cos

vertical es Ly la de las barras inclinadas es

P. @

Para obtener la segunda ecnaciôn
que permita conocer las cantidades
X e Y, consideraremos la configure.
ción del sistema deformado indicada.
en la fgux por líneas de puntos.
Sea 8 el alargamiento tota de la barra
vertical bajo la acción de la carga P;
los alargamientos 3, de las barras inclinadas se hallarän en el
triángulo OFO,. Teniendo en cuenta que estos alargamientos
son muy pequeños, el arco de círeulo OF de centro D puedo
reemplazarse por una recta perpendicular y el ángulo eu O,
puede tomarse igual al Angulo inicial =; por tanto,

5

à eos à.

Los alargamientos unitarios y las fatigas para las barras ver-
tical e inclinadas serán:

Beast a, _ Ed co a

RE am
respectivamente. Las fuerzas eu las barras se obtendrán multi:
plicando las fatigas por las secciones rectas y serán

yoe

9)

de donde

15. 20 RESISTENCIA DE MATERIALES

Sustituyendo en la ecuación (a), obtendremos

x P

ao

or
Se ve que Ta fuerza X no depende únicamente del ángulo de
tnclinación a, sino también de las áreas de las secciones rectas
y de las propiedades mecánicas de los materiales de las barras.
Tin el caso particular en que las tres harras tengan la misma sec-
ción y el mismo módulo la expresión (10) se transforma en

Er
Cuando « se aproxima a 0, cos 2 se aproxima a la unidad
1
y la fuerza en la barra vertical se aproxima a 7 2. Cuando «

se aproxima a 90°, las barras inclinadas son muy largas y la

2, carga actúa de modo completo sobre la barra

Central. Otro ejemplo de sistemas estéticamente

| indeterminndas es el de una barre prismáti
1

‘con los extremos empotrados cargada axialmen-

| te en una sección intermedia mn (fig. 16). La
carga P estará en equilibrio con las reucciones

+
Hi
n

Fic. 16 Para obtener la segunda ecuación que per-
mite determinar las fuerzas 4 y £, debo oonsi-
derame la deformación de la barra, La carga P con la fuerza À
produce acortamiento en el trozo inferior de la barra, y con la,
fuerza ft, alargamiento en el superior. El acortamiento total de
un trozo debe ser igual al alargamiento total del otro.
Usaudo la ecuación (1), se obtiene

Be Ph
AE AB
de donde
Roa

Re a

mmacerón y compresión: a

lo que indica que las tnerzas À y Ze, son inversamente propor
“Gonales a las distancias de sus puntos de aplicación a la sec-
ción mn. De este modo, las ecuaciones (c) y (d) dan las mag-
hitudes de aquellas fuerzas y las fatigas de la barra pueden
caloularee fácilmente,

Problemas

1. Un cilindro do acero y un tubo de cobre están comprimidos

mor los platos de una prensa (fig. 17). Dotermivar lao fatigas en el

Seero y en el cobro y el acortamiento unitario A

BrP 50.000 kg. à = 10 om. y D = 20 em. ‘
“Solución: Las condiciones estáticas son ine

fieienten y debe considerarse la deformación del

A pars metas la par cage a
ne ine a moria
Los ucortamientos unitarios en el acero y en 1%

el cobre serán igualos; por tanto, lu fatica de
Suda material estará en la misma relación que
eu módulo (ocuación 4, pág, 4) es deci, In fatiga

20
de compresión en ol acoro será À do la fatiga de pie. ı7

compresión an ol cobre, De este modo, al valor +

{de la fatiga on el cobre se encontrará por la couación do In estática.
2220
m

P= FD Poe

Sucingondo vues nui, we obio, 12 Mom
aun Baga 20 hom
Bi versie aire r
CCE
2. Un column de hain arado mu comprimida por ann

fuerza P = 30.000 kg. ¿Qué parte de esta carga actún sobre où hormu
An y qué parto sabre ol user a la acción rota do coro es olamente

75 de la sección recta de hormigón?

La carga transmitida por el hormigón será igual a 16.000: ke.

3. Un ouorpo rigido AB de peso Q cuelga de tros alambres verti-
cales simétricamento colocados respecto al centro de gravedad © dei
cuerpo (fig, 18). Determinar los esfuerzos de extensión en los alambres
ll del medio os de noero y los otros dos de cobro, Las secciones roc-
as de los tros alarmbres son iguales.

16. 2 RESISTENCIA DE MATERIALES

Marcha a seguir: Usar ol método del probleme 1.

4. Determinar las fuorzas en les cinstro patas de uan mesa cua.
“rada (fig. 19), producidas por una carga P quo aetin on una diagonals
El apoyo do la incon en el suelo a6 enpone absolutamente rígido y las

as go tinea a dl de tal modo quo pueden wuftir oxtensiones y come
presiones.

Solución: Suponiendo que la nueva posición del tablero do la mesa.

«es la indicada con la linen de puntos mn, la
compresión en las patas 2 y 4 soc igual à la
‘media de las de las putas 1 y 3, Por tanto,

araxız
y también
a le BEX ese P,
ta do donde
Fra. 18 wer+ ta

La couscién complementaria para determinar X y Z se obtiene
tomando el momento de todas las fuerzas con relación al eje horizon:
{al 0-0 paralelo al y y en el plano do la fuerza P. Se obtiene:

xo VI +0) +prxe=2(paVi—e). o

De (a) y (9) so deduow

y
22
indica que hay oxtensiön en la pata I. dx
5. Determinar las fuerzas on Ins par lo
as de la mo anterior cuando lo cargo a
we aplica en el punto de eoordenadas.
2

asf, a. be
7h vf

io, 19
Solución. Para resolver este problema,

la cusga P situada fura do la diagonal de la mes puede reemplazorso
or dos cargas estáticannento equivalentes aplicadas en puntos de lus
dos diagonales, Los esfuerzos produridos v» las patas por cuda una de
stas dos fuerzas se encontrarán del modo oxplicado anteriormente.
Sumando los efectos de lus dos cargas componentes se encontrarán loa
esfuerzos en lus patas para cualquier posición de la carga Pa

"RACCIÓN Y COMPRESIÓN 23

6. Un cundro rectangular con disgonalos está sometide a la acción
de lus fuerzas de compresión (fig. 20). Deters i

Jan barras si todas son del mitm material, el
fren de la sección recta de Ing verticales cs À y
la de los restantes barras Ay.

Solución: Sou X la fuser de compresión en
cado barra vertical: Y, lu fuerza de compresión
fen cada diegonal, y Z, la fuerza do extensión en
cada barra horizontal. Ta condición de equililcio
de uno de los nudos de

AP)

ZmYomum(P— Tone m

Fra. 20
Ta tercera scuación se obtendrá por la condi.
cide de que el cuadro despubs de la deformación seguirá siendo reo
tangular, en virtud de la simetría; por tanto,
zy
aa)

ei] ENT
despreciwndo tas cantidades pequeñas de orden superior, se obtime
(MP wx ata
AE "aE AL
Resolviendo el sistema de counoiones (0) y (9), In fuerza en la dia
onal ae ol

Fi

16)

las fuerzas en las otras harras se colculurán fic
mente por las ocunciones (2).

7. Resolver el problema anterior suponiondo a = I
A= 5A, y P = 25.000 kg.

8. ¡Qué futiga se producirá en un pemo de acero y
cu un tubo de cobro (fig. 21) al dur 1/4 de vuelta a la
tuerca, sia longitud del perno ça 76 em. el paso del tor.
illo À — 9 mm., ol área do lu accción recta del perno
dam om. y el área do ln sección recta del tubo dr = 12 cm?

Solución: Sen X In fuerza total de extensión en el porno y de com-
Presión en el tubo, El valor do X se encuentra stablcciondo que el
Alargamiento total del perno mds el acortamiento total del tubo es
‘gual ol desplazamiento de la teren u lo largo del pero. Admitiendo,
© muestro caso, que la longitul del tubo ce igual a la longitud del
Peru, vo obtienes

Fro, 21

x x
abet in”

17. 2 RESISTENCIA DE MATERIALES

xe ner A
ee)

x

La fatiga de extensión en el perno en = 1.060 kom

La fatiga de compresión en el tubo m 0, = À 526 Kg jom.*
9. ¿Qué cambio en los fatigas calculadas en el problema anterior
48 Producen uns Fuerzas extonsorne P= 2.500 kg. opli

Solución: Sea X el aumento de la fuerza total
de extensión en el perno o Pla disminución de la
fuerza total de compresión en el tubo. La condición

3

Ming ads cu lon éxtremos dal perno!
ge | pemot

DE dunes
TL Keven ©
hdi 7 : al Puedo escribirse una segunda ecuseién conside:
EM | ando quo ls alamo una det pu y
dol tu por I aplicación dels fueras £ dela ar
Fy” igaules: es decir,

ll = Y

ho. 22 AE." A, E

Esta ccuación, unidu a la (a), permite caloulat
los fuerzas X 0 Y. de cuyos valoros so deducen fácilmente lus fat
pas correspondientes.

10, Una barra prismática con lox extremos empotrados té oar
sad uxialmento en dos socciones inccrmedius (fig. 22) con fuerzas
Pry Pa. Detorminor las reucoiones By Ry.

Solución: Usando la ecuación (d), pagina 20, mediante in que ae
calculan por separado las reacciones que produce cada carga, y au
mundo los sosultados. Determinar las roscsiones
totales cuando

m DO y PP, = 500k.

11. Determinar las fuctras en Jus barras dol
sistema representado en In figura 28, en ol que
04 ca un sje de simetru,

Respuesta: La fuerza de oxtesión on la ba-
rro OB es igual a lu do compresión en In

ya

barra 00 y vale 3,2, Le tonsién de la barra
horizontal OA es igual a 0.

12. Resolver el problema 10 suponiendo que la porción inferior
de la barra enya Jongitud es € tiene una sceción doble que las de las
tras dos partos de longitudes a y 6

Fia, 23

Y 1, Fatigas iniciales y térmicas.—I

ImaccióN Y COMPRESIÓN 26

un sistoma estática.
mente indeterminado es posible existan tensiones iniciales pro-
Gucidas en el montaje y debidas a errores en las longitudes de
las barras o a variaciones intencionadas de los valores correctos
Ge aquellas longitudes. Estas tensiones existen aun cuando no
faction cargas exteriores y dependen de las proporciones geomé-
tricas del sistema, de las propiedades mecánicas de los materia-
les y de la magnitud do los errores. Supongamos, por ejemplo,
que en el sistema representado en la figura 15 la barra vertical
tenga por error una longitud I+ a en lugar de la £ que le co-
responde. Al unirla las barras BO y DO, después de haberla
“cortado con una compresión inicial, producirá futiga de exten-
sión en las barras inclinadas, Sea X la fuerza de compresión
que actún en la barra vertical después de haberla unido las otras
barras,
La fuerza de extension en las barras inclinadas soré:
x
Er
y el desplezamiento del ndo O debido al alargumiento de dichas
barras será (véase ocuación 8, pág. 19)
xt

aot. a
À 24,E, cor a @
I acortamiento de la bara vertical ser
x
an dt. 6)
4, f

Ahora bien: el desplazamiento del mudo O, junto con el
acortamiento de la barra vertical, debe ser igual al error a en
a longitud de dicha barre.
Se obtiene de este modo la siguiente ecusción, para deter-
ruinas X
xt, xt
ERA TEA

O ses
a

18. 20 RESISTENCIA DE MATERIALES

Conocido X, se exleularán fácilmente las fatigas iniciales en
los barras.

La dilatación de las barras debida a cambios de la tempora-
tura puede tener el mismo efecto que los errores en las longi-
tudes. Sila temperatura de la barra crece de 4 a ty la dilata.
ción térmica se impide por las reacciones en los extremos, so
producirán en la barra fatigas de compresión cuyas magnitudes
pueden caleularse por la condición de que la longitud perma-
nezca invariable. Sea a el cooficiente de dilatación y 5 la fatiga
de compresión producida por las reacciones, La ecuación que
determina ¢ será,

al) = je
de donde

o an

Fat —1)

Como segundo ejemplo, cunsideremos el sistema representado
en la figura 15 y supongamos que la barra vertical se calienta
desde la temperatura ambiente /, hasta una nueva tempera-
tura £ La dilatación térmica correspondiente estará parcial-
mente impedida por las otras dos barras del sistema y una cierta.
fatiga do compresión aparecerá en le barra vertical y fatigas
do extensión en las barras inclinadas.

La magnitud de In fuerza de compresión en la barra verti-
cal vendrá dada por la ecuación (11), eu la que en lugar de la
magnitud a del error en longitud se sustituirá la dilatación tér~

mica al (£— 4) de la barra vertical.

Problemas.

1. Los rafles de un tranwia están a topa a 10° C. ¿Qué fatiga so
úprodusirá en ellos cuando ol sol los calienta fusca 38° G, ai el ovetie
Ciento de dilatación del noëro es a = 125 x 10-71

Solución

2 WE X 195 X 10-F 28 = 700 eg Jm.

2. ¿Qué cambio de fatigue se producirá on el caso representado,
+ 1a Figura 21, al auinentar la temperatura, pasando de 4 8 € grados,
(Y coeficiento do dilatación térmica del acero es a4 y ul del cobro 2,7

Solución: Debido à ame # > %q, 01 aumento de temperatucn Pro
co compresión wu el cobro y trucción on el acero. El atangaraiento

INACCIÓN Y COMPRESIÓN E

tario del cubre y del acero serán iguales, y representado por X al

unit
ido lo fuerza de extensión au el porno debida al cambio de

sorento
Temperatura, se o

de donde.

La variación de las fatigas en el perio y en el tubo punde exleularse
ahora del modo acostumbrado.

Tan pletina de cobre está soldada entre dos plotines de acero
(figura 24). ¿Qué fatiga so producirá en ol acero y en el cobre por una
ración de la temperatura do las pletinas de 4 a £ grados?

Solución: Deberá usarı el mismo
método que encel problema anterior.

4. ¿Qué fatigas so producirán en
tae barras del sistema representado en.
ln figura 15 a la temperatura do to-
as Ins barras ie «love do 4 0 #7

Solución: Con X se represente la fuerza de extensión producida
x la barre do acevo al aumentar la temperatura, Por la condición de
equilibrio del nudo 0 ae ve que las fuerzas que comprimen a las barras

Fie. 24

Se coro vl à por de 1 espanto, logan aa de

la bar de acero serás

xt
Beall tl + ea?

y ol dlarguaniento de las barrus de cobra,

1 xt
Bm O cong o ALE,

Según sabemos (ves pag. 19),
dm 8008 2

19. 28 RETARD MATERIATIS.

Las fatigan en ol zo0ro y ol cobro se obtendrán ahom por Tas coma:
ones siguientes:

Suponiendo que en el caso de la figura 17 una cargn constants
P = 60.000 kg. ve apliquo a la teraporatura inicial 4, detorminar para
qué aumento de temperatura la carga será transmitida Únicamente
Por ol cobro si 3g = 126 x 10-7 y 5, == 170 X 10-1,
Solución:
ur

ee

de donde

We 42570.
©. Unn barra de acoro formada por dos partes prismáticas de lene
gitudes h y fy y de secciones rectas A, y A, tiene los oxtremos fl,
Hallar las fatigas quo se originan cuendo la temperatura se eleva 60° C.
Supönguse b= fy, Ay = 2Ay Y ay = 126 X 107.
7. Hullar las fatigas de origen térmico en ol sistema do la figura 24,
la temperatura do las tre pletinas ercce 80° €. El espesor es el
mo en las tres y los coeficientes do dilatación son sa = 125 x 10-7

y mm. Seg BR,

3, La temperatura del sistema de la figura 15 10 eleva en 00°C.
Halnr las fatigas do origen térmico si Jas tn barras son de acero y"
enon la misma socoión, Tómoso ay = 125 X 10? y Fun 2 X 10
kefom

9. Encontrar las fatigas on los alambres del sistema de la figu
Fa 18 si la socción recta do los alambres es 0,6 em. la carga © = 2.000
Kilogramos y la temperatura del sistoroa daspuda del montajo aumenta,
en 60,

10, Determinar las fatigas que aparecen on el sistema representado.
en le figura 20 ui la toraporatura de la barra horizontal superior 96 elo-
va do toa £ grados.

8. Extensión de un anillo elreular.—Si fuerzas radiates uni-
formemente distribuidas actúan a lo largo del perímetro do un
anillo delgado circular (fig. 25), se producirá un alargamiento
uniforme del anillo. Para determinar la fuerza do extensión del
anillo imaginémosle cortado por una sección diametral hori-
zontal —fig. 25 (1) — y consideremos la parto superior como un
cuerpo libre. Si q representa la carga uniforme por unidad do
longitud de circunferencia y r cs ol radio de dicha oircunferen-
cia, la fuerza que obra en un elonıento de anillo determinado

TRACCIÓN Y COMPRESIÓN 2

por dos secciones radiales adyacentes será grd. donde de es el
ángulo en el centro correspondiente. Tomando la suma de las
componentes verticales de todas las fuerzas que actúan en el
medio anillo, obtendremos la siguiente ecuación de equilibrio:

[arsenate

Peg. on
Ta fotiga de extensión en el anillo se obtendrá ahora divi-
dieudo la fuerza P por el área de la sección recta del anillo,

2.

do donde

Foo. 25

En las aplicaciones prícticas es muy frecuente tener que
determinar la fatiga de extensión en un anillo circular giratorio.
Entonces q representa la fuerza centrífuga por unidad de lon-
tud del anillo y viene dada por la cenación
a”
en donde w = peso del anillo por unidad de longitud; r, radio
de la cironnierencia media; v, velocidad del anillo en el radio r,
Y 9. aceleración de la gravedad. Sustituyundo usta espresión do
4 ea la ecuación (13) se obtione
pam
y
7 la fatiga correspondiente será.
P_ wot
474

as

as

20. 30 RESISTENCIA DE MATERIALES.

So ve que la fatiga es proporcional a In densidad Y del ma-
terial y ul cusdrado de la velocidad periférica,

Problemas

1. Determinar la fatiga de estonsión en In pared ollíndrion de ta
prensa de la figura 3 ai el didmetro interior us 26 cun. y ul ospesor de
la pared 2,6 em.

Solución: La presión hidrostática méxime pen el cilindro so ene
contraré por la ocunción

de donde p = 100 kg fom.%, Sepamndo del cilindro un anitlo de longe
tod Lem. un dirección dal ejo del cilindro y mplicundo la ecunción (19)
so obtiono

2, Un tubo de acero se ha introducido en otro de cobre, ostando
auvbos a un alta temperatura € (fig. 28), siendo el ajuste perfecto y
Cobre NO existiendo presión alguna entro los tubos a
“aquella temporaturo, Determinar las ftigaa que
e producirán en ol cobro y en el acero al en
friarse el conjunto hasta la temporatura am
Diente 4 si el diéametro exterior dl tubo do acero
es d, el espesor dol tubo do asero os Ay y ol del
ho de cobro A,
ie. 26 “Solución: Debido a la diferencia de cooficion-
ca de dilatación a, y a oxistrá una prosión ene
re lor tubos exterior o interior al enfeiarso, Sea la presión cu kg emt
La fatiga do extensión en el tubo de cobro será.

La
“sn

y ln fatiga de comprosiôn on el tubo de acero será
A
a

La prosión = puede encontraras estableciendo en forma de souneiôn
In condición de que en virbul del enfriamiento numbos tubos tienen la
sigma contswovidn perimetral; sos

rt m
salt to gigs = 2e OO ta

TRACCIÓN Y COMPRESIÓN a

de donde
un ASA
a 14%

Del mismo modo podría cleulare la fit en ol aero,

3. Mefiiéndonos ula Figura 25, ¿qué fatiga adiciona, de extensión
so producirá en el tubo al somuerio a una presión hidrostática
dep = The Jem,
line y he 22 38 mm

‘Selucién: Separemos det tubo un anillo wlemental de altura 1 em.
La fuerza total de oxtonsión on e) anilo será

CET

Debio à qu ln alargamiento coulent en al cobro ym e

sar on goto, as tien ela ene re de ls md de

aidé, dei, I fatiga on el core set LE de la da cor y,

por tano, lo fue P, en ete cso, vo ditribuyo en partes ¿gules
Das o dre motte y ls Inia prods wot

ee

Fe Boas

= 98,5 kg./em. para ol cobre

20
ma de = 70 ke em A para el acero.

4. Un anillo suchado está forrado pur ian anillo interior de cobra
Y Otro anillo exterior de acero. = eee
1 diámetro interior dl ail d
lo acero us menor que ol diámetro

‘exterior dol anillo do core on tna cantidad 3 y a tonjuato se ost
Provo calentamiento del aile d nooo. Al entro,» slo e ware
rodage presión sobre al avilo do cobro (presión de zunchado). Deter.
nas Tas fatigas en el cero y enel obre i ambos anillos Lienen aus
iones rectangulares de dimenalones hy y A, en dirección radial y la un
ad en disección perpendienlar ul plano de anillo. Las dimensiones fy
Y h pueden considerar pequeños comparadas con el didmetre de I
Supe de contacto delos dos anillos.
Gin: Son à la prion unformerante distribuida en a supe.

de contacto de los alin. La fatiga de compresión an al coto
Y lado extcosion on ol ar tora:

ed, =
m“ (o

21. 82 RRSISTRNCIA DR MATERIALES
EI acortaraiento del didmenro exterior del anıllo de cobre será
ES
dde

TI alurgniviento del disuwutro interior del anillo de acero será:

ed
le

La prosiôn desconocida 2 0 enconiracá por la comoión

ar

de donde

Ea
va hele

a

À Paterna ci ques proc on ai rn
as‘ ln alates om vcd courante
a

BR Daido à qu el nee Se mayor oia y meno
na ec lo bre ron he
a an se rn or on do m
lc as ds al Las te corona
ca ingens ie dl pio ster. En men
ns ret pl tr cnt
o Da pr snd de volamos a ses
TAE e dan

zu)

ser Ne
rada oc a js a ab
a o ee

miles, se obtieuo Ja siguiente cennción, que sirve pre determinar ol
‘valor de # en cada caso particular:

ESOS AAA A
mode yu gue core yen cm, w onen #
Eve

ACCIÓN Y compRnstox: 3

A do un antl de cobro

de o cn ae 30 ge Y y 8700 Kens

Rp © = 68 moe

7 Gon ciación al problem 2 figura 26, detrminas lo fatiga en
chen a ts opaca emba ob 6 m On
Gt he

Faute! 0, 178 befor

Con relacio al problems 5, deierminar dl número n de
vslciones por mio di en I ig œ ei eile de sch m
Ara Ing inicial de zunchade ore una enmpresin de vale ce Y
he ha y Bam 2 En

Sala: I alero ne determinará por In souación

Ban (he y te (140
SAS

nla an fatigas sn el anio sunchado del problema 4 mpo-
endo 8 = 0.026 mm dm 10 om, hy = hy y Em 20
uno varian In fatigue al la temperatur del aslo aumenta despnde
Sn ne on 6°. mesa an 128 X 10-740, = 110 X NO

10. En ol probleme 5 halla les Itips correspondionts el eco
y al cobre si m = 3.000 r. p, ma d = 600m.; hy = h, =12,5mm.; ya =
BS 10 Ryans on 87 X 10- ho o,

Encontrar su

hy

“ich

22. CAPÍTULO IL
ANÁLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES

9. Variación de la fatiga en la extensión y compresión sim-
ple al considerar secciones oblicuas al eje de la barra.— Para
na barra prismática sometida a un esfuerzo axial de exten-
sión P fg. 27 (a)—, bemos considerado solamente lo fatiga en
Tina sección normal al eje de la barra. Vamos a considerar ahora.

el caso en que la sección pq per-

E » Pendionlar al plano de la figura
=| — esti. inolinada respecto al ejo.
Debido a que todas as bras lon-

. úgitudinalestienon el mismo aler-
amiento (véase pág. 3), las fuer-
zas que representan la acción do
la. porción derecha de la barra
sobre In izquierda estarán dis
tribuidas uniformemente sobre
la sección pg. Alslada la porción
saquierda de la barra —fig. 27 (0)--, estará en equilibrio bajo la
tocién de estas fuerzas y la carga P. La fuerza por unidad de área.
le lo sección pq so Mama fatiga en esta sección. Representando
por A el área de la sección recta de In barra y por @ el ángalo
tee el eje de la barra z y la normal n a lo sección pg, el Ara

Pra. 27

dee went E y a coin mé
Pene

SL o as

4 ? (16)

donde a, representa, como anteriormente, la fatiga correspon
diente a la scoción recta de la barra. Se ve que la fatiga $ co

ANÁLISIS DR FATIGAS Y DEFORMACIONES 35

respondiente a una sección inchnada es menor que la fatiga 5,
Sn In socción recta do la barra y que disminuye al aumentar el

ángulo y. Para

1a sección pg es paralela al eje de la barra y la fatiga 8 vale
coro, es decir, no existe presión entre las superficies laterales
de las fibras longitudinales. En las:
secciones oblicuas, la fatiga, que
tiene la dirección de la fuerza 7”
no es perpendicular a la sección.
Es corriente descomponerla en dos
componentes, tal como indica la
figura 28. La componente a, per-
pendicular a la sección se denomina fatiga normal. Su valor es

= So

63 008% 9. an
La componente tangencial + se denomina esfuerzo o fatiga
cortante y su valor es

due gg 2022, as)

Sino

Para individualizar la deformación que cada componente de

la fatiga produce, consideraremos un elemento separado de ta
barra mediante dos secciones obli-

cuas paralelas pg y pg —tiga-
a 20 (a)—. Las fuerzas que actéan
sobre él representan las nociones de
las partes derecha e izquierda de la
barra y se ven en la figura 29 (a).
Las figuras 29 (0) y 29 (0) se ob-
onen al descomponer dichas aecio-
nes en sus dos componentes, tal y
a como se dijo anteriormente. y pre
nt por separado la acción de estas componentes Se vo E
la fia nord, prove extensión del elemento en dren
ela normal y que el exuerzo cortante produce an resbala
miento o deslizamiento de la secciôn pg con relación a la pty

23. 36 RESISTENCIA DE MATERIALES

Por la expresión (17) se ve que ia máxima fatiga normal se
presenta on la sección recta de lo barra y 69 (Bm = cs.

‘La máxima fatiga cortante tiene lugar, como se deduce de
in expresión (18), para secciones oblicuas a 45° y valo

les: as

Aunque In máxima fatiga cortante es la mitad de In máxima
fatiga normal, tine aqueila fatiga una gran importancia pröe-

TEnsı0i
4

Fie 30

tica, debido a que hay materinlos menos resistentes al esfuerzo
cortante que al normal. Por ejemplo, en un ensayo de tracción
de una barra de acero dulee cuya superficie esté bien pulimen-
tada, la Ruencia del metal es visible a simple vista (fg. 30).
Comienza por los planos oblicuos en los que la fatiga cortante,
es máxima.

Los fórmulas (17) y (18), deducidas para el caso de exten-
sión simple, se aplican también cuando la solicitación es com-

ANÁLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES s

presión simple. Basta para ello atribuir a o, signo negativo ex
Jas expresiones (17) y (18). El signo negativo de 2, indica que
en la figura 29 (2) so obtiene compresión en lugar de extensión
para el elemento infinitesimal con:

prendido entre las secciones pq y

as
Din. El signo negativo en + (fór- i} fh

mule 18) indica que la aceiön cor

anto en el elemento tiene sentido —{ }— 1) AU
contrario al indicado en la figu- y o. @
ra 29, c. La figura 31 da el conve- Feo, 31

nio establecido respecto a los signos.
do las fatigas normal y cortante, Esta última es positiva cuan.
do origina un par de sentido dextrorso.

10. El círoulo de fatigas.—Las fórmulas (17) y (18) pueden
representarso gráficamente *. Tomemos un sistema ortogonal de
ejes coordenados con el origen en O, y de direcciones positivas
Jas usuales (fig, 32). Si consideramos que la sección py es perpen-
dicular al eje de la barra, so tendrá, en la figura 28, 9=0, y por
las fórumias (17) y (18), 0, = 6 + =0. Escogiendo una escala
para medir las fatigas, y tomando la componente cortante sogún
el eje vertical, la fatiga ligada al pla-
no @ =0 vondr representada en la
figura 32 por el punto A. Tomando
ahora un plano paralelo al eje de la

barr, tendremos 9 ==, los dos com.

ponentes de la fatiga se anulan para
esto plano y, por tanto, en la figu-
ra 32 le corresponde el punto O.
Construyendo una circunferencia so-
bre OA como diámetro, se ve fácil-
mente que las componentes de la fatiga para una sección cual
Quiera 79, correspondiente & un ángulo 9 (fig. 28), son las coor-
denadas de un punto de esta circunferencia. A fin de individua-

Fra. 32

Lata representación gráfica so debo a O. Mohr, Zévilingenieur,
Página 113, 1482, Vénao también va Abhandlungen, pag. 219, 1908, En

‘ato libro pueden vorse roleroncins à otras publicaciones sobre el mismo
bro i fase publ sobre at

24. 38 RESISTENCIA DE MATERIALES.

lizarte, basta tomar en sentido contrario al de las agujas de un
reloj. y a partir de A, el ángulo 27. Sea D el punto así obter
ido; de la figura, se deduce:

2 4 % gos 2

E Peer

Or = 06 +0

DE UD am 29 ~ Leon 2e.

Comparando estas expresiones con las (17) y (18) so vr que
el punto D define la fatiga ligada al plano 79 (ie. 28). Cuando
la ooción pg gira a izquierdas alrededor de un eje perpendicular
al plano de la figura 28, y y varia de 0 a 5, el punto D so
nuove de A hasta O por la semicircunferencia superior. Si el

ogo q es superior E se ohne una sein como la o>

grenade on mm —fg. 38 (0), cuya normas exterior + forma
ton el een ámgao mayor que 5. Al medir or el ángulo 20

a partir de A, en sentido contrario n los ngujas del lo, obten-
“remos puntos de la semicirounferencia inferior.

pongamos el caso de que mm ses perpendicular a la ses
ción pp, considerada anteriormente, El punto correspondiente D
Cora tal que el ángulo DOD, valga 7; es decir, DP, es un dik-
votre. Calcalando las coordenadas de D, se obtendrán las 20m
Moments 0, y tyr de la fatiga ligada al plano mm:

— oo 29 0; sento (20)
Zoe de ? 0)

oF, =00—FO

2

FD, =—GD, sen 2¢

«Comparando estos resultados con las expresiones (17) y (8)
se tiene
aseo =o (22)

es

{Er wane de la baron sobre el que actian les fatigas an indien ea
te net e a) mnyndn. La normal exterior M está orientate
Macia afuera desde dicho trozo,

Y Er agno — obedece a que
Ins ordenadhn negativas.

el punto Dy está situado del lado de

ANATISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES 89

Se ve, por tanto, que la suma de las componentes normales de
las fatigas ligadas a dos planos perpendiculares permanece cons-
tanto y es igual a c,. Las componentes cortantes de las fatigas
ligadas a dos planos perpendiculares sou iguales, pero de signo
contrario. Tomando las secciones mm, y Phy adyacentes y pa-
Tales a las mun y 79,56 obtiene un elemento —üg. 33 (B)— uis-

No
Hie. 38

lado, y las fatigas quo le solicitan son Tas de la figura. Se vo que
las fatigas cortantes que actúan sobre las curas À enla de
dirección pg producen un par dextrorso y, por tanto, de acuerdo
con el convenio adoptado en la figura 91 (c) deben considerarso.
Postivas. Les fatiga crntes que cbr ob ls css dos
serán, por el contrario, negativas, de acuerdo con lo esta-
Bici en la Dgo 31d pos
El círculo de la figura 32, denominado círculo de fatigas, se
emplea, tal como hemos indicado, para determinar las compo-
pentes 0, y y de a faig ligada un plano 7, dnlde por I
ago y, que mn normal exterior forma con al ejes (A, 28)
También puedo reslverso ol problema inverso; os dei, dadas
Jas componente ea y +, balla la fatiga axial o, y el ángulo y
ve que el ángulo que forma la cuerda OD y el eje + es igual
A y (Big. 32). Conocido q, puede trazarse el radio DC, que forma

a
fnac 29 en el je 00, y de ste modo obtener el contro ©

25. 0 ESISTANCIA DE, MATERIALES

Problemas

1. Determinar on y + analítica y gráficamente si oy = 1.200
kam. y 9 = 80° 6 @— 120°, Aislor para estos dngulos un cle-
‘nto como el de In figura 33 (b) o indicar con flechas el sentido do
fatigas que actían sobre él
2. Resolver el problema anterior suponiendo que en lugar de la
4 actún una compresore del mismo valor abeoluto.
«metro del círculo de la Figura 32 caeré del lado de
na abseisns negativas.
3. Sobro un plano pq, (fig. 2), actúan una fatiga normal an == 060
em. y una fatiga cortante + = 9% leg fem. Hallas el ángulo 9 Y
ta fatign oy.

Respuesta:
1 o
wong m 0004 ke
4. Sobre dos caras parpondiculares del olomento de la figure 33 (5)

actüan Ins fatigns aurmalse dq == 900 kg./em.? y op, = 480 kg jou.
Yan op y=

Respuesta:
oe = 1400 kom € 2 0788 hago?

5. Haller la fatiga cortante méxima on el problema 1.
6. Determinar le posición do les secciones paca las que In fatiga
normal es igual 6 la tangencial o cortante,

11, Tracción o compresión en dos direcelones perpendicula-
res. Hay casos en los que el material está sometido a la acción
de extensión o compresión en dos direcciones perpendiculares.
Como ejemplo de fatigas combinadas vamos a encontrar las
fatigas normales y cortantes en la pared cilíndrica de una cal-
dera sometida a la presión interna de p kg./om-t. Represen-
tando el diámetro interno por d, y el espesor de la plancha
por h (fig. 34), separaremos un elemento do pared definido por
dos secciones longitudinales y dos transversales. Debido a la
presión interna ol cilindro so dilatará on las direcciones axial y
transversal. La fatiga de extensión 3,, en sontido eirounferen-

+ En realidad, p presenta la diferencia entro la presión interna y

la externa igual à la ntmostoriea.

ANÁLISIS DE FATIGAS Y DESORMACIONES a

el, se determinará del mismo modo que en el caso de un anillo
circular (articilo 8):

3,

EN

Para caloular la fatiga do extensión a, en dirveción axial se

supondré quo la fuerza de extensión quo produce el larg

es

ES

Fie, 34

miento del hervidero es igual a la fuerza que actía en dichos
exe, us devis, igual a

es
EN
A)
donde ci re dl Brie a
à =
pe te.
ron

es)

u

Se ve que la fatiga en sentido circunforeneial es doble que
la fatiga en dirección axial, Para una sección 72 perpendicular
al plano zy, definida por e) ángulo —fig. 34 (0), las fórmu-
las (17) y (18) del artículo anterior darán las componentes nor-
mal y cortonte de la fatiga ligada al plano py y debida à la
fatiga extensora o,; eus valores son

amare rl 0

3 Ei espesor de la pared so supone pequeño comparado con el
ln Ter de de pare supone pequelo compa
FER presión p que actúa sobre la cara ciíirica interna del eter
mento se despracia frente a los valores de 0, Y Sy.

26. {
i
1

a anses DE MATEOS

ar cet ls componentes producidas en el mismo pla
sl Tag exteneorno,oeervareos que lu n-
en y le omo! Ag 94 0 ef), metio der
hs, For ant, a tia a ecions (17) y (1) es meen

so mir 0, por ap y 9 por = (7). actes

en,

1a, son 29.
E 3” 10)

Sumando las expresiones (a) y (b) se obtiene como resultado

og = 5, cost + 9, sento, (28)

1
4=12(0,— 4) sen 22. en
1 (6, — 05) sen 22. )
19. El círculo de Mohr para fatigas combinadas.—Proce-

¿tiendo del modo empleado en el artículo 10 pueden represen
taise fácilinento, mediante una circunferencia, las fórmulas (26)

Rie. 35

y (D. Supongamos, como entonces, que abscisas y ordenadas
Tepresentatt, & una cierta cscalo, las componentes normal y cor-
tanto de ln fatiga; por consiguiente, los puntos À y B (ig. 35),
de abscisas 0, y a, representan Ins fatigas ligadas a las caras
dei clemento de la figura 34 (a), perpendiculares los ejes 2 0 y,
Tespectivamente, Para obtener las componentes de la fatiga liga
du a un plano oblicuo, definido por un ángulo q fg. 34 (0),
hasta construir una cirennferencie con AB como diámetro y
trazar el radio UD, que forma un ángulo ACD igual a 29, con“

tado a partir del punto À, en sentido contrario al de las agujas
del reloj. De la figura se deduce

AUS 0B)—}(08 — 04) cos 2 =

the 09529 m0, 008 9 + 05 te
Lo que indica que la absisa OB del punto D dela eireunferen-
is. medida a la escala adoptado, de la componente normal 9,
dela ati (20)

Ta ordenada dei punto D es

DE = CB sen 29

Como en este caso esta ordenada es negativa, se deduce que
ln ordenada del punto D, tomada con el signo que lu corres-
ponda, nos da la componente cortante de la fatiga (27).
Cuando el plano 79 giro en sentido contrario al de las agujas
del reloj, respecto a un eje perpendicular al plano zy —-feu
ra 34 (a)—, el punto D correspondiente se mueve también en
sentido contrario al de las agujas del reloj sobre el círculo de
Mohr (fig. 35); de forma que para cada valor de q las componen=
des 0, y 7 de la fatiga se obtienen como coordenadas del punto D.
De esta representación gráfica de las fórmulas (26) y (27) so
deduce que la componente normal máxima del estado elástico
es, en muestro caso, 94, y que ln componente cortante máxima,
de la circunferencia de la figu-

(28)

y acontece cuando sen 2 —=—-1 y 9: gual valor para la

fatiga cortante, pero con el signo negativo, corresponde al plano,

Pera el que 9 =F.
Tomando dos planos perpendiculares, definidos por tos án-

fos $3 + 9, quee normales y y m forman con el jo

27. “ RESISTENCIA DE MATERIALES

las fatigas ligadas » ellos son las coordenadas de los puntos D
y Di de la figura 35, y goométricamente se deduce que
Ga + On 8e + 0 es
= (30)
Esto indica que la sums de las componentes normales de las
fatigue ligadas a dos planos perpendiculares es constante al va-
riar el éngulo 9, y que las componentes cortantes son iguales,
pero de signo opuesto. Una circunferencia análoga a la de la
figura 36 puede construirse cuando una o Jas dos fatigas 0% Y oy

PS, | À
de de lb Py als

@

Pro. 36

son compresiones; basta para ello tomar las que To sean en sen-
tido negativo sobre el eje de abscisas

‘Si suponemos, por ejemplo, que las fatigas que sctúan sobre
el elemento son las indicadas en la figura 36 (a), Ja cireunferencin.
correspondiente os la de la figura 36 (9). Las componentes de la
fatiga ligada al plano pq, de normal n, vienen dadas por las
coordenadas del punto D del diagrama,

Problemas.

1. Ta caldera de la figura 34 tiene d = 2,5 me, à = 1.25 om. Dow
terminar ay y op y $ kg.fom.* Alnlar un elemento por planos a 30
'y representar los valores y direcciones de Ins componentes de
Tigedas a lus cares Interalos de dicho elemento.
2. Determinar las fatigas ne my, * Fy 8 en la figura 30 (0) 04 =800
kg/cm. ay = — 400 gen. y= 30%, qa 120%
Respuestas
‘on = 500 kg/cm, on, = — 100 Kg fem.

= 520 kg/m.

ANÁLISIS DE PATIGAS Y DEFORMACIONES 45

3. Determinar om, Sa» 7 Y % En o) problema anterior, si ol éngu-
to oe escoge de modo que 7 sea máximo,

an = an = 200 Meme vm ry = 600 Kom

13. Fatigas prineipales.— En el artículo anterior herao« visto
quo, para extensión o compresión en dos direcciones perpen
Heulares zo y, una de las dos fatigas o, 0 0, es la fatiga normal
máxima, y In otra la minima. Para cualquier plano inclinado,
tal como el pg —figs. 34 (0) y 36 (a), el valor de la fatiga nor
mal c, queda entro dichos limites.

Sobre los planos inclinados aotían, además de las fatiens
normales o,, fatigas cortantes +, Tas fatigas 5, ¥ 0, de las Cue

Fi.

les una es la máxima y otra la mínima fatiga normal, so deno-
minan fatigas principales, y los dos planos perpendiculares a los
que están ligadas se denominan planos principales, Sobre estos
planos no actúan fatigas cortantes; en el ejemplo del artículo
anterior (ig. 34) encontramos las fetigas principales a, ¥ oy por
simples consideraciones, y en función do ellas calculamos las
componentes normal y cortante de la fatiga ligada a un plano
inclinado, tal como el pg —6g. 34 (a) —. En otros casos (véaso
página 118) es más fácil determinar las componentes normales y
cortantes de las fatigas ligadas a dos planos perpendiculares. El
‘amino más sencillo para determinar en estos casos las fatigas
principales es empleur el círculo de Mohr. Supongamos conoci-
das las fatigas que obran sobre un paralelepipedo rectangular
elemental —fig. 37 (a)—. Las fatigas o, ÿ ay no son las princi-

28. 46 RESISTENCIA ME MATERTAT.ES

pales, puesto que no solamente actuan tatigas normales, sino
también cortantes, sobre ios planos perpendiculares a los
deze.

Para construir el círculo de fatigas en este caso emplearo-
mos primeramente las componentes de las fatigas 34. 9, Y 5 Y
obtendremos los puntos D y Di —fix. 37 (B}--. Puesto que estos
dos puntos corresponden à dos pianos perpendiculares, la lon-
gitud DD, será un diámetro del circulo de fatigas. La intersee-
ción de esto diámetro con el eje z nos da el centro © del freulo,
y, por tanto, puede éste construirso. Los puntos de intersee-
sión À y E de la circunferencia con el eje z definen los valores
de las fatigús normales máxima y minima que representare-
nos por a y 0, Medinute semelles consideraciones geométricas
se deduce

0,=D4=00+UD ats y

+

OB = 00 —CD

Y ey +e

De in figura se deducen también las direcciones correspon-
dientes a las fatigas principales. Sabemos que el ángulo DOA
es el doble del que forman la fatiga a, y el eje 2, y puesto que
2p se mide de D a A, en el sentido de les agujas del reloj, la
dirección de o, será la indicada en la figura 37 (a). Si aislamos ol
elemento rayado en la figura mediante planos normales y para-
elos a a, sobre estos planos actuarán ahora únicamente fa-
tiges normales de valor a, y 6. Para el cäleuln numérico del
ángulo ¢ se deduce de la figura

ai =

Teniendo en cuenta que cl signo del ángulo y debe ser on
este caso negativo, puesto que so mide desde el eje z en scutido
de las agujas del reloj fig. 37, (a), se deduce

(83) 5

ANATISIS PR FATIGAS Y DEFORMACIONES a

La fatiga cortante méxima viene dada por el radio de la
circunferencia y vale

a 64

Las ernaciones (31) a (34) resuelven por completo el pro-
blema de la determinación de las fatigas normales máxima y
minima y de la fatiga cortante máxima, conocidas las compo-
únentes normales y cortantes de las futigas ligadas a dos planos
perpendiculares cualesquiera,

Problemas.

1. Ua domento ig 8 ets ni at an des
ne D nc Sy Sagen ot tpn Dem
coa y ua Ines
nce: Mae bso
= BEEBE y CGE 01m

mos ae (EN

ET 161 om

y emploando (33,

teeth sema oa
Las cd os js pales cn nodes on a
nis

ains rodeado aia riales
nee on

sn e Sd comino
en Re y
RO aa

Ja fatigue og y la fatiga máxima prin “de
pal 0, se hallará del modo siguient qa Pe
weil menus
medido en sentido contrario al de las
suis del relojdoade ol je 2.
3. Hallar el creo de Mohr para el
ao do dos fatigas principale deoxtensión
Ge = oy = 0 0 dos de compresión iguales, a, =
en odos eas =
Bepucta: En cata caso los clr si a
ire so tennsforman en dos puntos
sobre el ej de abnoima +0 Y —o, rspectivamente.

errr

io. 38

29. 4 RESISTENCIA DE MATERIALES

4. Soho las caras del elemento de la Ligure 29 (a) obran las fe
tigen ce — — 40 keg.jom.2, oy = 120 kg/emt, += 80 kg em. Encon-
rar, modianto el circulo do fatigas, los valores do las fatigas norma-
los y cortantes (a) para los planos principales (2), para los planos de
fatiga cortante máximo.

Solución: El efroulo do fatigas correspondiente so ve en la figu-
m 89 (8). Los puntos D y D, representan las fatigas que actian sobre

a

a »

= ty [ue
pS Ge
a

a |

a a

tuo. su

Ins coran del elemente de da Agua 30 (a), perpendiculares a Tos ejes
Ley y OB y OA von las fatigne principales. Sus valores son 0
2168 om. y 04 = — 73 kg. fem. respectivamente. La dirección de

À hie de compren máxima 0 for un go de 222 cn al
je medido eta dolo deta al je 7 en psi conto a de
SS ENG SG io fi fi 30 Len puntos 29
an 20 seco ne In ane don fr
veus de e ga tanta 118 kenn 00
eran oat nora del tpn Henao mie plano y

anterior si og = — 400 kg/cm, 0 = 240

= 14, Análisis de la deformación en el caso de extensión
simple.—En el artículo 2.° so ha visto el alargamiento axial de

tuna barca sometida a extensión. Experimentalmente se ha com.

probado que el alargamiento axial viene acompañado de une
contracción lateral de In barra y que la relación
contracción
alargamiento

es constante para una barra dado entre los límites elásticos.
Esta constante se representa por y y se denomina relación de

ANÁTISIS DE PATIGAS Y DEPORMACIONES 9

Poisson, en honor al matemático francés que determinó esta
relación de modo analítico usando Jo teoría molecular como hi-
étesis de constitución de los materiales. Para materiales quo
tengan los mismos propiedades elásticas en todas direcciones,

materiales isótropos, Poisson halló el valor y =i Ensayos ex-

perimentales han hecho ver que la contracción lateral en probe-
tas metálicas tiene un valor próximo al calculado por Poisson.
En el caso particular del acero puede tomarse y = 0,8. Conocion-
do la relación o módulo de Poisson, de un material, el cambio
de volumen de la barra extendida puede celeularse fácilmente.
‘La longitud de la barra aumenta en la relación (1+ 2) : 1. Las
dimensiones laterales disminuyen en la selación (1 — ue): 1
por lo que el área de la sección recta disminuye en la relación
(1— ge}: 1. Por tanto, el volumen de la barra cambia en lo
relación (1 + 0) {1 —e)®: 1, o sea (1 + e—2ue)il, al tener
‘en cuenta el pequeño valor de e y despreciar sus potencias, De
aquí se deduce que la dilatación cúbica unitaria es e (1 —2p)
Para materiales como la goma y parafina, el valor de j está pró-
ximo a 0,50 y el volumen permanece aproximadamente constan-
te durante la extensión. Si y fuese mayor que 0,50, el volumen
disminuiría al extender la barra. Hay materiales tales como el
+)
y otros, como el corcho, en los que y puede suponerse nulo.

‘Todas estas conclusiones son aplicables con el adecuado cam
bio de signos al caso do compresión, El acortemiento longitu-
inal viene acompañado de una dilatación transversal, para
‘ayo cálculo puedo usarse el mismo valor de y que en el caso de
extensión.

hormigón, en los que y tiene un valor reducido [a =

Problemas

1. Determinar el aumento unitario de volumen de una barra ox
tendida si og 448 Kg.fom., pm 0,30, B= 2 X 10 kg fem.
Solución: La dilatación cúbica unitaria es

+029) TETE ET EUCES
* Estos materiales so oonideran idiropos (wines Sarunds part.
Rome m arcas 2 .

8 x 10.

30. RESISTENCIA DE MATERIALES
2. Determinar ol aumento de volumen de una barra producido”.

por una fuerza P que actúa en su extremo inferior y ol poso propio de
ln barre (vönse artieulo 6.%, pig. 14).

Respuesta: El aumento do voluinen es
AU 20) (P
Für

15. Deformaelön en el caso de extensión o compresión en
dos direcciones perpendiculares, —Si una barra cuya forma es un
paralelepípodo rectangular está sometida a fuerzas de extensión
que actúan en dos direcciones porpendiculares 2 e y (fi. 34), el
alargamiento en unt de las direcciones deponde no solamente
de la fatiga en esa dirección, sino también de la fatiga existento
en la dirección perpendicular. El alargamiento unitario en la

atresia del eje debido a la faiga a, será ©. Le fags oy

produce una contracción lateral unitaria en la dirección 2, enyo
valor o 5%; por tanto, a actuar ambos fatigas oy ost
camente, el alargamiento unitario enla dirección 2 será

Bee did

Anélogamente, para la dirección y se obtiene

(36)

En el caso particular de que las dos futigas de extensión scan *
iguales 0, = 6, = 0, se obtiene

CODES) 67

De las ecuaciones (35) y (36) se pueden despejar las fati-
gas a, y a, en función de los alargamientos unitarios &, ÿ Sp
obteniéndose

AS (tele,

a (88)

Le RE

ANÁLISIS DE PATIGAS Y DEXORMACIONES si

Problemas.

1. Determinar el aumento de volumen del hervidero cilíndrico do
acero soutido a presión interior, de la Figura 34, desprociaudo la de-
formación de los extremos y tomando ay == 400 kg.Jom%,

‘Soluoidn: Usando las ecuaciones (83) y (80),

400 200 540

CES LS ETUIS IA
200 400 _ so

E ET

I volumen del hervidero aumenta on la rain
4a Re

1.00088 +

2, Un cubo do hormigón está comprimido en dos direccionos pare

pendicnlares por el dispositivo que indica la figura 40. Doterminar la
disrainución de volumen dol cubo si au

lado ea 30 em. y lu fatiga do compresión

se distribuye de modo tmniformao sabre mus 2

caras: um 0,1 y P = 10.000 kg. pa
Solución; Despresiando e ozamicn

to en or mon y considerando ot equi

{ibn de code uno —fig 40 (0) se

puede. ver tome que el cubo está Fw, 40

sometido a compresiones iguales en dos

rs erp Y qu is fa de comprise ul 9
PV? = 14.000 kg. “

La deformasiôn correspondiente (ecunciéa 97) cs
14.100
NS CETTE een)

En dirección perpendicular al plano de la figure el ulurguniento
_Ralturio del cubo valdrá. = ”

0.000458.

9 19.100
= O2 TE = 0.0001.

La dilatación cúbica unitaria dol cubo nord.

cee a

fet ty be, — 2 X 0,000453 + 0,0001 = — 0,000808,

3. Determinar el aumento do la superficie lateral dal hervideru
oomaderado en et problema D.

Beisein. El incronsento unitario de Ara serie

PETE,

31. 52 BESISTENCIA DE MATERIALES

4. Determinar el alargaraiento unitario en la dire
al estado de fetiga cs ol indicudo en el problem I,

79-08 x 101) = 185.8 10-4,

16, Fatlga cortante pura.—Consideremos el caso particular

de acción de una fatiga de extensión o, y otra de compresión a, +

de la misma wagnitud —fig. 41 (a) —. El ofroulo do Mohr cornes

b
|

III
KT E
TT =

re. aL

pondiente es el de la figura 41 (9). El punto D de este círculo
Teprosenta lus fatigas ligadas a las secciones ub y cd, cuya nor:
mal está inclinada 45° con el eje z, y el punto D, representa las
Intigas para las secciones ad y be, perpendiculares a las primo-
ras, Se ve en el círculo que las fatigas normales para cada una.
de estas sooeiones son mulas y que la fatiga cortente para esas.
mismos secciones está representada. por el radio del círculo y es

Tann la

De aquí se deduce que un elemento como el abed puede consi
dorarse aislado y estar en equilibrio bajo la acción de fatig
cortantes solamente —fg. 41 (a)—. Un estado de fatiga com
ésto se denomina fatiga cortante pura. Si la sección no es
inclinada a 45° con relación al ejo z, existirán en olla fatiga no.
mal y fatiga cortanto. La magnitud de estas fatigas puede ob |
nerse utilizando el circulo de Mobr para este caso —üg. 41 (6).

a, de um |

om.

ANALISIS Du FATIGAS Y DEFUEMACIONES 53

Consideremos ahora la deformaeiön del elemento abed. Al no
existir fatigas normales a las caras del elemento, las longitudes
2b. ad, bey de no cambiarán durante la deformación; pero In dis-
gon! vertical acortará y la diagonal horizontal db alargará, mien
Es que el enndrado abed se transforma en el rombo indicado en

lo figura con Ines de trazo. EI ängulo en a, que era antes

str

de la deformación, se hace mayor que 5; por ejemplo,
y ol mismo tiempo el ángulo en 6 disminuye y se transforma
en J — 1. pequeño ángulo y mido la distorsión del elemento
ated y se denomina deformación anguler unitaria. La existen-
tia de esta deformación puede verse también del modo siguiente.
El ciemento abed de la figura 41 (a) so gira 45° y queda en la po-
sición indicada en la figura 42, Después de la distorsión, produ-
cdi por la fatiga cortante, el mismo ele-

mento toma Ja posición representada por, —Z= y

Jas líneas de trazos. La deformación an- 778
gular y será igual al cociente 2% entre Y
el deslizamiento aa, del lado ab con reln-

ción al lado de y la distancia entre esos y

dos lados. Debe subrayarso el hecho de
que una aplicación uniforıne de fatigas
cortantes en Jas caras de un bloque tal
como indica la figura 42 es muy dificil de realizar. Los cáleulos
prácticos, en caso de fatiga cortante, de elementos como rema-
ches y pernos, en los que se supone una distribución uniforme
de la fatiga cortante en las socciones rectas, son solamente una
grosera aproximación.

Para establecer relaciones entro la deformación angular uni-
taria y la fatiga cortanto que actón en los lados del elemento aded.
consideraremos el triángulo rectángulo Oab —fig. 41 (a)—. El
alargrmiento del lado Ob y el acortamiento del lado Oa de este
triángulo durante la deformación se encontrará usando las eus
ciones (35) y (88). Como en este caso

Fis, 2

32. oe AESISTANCIA Du MATERIALES
se tiene
EN
. : 3
Como
-ofı 200 a, = Oa) 1-20)
où 00 [E mal 2

mediante el triángulo rectángulo Oa,b, se obtiene

Para un ángulo pequeño como y puede ponerse
Brig! x
wit) 145
tte}
106763 1-1
Sustituyendo en la ecuación (a), se obtiene
tate)
27 E
y vsando la notación
39)
resulta,
(40)

So ve que la deformación o distorsión angular es proporcio
nal a la fatiga cortante e inversamente proporcional a la canti-
¿dad G, que depende de las propiedades elásticas del material y
so lama m6dulo de elasticidad transversal o mödulo de esfuerzo
cortante. Puede calcularse por la ecuación (39), en cuanto se
conozcen By y. Para el acero,
2x10

21403

FI estado elástico de futiga cortante pura se produce eorrien-
temente en la torsión de un tubo circular (ig. 43). Debido a Ja

= 0,77 x 10 kg fom

[Ch

ANÁLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES 55

pequeña rotación de un extremo del tubo respecto al otro, las
Feneratsies trazadas sobre la superficie cilíndricn se inclinan
fespecto aleje del cilindro, y un elemento abel, formado por dos
Fenorotrices y dos secciones rectas adyacentes, experimenta una
Gistorsión análoga a la expuesta en la figura 42.

I problema de la torsión so verá más adelante
(capítulo IX) y mostraremos cómo puede deter-
minarse la fatiga cortanto + y la distorsión y
¿el elemento abet, si ve miden o conocen ol mo
“mento torsor y el ángulo de torsión. correspon-
diente. Encontrados + y y por el ensayo de
torsión, puede calcularse el módulo @ mediante
sn cociente, Con este valor de G y conocido Æ
por un ensayo a tracción, se calcula fácilmente
el coeficiente de Poisson u mediante Ja expresión (39). La de-
terminación directa de y, midiendo la contracción lateral du-
rante el ensayo a tracción, os más dificil, puesto que, dada su
pequeñez se necesitan aparatos de gran precisión,

Problemas

1. El bloque abo de Ta figura 42 está hecho de un material paro,
el que B= 8 x 10 koro y u = 0,26. Hallar y y ol alargamiento
unitario de la diagonal 64 si + = 800 kg./em

2. Hallar en el problema anterior e) corcimiento any de In cora ab
respecto a la ed si Ja diagonal bd = 5 em.

'3. Probar que el cambio de volumen dol bloque abod de la fig:
18 45 es culo ales consideran dospreciables las potencias de orden su:
perior ul primuro de las componentes de la deformación ee $ Ey.

N 17. Fatigas de trabajo por cortadura. —Sometiendo un
material a fatiga cortante pura puede establecerse la rela
ión existente entro fatiga cortante y

+ distorsión unitaria, Esta relación so da
‘usualmente en forma de diagrams (fgu-

ro 44), Las abscisas representan las dis-
torsiones y les ordenadas las fatigas cor-
tantes. El diagrama os análogo al del en-

+ sayo u tracción y puede sefialarse en él
«el límite de proporcionalidad 4 y el punto

33. ME

56 RESISTANCIA: DE MATERIATES

de fiuencia B. Los ensayos muestran que para un material como
fl acero corriento el punto de fuencia por cortadura sp; vale de
0.56 à 0,60 de ay. Puesto que en el punto de fluencia se presenta
tuna distorsión considerable, sin incremento de la fatiga cortante,
es lógico tomar como fatiga cortante de trabajo solamente una
fracción de la fatiga cortante de fluencia, de modo que

Ta
»

“= un
donde n es el coeficiente de seguridad. Tomando este eneficiento,
del mismo orden que en el caso de extensión o compresión, se
tiene

= 0,55 a 0,60 0,
lo que indica que la fatiga de trabajo por cortadura deberá ser
mucho menor que la fatiga de trabajo a extensión.

‘Se comprende fácilmente que en las aplicaciones prácticas
no se encuentre la distribución uniforme de fatiga cortante su-

puesta para ol bloque de la figura 42, Más adelante veremos que

Ar

Fie. 45

la fatiga cortante pura se presenta no solamente en la torsión
‘sino también en la foxión de vigas. Sin embargo, muchos casos
prácticos se resuelven suponiendo la distribución uniforme de
Tatigas, aunque solamente sea una grosera aproximación. Sen,
por ejemplo, el caso del empalme de la figura 45. Es evidente que
À el diámetro del perno ab no es suficiente el empalme puede
fallar, debido a cortadura por las secciones mn y my. Un es-

+ Para obtener un punto de fluencia bien roareado ao emploan
probetas Tubulares un 106 ensayos a torsión A

ANALISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIOS ES or

tudio a fondo del problema muestra que las fatigas cortantes
tho se distribuyen de modo uniforme sobre dichas socciones y
que el perno experimenta no sólo cortadura, sino también fle
Sn bajo la acción de las fuerzas extensoras P. De modo gro-
Zero, el didmetro suficiente para el perno se obtiene suponiendo
fn dichos planos mn y my, una distribución uniforme do fati-
as cortantes x, cuyo valor se obtieno dividiendo la fuerza P
For la suma de las ércas de dichas secciones mn y myn. Por con-
siguiente,

E

ade

Je ame nea par ol pan 2 ies do lación
2.

(2)

Otro caso simple de aplicación de este método elemental es
él de problemas de cortadura ‘en juntas roblunadas (fg. 46).

to

=> E

Rio. 46

Como las cabezas de los roblones se forman a altas temperatu-
Tas, los roblones producen al enfriarse una gran compresión.
sobre ls planchas 1, Al aplicar las fuerzas extensoras P, el mo-
vimiento relativo entre las planchas está impedido por el roza-
miento devido a la presión anteriormento indicada entro plan-
chas. Solamente después de vencido este rozamiento empiezan

{a trabajar por cortadura los roblones, y si su diámetro no es

suficiente, puede presenturse una rotura por cortadura a lo lar-

y perimentalwento se ha vi
los roblanıa som de order de la ft
‘ata chos, Vaso O. Mob, Zeit

10 que las fui

0 y de extent en
Men del material con que
d, Ver. Deutsch, Ing. 1912. E

34. 58 RESISTENCIA DE MATERIALES

go de los planos mn y myn,. Se vo, por consiguiente, que el estu- +

dio minucioso del problema de las juntas roblonadas es muy
complicado. El problema. se resuelve corrientemente de un modo
grosero despreciando el rozamiento y suponiendo que las fati-

gas cortantes so distribuyen uniformemente a lo largo de las -

secciones mn y m,n,. Se obtiene, por consiguiento, el diámetro

suficiente de los roblones utilizando la misma ecuación (42) del |

ejemplo unterior.
Problemas

1. Determinar el diámetro del porno del empalmo de la Fignm 45
P= 5.000 kg. y % = 480 kg. Jem

2. Hallar la longitud do seguridad 2 del enlace de las dos piezas
de madera de la figure 47 somotido u extensión, si P = 6,000 Kg, 5 = 8

Fie. 47

Nglems para cortadura paralela a las fibras y B= 28 cm, Dotormi-
nar la altura apropiada del retallo mn, sí ol mito de seguridad para
is fatigas de compresión local à lo largo de lan fibras de la mudoca
Pe

3. Hallar el didvoetre de fos roblones de la Figura 48 ai +, = 640
Kfm y P= 4.000 ky.

4. Determinar las dimensiones E y 3 on el enlace de dos barras
rectangulares por planchas de wcuro (Cg. 48) si lus fuerzas, las diene
siones y Ins fatigas de trabajo son las misrmas que en el problema 2.
5. Determinar la distancia a nececoria en la estructura de la fins
a AU ss la fatign cortante de (rubujo cs ln misma que en el probk

ANÁLISIS DR FATIOAS Y DERORMACIONES 5

mm 2 y las dimensiones delas secciones Trotas de todas las hurras
Sin 10 x 20 cm. Sa desprecia al efto del rozamiento,

15. Tracción o compresión en tres direcciones perpendicu-
lares.—Si una barra de forma de paralelepípedo rectangular
esti sometida a la acción de fueras
P,P, y P, (ig. 50), las tensiones norma- Pr
les. los ejes, y y 2 son, respectivamente,

Ps,
un Gh

Se supono > 0, > 0;

Combinando los efectos de las fuerzas
P,, P, y Py se deduce que sobre una sección enyo plano pase
por el eje z solamente producen fatigas las fuerzas P, y Py, y
también que estas fatigas pueden cnlcularse por las ecuaciones
(20) y (27) y representarse gráficamente usando el círculo de Mohr.
En in figura 51 el círculo de diámetro À representa estas fatigas.
De la misma manera, las fatigas ligadas a una sección que pase
por el ejo z pueden representarse por el círculo cuyo diámetro es
BO. E círculo de diámetro AO
representa las fatigas afectas a
secciones producidas a través
del eje y. Los tres círculos de
Mohr representan las fatigas
para las tres series de secciones
a travós delosejes, y y 2. Para
tra sección inclinada respecto
a los ejesz, y y 2, las componen-
tes normal y cortante de la fa-
tiga son las coordenadas de un
punto situado en el área rayada de la figura 51 1. Sentado esto,
ss deduce que el máximo esfuerzo cortante estará representado
Por el radio del mayor de los tres círculos y vendrá dado por la
ecuación

Br
Fie. 60

o Tae 4.

sy La demostración de esta propi

nd pueda verse en el

ro de

© Ae Roppl, Technische Mechamity va in
A. Karel, Techmdsehe Mechanic, vol. Y. phe. 18, 1018, Véus tambi

fetergaard, Z, augen. Math. Mech, vol. IV, pág. 520, 1924,

35. 60 ASISTENCIA DE MATRRIALES

Tiene lugar para la sccción que pasando por el eje de las y

biseca el ángulo de los ejos a y 2
Las ecuaciones para el cálculo de las deformaciones unitarias

en las direcciones de los ejes pueden obtenerse combinando los

efectos de P,, P, y P, del mismo modo que se ha hecho para el

caso de tracción o compresión en dos direcciones perpendicula-

res (véase artículo 15). De esta manera so obtieno

boto,
aa pot de

ice Beg,

E ported (43)

wer
El volnmen de la barra aumenta en la relación
(+e de edil,
o despreciando cantidades de orden superior
(tebe test
de donde la dilatación cúbica unitaria es
Ame tate (44)

La relación entro la dilatación cúbica unitaria y las fatigas
‘que actiian en las caras de la barra puede obtenerse sumando,
las ecuaciones (43).

Do este modo se obtiene

1-28

Ae tete (eto tom }

E fi

un el caso particular de presión hidrostática uniforme se tien

op = 020,52 —P 4
Las ecuaciones (43) dan

P
¿02 a

ANÁLISIS DI" FATIOAS Y DEFORMACIONES e

y la ccnación (44),

a er?) q
Usando la notación
E
PE, 8
i020 te)
se obtiene
a? (49)

La dilatación cúbica es proporcional a Ja fatiga de compre-
sión p e inversamente proporcional a la cantidad K, a la cual
se conoce con el nombre de módulo de elasticidad de volumen
o módulo volumétrico.

Problemas.

1. Determiner la disminución de volumen de una esfera maciza
de acero de 26 em. de difimetro sometida a una pre
sión hadrostático p == 700 kg. foro.?
“Solución: De lo ecuación (19),
ba Pa OX SITE x 09
y E 17 DNS
La disminución de volumen es, por tanto,

ES

12,20
ar arm
2. En le figura 52 un cilindro de goma A está

comprimido dentro de un cilindro de acero B por y
una fuerza P, Determinar la presión entro la goma

Y ol acero si Pm 800 kg; d = Som., el módulo de

Poisson para la goma ¡2 — 0.48, So desprecia wl ro Fis. 52
tamiento entre la goma y el ucıro.

Solución: Sen p la fatiga do compresión en cualquier sección nor.
mal a eje del cilindro y 9 In presión entre In goma y la superficie intar-
na del cilindro de acero. Fstigas de compresión del mismo valor q
actuarán ontro las superficies Jateralos de Jas fibras longitudinales
el cilindro de gora, del que heraos aislado un elemento de forma de
Psraeopípedo restangulat con caras parles alejo del lindo (véase
fume 52, Esto clemento cath en equilbrio bajo la vación de la fatiga
de coraproción exi p y las fatign 4. Suponiendo que al iindro de

es aluolutomento rígido, el elargauniente interne de Is goma

36. }

62 RESISTENCIA DE MATERIALES

raciomes (43) 90

en las dirrecimes & y y debor ser nulo, y por las as
obtiene

de donde

3. Una cof de hong et enon en un ab do ne
Aiea mia e tt cn coe yl Donny
tm co, sopninds que no 1
A ig Yaco y que os lo den.
a cn ea corns hora
cias ie D
Fe aise Sean py 4 las fatigas longitudinal y lateral
date trot del
mn an en, Kol müde de sacd
RE oslo de duty de Prin
al nan usario del hormigón
im ler eco e na ie ee
San u

Esto alumgamiento sorá igual al alargamiento eixcunforoncish uni“
tubo de acoro (véase ccuación 13)

®

Con las ecuuciones (a) y (9) so obtient

gr
Fr Aut u SR

de cunda
oe
LE RE
Berne |
‘ta fatign loteral de estensiGn en el tubo se cslcularé ahora por a
‘eouacion
a
sf
a estara de |
A. Determinar la fatiga cortante méxima en to columa de
hormigón del probloms enteros, suponiendo que p = 70 kg jem" ,
a

pa ONG: eT

Solución:
OS

es wt
Beto. ()

CAPITULO TIL
FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

19, Tipos de vigas.—Ln este capítulo vamos a analizar los
tipos sencillos de vigas que muestra la figura 54. La figura 54 (a)
representa una viga con los extremos apoyados. Los puntos de
apoyo À y B están articulados y, por tanto, los extremos de la
viga pueden girar libremente durante la flexión. Se supone tam
bién que uno de ellos está montado sobre rodillos y puedo mover-
se libremente en dirccción hori
zontal, La figura 54 (0) representa, Y
m voladizo o mönsula. El extre-

Dom
mo de esta vist empotrado. YA
en la pared y no puede girar du- @) , {4

rante la flexión, mientras que el Lan
extremo B está completamente 4? 3
Me, La figure 54 () representa (4

una viga apoyada con voladizo. ” ** e

Ex vie tino el apoyo 4en or. $
ma de articulación fija y el Ces d e
ung articulación móvil.

Los tres casos representan vi-
gas estaticamente determinadas, puesto que las reacciones en Tos
apoyos correspondientes a cualquier caso de carga pueden deter-
minarse por las ecuaciones de la estática. Sea, por ejemplo, la
viga apoyada solicitada por una carga vertical P —fig, 54 (a) —.
La reacción R, en B debe ser vertical, puesto que este apoyo
Puede moverse libremente de modo horizontal. De la ecuación
de la estática, EX — 0, se deduce que la reacción Ry es también

Fic, 54

> Vertical. Los valores de R, y R, se determinan por las eeuacio-

37. bs RESISTENOLA DE MATERIATAS

nes de momentos. Igualando a cero la suma de los momentos de
todas las fuerzas respecto al punto B, se obtiene
Rl—Pb=0

de donde
Pb
2

‘De modo análogo, tomando momentos respecto al punto A
es obtiene

_Pa
0

Tas renesiones en el caso de una viga apoyada con voladi
zos „fg. 54 (c)-= se calculan de igual modo.

En el caso de una mensuln Ag. 54 (5) — la carga P ee equil
bra por los elementos de reacción que actúan en e! extremo em
potrado. De las ecuaciones de In estática EX = 0 y EY — 0, ss
Geduce que la resultante de las fuerzas de reacción debe ser von
tical igual a P. De la ecuación de momentos EM = 0 se sigue
que el momento M, de las fuerzas de reacción respecto a 4
debe ser igual a Pa y actuar, tal como indica la figura, en sen
tido contrario al de las agujas del reloj.

“Las reacciones producidas por otro tipo de cargas sobre la
tipos anteriores de vigas pueden calcularse por procedimient
análogo.

De igifear que solamente en lens de vigas de grb
uz, tales como Jas que se emplean en puentes, so adoptan dit
posiciones especiales que permi

R-

tan la libre rotación de los ex

tremos y el libro desplazamient'

> del apoyo móvil. En los caso,
u A corrientes, de luces pequeñas
Fu. 55 las condiciones de los apoyos sch

las representadas en la figura 58
‘Durante la flexién de vigas tales, las fuerzas de rozamiento enta
las superficies de apoyo y la viga se oponen a la rotación y mt
vimiento horizontal de los extremos de la viga. Estas fuer
pueden tener importancia práctica on el caso de vigas poco rig
aa y on el de pletinas (véase pág. 171); poro para una viga zig

YUMSZA CORTANTE Y MOMENTO FLEOTOR 65

da euya deformación es muy pequeña comparada con su fu I,
tetas fuerzas pueden desprecianse y calcular las reacciones como
en la viga simplemente apoyada —fig. 54 (a)

20. Momento flector y fuerza cortante.—Consideremos aho-
ra una viga simplemente apoyada sobre la que actúan fuerzas
Verticales Py, Pa y Pa —6g. 56 (2)—. Supondremos que la viga
tione un plano axial de simetria y quo las cargas actian en esto

plano. Por esto, y debido a la simetria, deducimos que la flexién
acontece también en esto plano. En In mayoría de los casos práo-

_tieos se cumplo esta condición de simotría, puosto que las seecio-

nes más usuales, circular, rectangular, I o T, lo son. El cazo
general, de sección asimétrica, se analizará más adelanto (véase
Página 89).
Para investigar las fatigas produeide
r cidas en una viga durante
la lexi, se procedo do modo análogo o rnizndo en el an,
una barra sometida a extensión (fig. 1). Supongamos que Ja
via AB co dvi on dos trovo por una sccm osa mn Sa:
da a la distancia z del apoyo izquierdo A —fig. 56 (a) y que se
prescindo del trozo situado ala derecha dela sección. Part anne
lizar el equilibrio del trozo de la viga que conservamos —figu-
22.00 (=, debemos considerar no solomente las fueras exter.
nas tales como las cargas P,, P, y la reacción Ry, sino también
las fuerzas internos distribuidas sobre la sección mn y que re-
Presentan la acción del trozo de la viga a la derecha de la sec-

38. 66 RESISTENCIA DE MATERIALES

ción sobre e trozo de la izquierda. Estas fuerzas internas deben
Ser tales que equilibren a las fuerzas oxteriores anteriormente

mencionadas Py, Pa Y Ry
“Todas estas fuerzas exteriores, por las condiciones dela está.
tice, pueden sustituiras por una fuerza vertical Y que obra en el
plano de la sccción mu y por el par Af. Bl valor dela fuerza es
V=E =P. Po @

y el valor del par es

M = R2—P, (e—4) Pole). o
La fuerza V es igual 6 la suma algébrica de las fuerzas ex-
ternas situadas a a izquierda de la sección mu y se denomina
fuerza cortante en la sección recta mn. El par M es igual a la
“sumo elgébrica de los momentos de las fuerzas exteriores si
tuadas a la izquierda de la sección ma con relación al o. de g. de
esta sección y se denomina momento flector en la sección rec-
fa mn —6g,06(e) —. Los fatigas distribuidas sobre la sección mn

y que representan la acción del trozo derecho de la viga sobre *

a porción izquierda, deben, por tanto, equilibrar el momento
flector AF y la fuerza cortante V.

Si sobre la viga actin una carga distribuida en lugar de var
sins concentradas, se puede utilizar el mismo razonamiento.
Sea, por ejemplo, la viga do la figura 51 (a) cargada de modo

"uniforme. Representando la:
Arm __{& imtensidad de lncargao carga

OAMI, por wnidad de longitud por g,

Az} 27 las reacciones serán

COTON) Rı
—
e Para investigar la distri
whe, 67 bución de fatigas sobre una

sección mn, consideraremos
nuevamente el equilibrio del trozo izquierdo de la vig
1a 87 (0)— Las fuerzas exteriores que actúan sobre esa porción:
de la viga son In reacción E, y le carga uniformemente distri-
bufda a lo largo de la longitud z. Esta Última carga tiene una
resultante igual a gz. La suma algébrica de todas las fuerzas à

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR o
ln irquierda de la sección mn es, por consiguiente, A —ge. La
Mau algóbrica de los momentos de todas las fuerzas situadas
la izquierda de la seecién mn con relación a su o. de g. ae ob-
Seno restando del momento Rye de la reacción el momento de
Ja resultante de la carga distribuida,

"EN momento de la carga distribuida es evidentemente igual a,

exe
exe

Por consiguiente, la sumo algébrica do los momentos será:

‘Todas las fuerzas que obran sobre el trozo izquierdo do la
viga pueden reemplazarse por una fuerza que obra en el plano,
de la sección mn igual a

penal) e
vela a zeige
a
M=Ry 3 rhs )- @)

Tas expresiones (0) y (4) representan, respectivamente, la
fuerza cortante y el momento flector en la socción mn. En los
ejemplos anteriores hemos considerado el equilibrio del trozo
{de la viga situado a la izquierda de In sección considerada. Si en
Ingar del trozo izquierdo se conserva el derecho, la suma algé-
brica de las fuerzas u la derecha de la sección y la suma algé-
brica de los momentos de estas fuerzas tendrán los mismos va-
lores Y y M que unteriormento, pero serán de sentido opuesto,
Esto es debido a que las cargas que obran sobre una viga junto
con las reacciones R, y R, representan un sistema de fuerzas en
equilibrio y, por tanto, su sumo algébrien y la do sus momentos
con relación a cualquier punto de su plano debe ser nula, Por
consiguiente, el momento de las fuerzas que actúan sobre el
trozo izquierdo de la viga con relación al o. de g. de la sección
recta mn debe ser igual y opuesto al momento con relación al
mismo punto de las fuerzas que obran sobre el trozo de la viga
situado a la derecha de la sección. También la suma elgébrica

39. 68 RESISTENCIA DE MATERIALES

de las fuerzas que actúan sobre el trozo izquierdo debe ser igual
y opuesta a la suma algóbrica de las fuerzas que actúan sobre
ol trozo derecho.

En lo que sigue, el momento flector y la fuerza cortante en,

una sección recta mn sv tomarán positivos si considerando el tro: |

Pro. 68

20 de viga a la izquierda de la sección las direcciones ohtenidag
son Ins de la figura 57 (c). Para materializar esta regla del signo
del momento fleotor, nislemos un elemento de la viga por dos
secciones adyacentes mn, m,n, (fg. 58). Si el momento flector
en estas seccionos es positivo, las fuerzas u la izquierda de la
sección mn dan un momento en el sentido de las agujas del re-
loj y las fuerzas a la derecha de la sección m,n, un momento
en sentido contrasio al de las agujas dol reloj, tal como indica
la figura 58 (a). Por esto sentido de los momentos, al flexarse la
viga, resulta convexa por debajo.
bp ee Silos momentos lectores en las sec.
! { «iones man y mn, son negativos, la
e __} convoxidad se produce hacia arri-
Í ba, tal como indica la figura 58 (0).
e Por consiguiente, en aquellos trozos
a @ de una viga para los quo el momen-
Po, an to flector es positivo. la elástica o
curva de flexión es convexa haci

abajo, mientras que en los trozos donde el momento Hector es

negativo dicha elástica es convexa hacia arriba.
La regla de los signos pare fuerzas cortantes so materializa

en la figura 59.

21, Relación entre el momento flector y la fuerza cortante.—
Consideremos un elemento de una viga separado por dos seo»
clones adyacentes mn y mi separadas una distancia de (gue

FUBRZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR “

m 60). Suponiendo positivos el momento fector y la fuerza cor.
tunte en la sección mn, la acción del trozo izquierdo de la viga
sobte el elemento está representado por la fuerza 7 y el par M,
tal como indica la figura 60 (a). Del mismo modo, suponiendo
que en la sección mn, son también positivos el momento flee-

si 2
Pra

tor y la fuerza cortanto, la noción del trozo derecho de la viga
sobre el elemento está representado por el par y la fuerza indi-
cados. Si no actúan fuerzas sobre la viga entre las secciones
mn y min, —fig. 60 (a), las fuerzas cortantes en las dos see-
ciones son iguales,

Examinando los momentos (lectores, se ve que para el equi-
librio del elemento es preciso que los momentos flectores no sean
iguales y que el incremento df del momento flector iguale al
Par que representan las dos fuerzas opuestas V es devir,

aM Vie

(60)

Por consiguiente, para trozos de una viga entre cargas la

fuerza cortante es la derivada del momento flector respecto de z,
Consideremos ahora el caso en quo una carga distribuída de

intensidad q actúa entre las secciones mn y m,n, —fig. 60 (b).

* El peso dal elemento do la viga so desprecia en esto análisis.

40. 40 RESISTENCIA DR MATRRIALES

La carga total que actúa sobre el elemento es qdz. Si con-
sideramos positiva q cuando la carga actúa hacia abajo, del
equilibrio del elemento su deduce que la fuerza cortante en la
sección myn, difiere de la existente en mn en lo cantidad

ay =—gde,

de donde se deduce que
ar
Le (51
a sn.

Por consiguiente, la derivada de la fuerza cortante respecto
a 2 os igual a la intensidad do la carga con signo negativo.

"Tomando el momento de todas las fuerzas que actóun sobre

el clemento se obtiene
aM Var ada x E.

Despreciando el segundo término dei segundo miembro, por
sor una cantidad de segundo orden, se obtiene de nuevo la ecua-
ción (60) y se deduce que también en el caso de carga distribufda
Jn fuerza cortante es In derivada del momento flector respecto à 2.

Si entre las secciones adyacentes mn y my actúa una carga
concentrada P —fig. 60 (c)—, se presentará un salto brusco en
al valor de la fuerza cortante. Sea V la fuerza cortante en In seo
ción mn y Y, la correspondiente a la sección my.

‘Del equilibrio del elemento mmynin, so deduce

v,=7—P.

Por consiguiente, el valor de la fuerza cortante varía en la
cantidad P al pasar por el punto de aplicación de la carga
De la ecuación (50) se deduce que en el punto de aplicación de
‘una carga concentrada se presenta un salto brusco en el valor
do la derivada

fie
de

22. Diagramas del momento flector y de la fuerza cor-
tante. —En el articulo anterior so ha visto que las fatigas que,
actúan sobre una sección mn de una viga equilibran el momento,
lector M y la fuerza cortante V correspondientes a dicho seo“

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR nm

«ión. Por tanto, de estos valores dependen los de las fatigas.
Para simplificar el estudio de las fatigas en una viga es convo-
iento representar do modo gráfico la variación del momento
Rector y de la fuerza cortante a lo largo del ojo de la vigo. En
esta representación las abscisas indican la posición de la sección
$ las ordenadas los valores del momento fector y de la fuerza
dortante, respectivamente, que actúan sobre la sección, tomán-

# . on
= x

Pr]

o a

N

©

ri.

dose los valores positivos sobre el eje horizontal y los ne~ativos
por debajo. Estas representaciones gráficas se denominan dia-
ramas del momento Hector y de la fuerza cortante, respoctiva-
‘mente, Consideremos, por ejemplo, una viga simplemente apo-
yada solicitada por una carga aislada P (fig. 61)1. Las reaccio-
Bes en este caso son.
Pb Pa
2-2 Rat.
Tomando una sección mn a la izquierda de P, so deduce
que para ella

Poy yate

v
ee 1

(a)

7 Yor gene se omiten los sodils un los poy moviloe de
veta figura y siguientes, te ee moyen:

41. 2 RESISTENCIA DE MATERIALES

La fuerza cortante y el momento flector tienen el mismo
sentido que los de las figuras 58 (a) y 59 (0) y son, por consi-
viento, positivos. Se ve que la fuerza cortante permanece cons-
fanto a lo largo del trozo de viga situado a la izquierda de la
carga y que el momento fector varía proporcionalmento a z. |
Para z = 0, el momento es nulo, y para 2 = a, es decir, para la :

cece de apni de lo ag momento valo FR. La

trozos correspondientes de los diagramas de fuerza cortante y
momento flector se ven en las figuras 61 (b) y 61 (e) respectiva-
mente, y son las líneas ac y a,6,. Para una sección situada a
dcrecha de la carga, se tiene

Pb Pa Pb

pl 2 5 4-7

5 a ree Ple—a), (0)

donde z es siempre la distancia al extremo izquierdo de la vig
Ja fuerza cortante para este trozo de la viga permancce con
tante y negativa. En la figura 61 (0) esta fuerza está representa
de pos Ia linea 6 paralela al je x. El momento fector es una

dam dq pi rl E y que pr oT!

es nula. Es siempre positivo y su variación a lo largo de la parte
de viga a In dereche de la carga está representada por la línea
ects eh, Las líncas quebradas acc'b yaycıbı de las figuras 61 (0)
y 61 (à ropresentan, respectivamente, los diagramas do fuerza.
cortante y momento flector para toda la longitud de la viga.

En el punto do aplicación de la carge P so presenta un salto

bruce lato Gea fers corn dsd ol pire Mal
nat DE y un cambio rus en ine ang de.
1 anni à gram del monts festa.

rst in Soc) re Raza cote y 8
Ce ne nara ro ert dela ig

sobre el que actian dos fuerzas R, y P. Más sencillo es en este
Caso considerar el trozo de In viga a la derecha de la sección

Pa y,
sobre ol que actúa únicamente la reuccién “7°. Siguiendo es

FUERZA CORPANTE Y MOMENTO HLEOTOR 7

procedimiento y utilizando la regla de los signos indicada en las
figuras 58 y 59, se obtiene

da). ©

Las expresiones (b) anteriormente obtenidas pueden tam-
bien ponerse en esta forma, si se observa que a =1— 5.

Ys interesante notar que el diagrama de fuerza cortante se
«compone de dos rectángulos euyas áreas son iguales.

Teniendo en cuenta el signo opuesto de dichas áreas, se de-
‘duce que el área total del diagrama de fuerza cortante es bula.
Este resultado no es casual. Integrando (50), sale

. m
f aM = f Vds, @

donde los límites A y B indican que la integración se toma a
lo largo de la longitud de la viga, desde el extremo 4 al extre-
mo E. El segundo miembro de (d) representa el área total del
diagrama de fuerza cortante. El primer miembro de la misma
ecuación da, después de integrär, la diferencia My — M, de los
momentos Sectores en los extremos B y À. En el caso de una
viga simplemente apoyada, los momentos en los extremos son
los y, por tanto, también el érea total del diagrama de fuerza
cortante, Si sobre la viga actúan varias cargos (fg. 62), se di
vide en varios trozos y las expresiones de V y M deben esta-
blecerse para cada uno de ellos, Midiendo z desde el extremo
equierdo de la viga y tomando z< a, se obtiene para el pri-
mer trozo de la viga

v=

ny Mm Rye. “

Para el segundo trozo de le viga, es decir, para a, <z
we vies para a, CE € dur

P=R =P y M=Ra=Pla—ay 0

Para el tercer trozo de la viga, es di

, es decir, para 4¿<2<0,,
es más sencillo considerar el trozo de la derecha que el de la
izquierda. De este modo, sale

Vak) y MAP

— ti (9)

42. ” EXISTENCIA DR MADKIALES
Finalmente, para el Último trozo de la viga so tiene
y

Por las expresiones (2) a (1) se ve que en cada trozo de la
viga la fuerza cortante tiene la forma indicada en la figura 62 (0).
El momento flector en cada trozo de la viga es unn función!
lineal de z, y por ello el diagrama correspondiento está formado

ci It

Ry M= Ria. m

Foo, 62 i

por líneas rectas inclinadas, Para el trazado de estas líneas sel
ve que (e) y (1), para los extremos = = 0 y z= I, dan valoreg
nulos. Los momentos en los puntos de aplicación de las cargan
so obtienen substituyendo en las expresiones (0) (1) y (4), 2 = ay
2 =4, Y 2 = dy, respectivamente. De este modo se obtienen.
‘para dichos momentos los valores

Ma Ra, M=Ra—P ima) y Mm Rady

Mediante estos valores puede trazarse fácilmente el diagram
de momentos flectores —fig. 62 (e).

En las aplicaciones es importante encontrar las seccion |
para las que el momento flector toma su valor máximo o mé
nimo. En el caso considerado (fg. 62), el momento flector máxi.
mo acontece bajo la care P,. A esta carga corresponde en

FUERZA CONTANTE Y MOMENTO HLECTOK ù

diagrama de momento flector el punto dy, en el que la inclina-
ción del diagrama cambia de signo. Según la ecuación (50), esta
inclinación es igual a la fuerza cortante. Por consiguiente, el
momento flector toma sus valores mínimos o máximos en las
secciones para los que la fuerza cortanto cambia de signo, Si,
moviéndonos a lo largo del je, la fuerza cortante cambia de un

Pie al
«

j rd
é a
@

Fue, 63

‘valor positive a otro negativo como en la sección de aplicación
de la carga P, (fg. 62), la pendiente en el diagrama de momento
flector cambia también de positiva a negativa. De aquí se de.
duce que en esta sección se presenta el momento flector máximo;
Si Y cambia de negativa a positiva, indica que a la sección le
corresponde un momento flector mínimo. En el caso general, el
dingruma de fuerza cortanto puede cortar alejo horizontal en vas
ios puntos. A cada punto de intesccción le corresponde un máxi!
mo o un mínimo en el diagrama del momento flector. Los valores
nunéricos de todos estos máximos y mínimos deben calcularse.
para encontrar el mayor de todos, numéricamente considerado,
Consideremos ahora el caso de una carga uniformemente dis:
tribuida (fig. 63). Por lo expuesto anteriormente (pág. 67), tene-
mes que para una sección a distancia x del apoyo izquierdo

Paie) y Mala 6

Se ve que el diagrama de fuerza cortante consiste, en este caso,

43. 15 RESISTENCIA DE MATERIALES

ca wp the ret incida, cuyos ordnndan pars >= y
zur E y —E, ropectiramento Ag. 09 (0) Dada

expresión () se deduce que el diagrama del momento flector es
en este caso una curva parabólica, cuyo eje es vertical y pasa:
por el contro del vano —6ig 63 (c)—. Los momentos en los apoyos, ,
es decir, para 7 = 0 y ze à, son nulos, y el valor máximo del
momento acontece en el centro de la luz, alli donde la fuerza.
cortante cambia de signo. Este máximo se obtieno poniendo:

22 Lan expen (lo quede

q

Moa =

Si ln carga uniforme cubre sólo una parte de la luz (fiz. 64),
podemos considerar tres trozos de la viga de longitudes a, 6 y 6.

im

Le en
Ly Ed

%

Para la determinación de las reuce
‘mos la carga uniformemente repartida por su resultante gb. De
las ecuaciones de momentos de la estática, con relación a
y 4, se obtiene de la

llos! Rate
2-7 (+ ds Pare

FUERZA CORTANTE Y MOMPNTO FLECTON n

La fuerza cortante y el momento flector para el trozo iz.
guierdo de la viga (0<2<a) son
VER y Mme 0
Para una sección mn, tomada en el trozo cargado de la viga,
lo fuerza cortante se obtiene restando la carga g(s—a), a la
jequierda, de la rescción Ay. El momento flector en la misma
sección se obtiene restando el momento de la carge a la izquier-
da de ln sección, del momento de la reacción 2, De esta forma
encontramos

V=k ga y M Raga x=" o

Para el trozo derecho de la viga, considerando las fuerzas a
la derecha de la sección, se tiene

VER, y Mahler. o

Mediante las expresiones (), () y @) los diagramas de fuerza
cortante y momento flector pueden construirse con facilidad. El
diagrama de fuerza cortante —fig. 64 (b)— consta de los trozos
horizontales aye, y dub, correspondientes a las partes descargar
das de la viga y de la linea inclinada c,d,, que se refiero al trozo
cargado uniformemente. El diagrama del momento lector—figu-
va 64 (c)— consta de las dos líneas jnclinadas ass, y byl, corres
pondientes a los trozos descargados y de la curva parabólica
ce, do eje vertical, afecta a la parte cargada de la viga. El
momento flector máximo se presenta en el punto es, correspon
diento al e;, donde la fuerza cortante cambia de signo. En los
puntos 6, y dz la parábola es tangente a las líneas inclinadas ay
y db, respectivamente, Kilo so deduce del hecho de que en los
puntos e y dy del diagrama de fuerza cortante no existe cambio
brusco en el valor de dicha fuerza cortante; por consiguiente,
en virtud de la ecuación (50), no puede presentarse cambio
brusco en el valor de la pendiente del diagrama del momento
flector en los puntos correspondientes 6% ¥ 4.

En el caso de una ménsula (fig. 65) so emplea el mismo mé-
todo para construir los diagramas de fuerza cortante y momenta
Sector, Midiendo = desde ei extremo izquierdo de la viga, y

44. nn EOÓQEOERKR—ma0 A

78 RESISTENCIA DE MATERIALES

considerando el trozo a la izquierda de la carga Py (0<% <a),

so obtiens
Pa, y M=—Pe
Ya signo menos de estas expresiones resulta de la regla de
los signos indicados en las figu-
(0) y 50 (8). Para el trozo

-- . + ras.
A où da derechn de dich carga

(a<a<i) se tiene

af o rr
Ma—Pe—P, 20).
Los dingramas correspon:

CM dientes de fuerza cortante y mo-
PT _ mento fcetor so ven en las Agu-
| 78030308 0, Bt gra ttl

© I, del diagrama de fuerza cortante

Re. 65 no os mula en este caso y vale

— Pil — Pp, que es lo que vale
el momento flector Af en el extremo B de la viga. El diagrama
del momento flector consta de las dos linens inclinadas ayra
‚ndientes son iguales a los valores de la fuerza.

cortante en los trozos correspondientes de la ménsula, El mo-
mento flector máximo, en valor in
numérico, acontece en el extre- (TIIITIHILITITTIFTTITTTGE

‘mo empotrado Bde la via. br”
Si una ménsula suite una.

ga uniforme (fig. 66), la fuerza =z]
cortante y el momento flector, a

ee —
quierdo, son =
hace Ke |:
roexiE
~ 2 2

tante es la recta inclinada ab, y
el del momento flector la parábola ab. de eje vertical y €
gente al eje horizontal en a, punto en que la fuerza vor

PUBRZA CORTANTE Y MOMENTO FLECIOR. m

es mu. El momento Hector máximo en valor numérico, nal
como la fuerza cortante máxima, acontecen en el extremo B
dela vga. Si sobre la viga actin simultáneamente carga con.
centradas y distribuidas, es conveniente dibujar por separado
los dingramas correspondientes a cada clac de corgua, y obte.
ner Jos valores totales de Y o Bf, para cun quier sección, suman-
So in cena repone à sd Sings parao.
Si, por ejemplo, tenemos las cargas concentradas Py, P, y P,
(figura 62) simultáneamente con wna carga uniforme (ig. 63), el
momento Hector para cualquier sección se obtiene sumando las
ordenadas correspondientes de los diagramas representados en
las Sguras 62 (9 y 88 (a.

Problemas
1. Dibujar, aproximado: e
. ‚mente, a cscalo, los diagramas de fuerza.
cortante y momonto floctor correspondientes a Ine vigas de la tigura 67.

Acotar en dich digrazs los valore máximos ta
re máximos tano pli somo
"negativos de la fuerza cortante y del momento flector. 2.

po so, [ne (05 AÑ
pn Pm,
Dans péri
GA ts

om ttm 73

=
A

. 2, Resolvor las mismas cusstiones del i
vr art del problema anterior para las

2. Um
Una ménsula solicitada por una carga total W distribuida de

mode
| mado que event Wniformemento ado coro, on estemo Juin
À dou dal modo que dica rot inclizada 40 Ag. 0 (cn emp.

45. 80 RESISTENCIA DE MATERIALES

trade en ol uxtreino derecho. Dibujar los diagramas de fuerza cortante
y momento flector.

“Solución: La fuerza cortante on la accción mn n distancia = del!
extremo jzquierdo de la ménsula cs numéricamente igual a lo parto

>
en, ono

500%
1800 180m de
el

PA ;
pr pare
dus ag Eee

0. 68

do sign my, Pate que o ago aa ale y rt
gor ol tán ACB, parto oda a E? Dorn ra de mung
pow arme apr (8) bio

2
vi

Fa dingrum de fur ortnta te
4 representation la durs 69 (9 por lo
wah,” YF A doef verte! que pase par

a

E pont as Fl momento Hector en In ae
Sich mn 6 obtiene tomando el moment
© deta paña de Carga ya expels
y al Cte Ge Lance mn. Por tanto,
o ES
te momento está representado por
ta cum ben I figura 89 6.
“a vs on vien de long À apogado
eniormemente cn toda longtad ©
porta un lon extromoe dos ars Het
LP diz 10) Dabur ls daga 8
oma eovtante y momento feier
Fo. m 3 Una vie do Jong E apayad
nero en ada logit sopor
ta enw centro won cars concentra P= 800k ig, 1D, Hallo
Mme Manor mésinm en valor mamie. Dibujar en dingrom €
or seran y momento ato.
as vi smqleanta apoyada de longitud Esoporta vna a
total Air de mode qu ou Intensidad ecc tal como ind?

PUBRYA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR a

la figura 72 (a), dene coro, vu ol extreme juquioedo, Dibujar a escala los
diagramas de fuerza cortante y momento flector si W = 6,000 kg. y
de 1,20 m.

e 2 [520%
PEREA Em
Ro. 70 Bon

hs an meinen nos opa sony en et cts
meinem 5 main -

La fuerza cortanto en la soceiön mn so obtiene restando la parte rayada
de lu cargo de In reacción Ry. Por tanto,

27
rr wn (ir)
El diagrama de fren crtant ov ln curva paraba ac de I

figura 72 (0), El momento lector.
en la socción mn es

Est morento oat represen-
tado por la curva ayb; de la
figura 72 (9. El momento flector
máximo aconteco en c,, donde la
fuerza cortante cambia do signo y
ñ

donde a = gg

7. Unaviga simplemente apo-
yada AB soporta una carga dis

ibuida, cuya intensidad está re.
presenteda por la linea ACB (6

uns 78). Hallar las exprosioncs À o
de la fuerza cortonte y del mo @

‘mento fleetor an la sección mm, Fo. 72

Solución: Suponiendo a la car.
a total W aplicada en el Odo G del trióngulo ACB, as roncciones en
los apoyos son:

:
anto

46. se RESISTENCIA DR MATERIALES

La caren tota) se divide en dos partes representadas por los tri

do
us Uy OLD, de mars WE y Y napatiente. La parto

a [ la :
«el F >
r em
Fie, 18
ss

yada de caren vale Wt x Z = W Ej. Sa fuerza cortante y el momen,

Rector cu mn suri, por consiguiente,

# 248
VR WE y M=ka—WE

ax
21200 ke lem ss
E 008
" en.
7
« 200% u ig ote
Lom son np
072 son
Ys ah
@
ae
(a)

ro. 14

De modo análogo so deducen la fuerza cortante y el momento
tor para una sccción correspondiente al trozo DE de la viga,

8. Hallar Maux en el problema anterior all = 3,60 1. B= 0,90
W = 5.000 kg.

FUERZA LONTANTE Y MOMENTO FLUCTOH 8s

Respuesta:
Monge = 3300 m. kg.

9. Dibujar a escala aproximada los disgruras de fueren cortante
y morento flector y acotar en ellos los valores máximos positivos y
Begutivon para las vigas con voladizos do la figura 7

Solución: En el caso do la figura 74 (a) las rozccionos son 336 kg. y
1.005 kg. Le fuorza cortante on el trozo izquierdo do la viga vs 9 = 385
— 60 2. Está roprosentada en la figura por lu lines inclinada ab, La
Fuerra cortante pura el (roto derecho de la viga se ancuuntra como an
el caso do uma ménsvla y est representada por la recta inclinada De.

‘EL momento lector para ol truzo izquierdo de la viga es M = 8382

— 60. Está representado por la paróbola seb. El momento máximo

acontece en ey, punto correspondiente al e, a el que la forza cortante
Gambia de signo. HI diagrama del momento flector pura el 1020 de la

derochn es enftogo al de una mónsula y está representado por la pará»
bola Die, tangento en cy

10. Una viga con dus voludizos iguales (Gg. 75) sufro una carga
uniformemente distribuida y tiene una longitud L. Hallar lo distancia d
entre los apoyos para la que el momento fleetor en el centro de lo viga
es muméricamente igual a log momentos en Jos apoyos. Dibujar los
ogramas de fuerza cortante y momento floctor pura esto caer.

Les pue

0.5868,

47. CAPITULO IV
FATIGAS EN LAS VIGAS

23. Flexión pura de barras prismáticas.—Una barra pris- :
mática sometida a la acción de pares iguales y opuestos en sus
extremos, se dice que está solicitada a floxién pura, La parte
central CD de la barra À B (fig. 76) está sometida a una soli
: tación de este tipo. La magni

Y m ° tud Pa del par que produce la

4 2 dexión so lama momento fleo-
2 E D tor. Considerando la sección

E

te izquierda de la barra, se de-

par duce que para ol equilibrio es
tornas distribufdae en la eec-

sión mn, y que representan las acciones en dicha sección de la
vulentes a un momento M igual y opuesto al momento flec-
tor Pa. Para encontrar la distribución de estas fuerzos interne
de una barra que tenga un plano longitudinal de simetría, y
cuando los pares flectores actúan en este plano, la flexién ten-
ular y se trazan dos líneas verticales mm y pp en sus lados,
los ensayos experimentales realizados han hecho ver que di-
quedar perpendiculares a las fibras longitudinales de la barra
(figura 77). La teorín que vamos a exponer do la Hoxión ne basa;

mn, y quedándonos con la par:

Fo. 76 necesario que las fuerzas in-
parto de la barra situada a su derecha, sean estiticamente equi-
considereremos la deformación de a barra. En el caso sencillo
drá lugar en dicho plano. Si la barra es de sección rectan-
chas líneas permanecen rectas durante la flexién y giran hasta.
en la hipótesis de que no solamente las lincas, tales como mms.

FATIOAS EN LAS VIOAS 85

permanecen sectas, sino quo toda la seveién transversal de la
barra, primitivamente plana, queda plana y normal a las fibro
longitudinales de la barra después de la Aexiön. Los ensayos
realizados han dado resultados concordantes con los obtenidos
desarrollando la teoría, basada en aquella hipétesis, en lo con-
cemiente a la flexiön de la barra y a la deformación de las
Bras longitudinales, De la hipótesis anterior se deduce que du-

tante la fexión las secciones mm y pp giran, una respecto a
otra, alrededor de ejes perpendiculares al plano de flexión, de
tal modo que las fibras longitudinales del lado convexo sufren
extensión, y compresión las del lado cóncavo. La línea nn, es
a traza sobre el plano de la figura de la superficie cuyas fibraa
o sufren deformación durante la flexién. Esta superticie so
llama superficie neutra, y su intersección con cualquier sección
recta de la barra se denomina linea neutra.

El alargamiento e's, de cualquier fibre situada a una dis-
tancia y de la superficie neutra se obtiene trazando la línea n,2,,
Paralela a mm —fig. 77 (a)—. Representando por r el radio de
curvature del eje de la barra después de la flexién 4, y usando la
semejanza de los triángulos non, y 5,n,s', el alargamiento uni-
tario de la fibra as” será.

Y,

mm or 19

| ¿El cio de la barra os la Ifnoa que posa por los centros de grave
‘do aus soceionen. © roprosenta el centro do ourvacura — 7"

48. 86 RESISTENCIA DE MATRRIALES
in en cada fibra

Se ve, por tanto, que la deformación units
Tongitudinal es proporcional a su distancia a la superficie neu-
tra, e inversamente proporcional al radio de curvatura.

‘Los ensayos realizados han puesto de manifiesto quo la ex-
tensión de las fibras del lao convexo do la barra viene aoom-
pañada de una contracción lateral, y la contracción longitudinal
del lado cóncavo de una expansión lateral, tal como en el caso
de extensión o compresión simple (véase artículo 14). Esto cam
bia la forma de todas las secciones rectas. Los lados verticales
de la sección rectangular se inclinan tal como indica la figu-
ra 77 (b). La deformación unitaria en sentido lateral es
(63)

sun

donde y es el módulo de Poisson.

Debido a esta distorsión todas las líneas rectas situadas en
In sección recta y paralelas al eje z se transforman en curvas
normales a los lados de la sección.

Su radio de curvatura R será mayor que r y est
en la misma relación que e, y e, (véase ecuación 53);

tard con él
por tanto,

(54)

Ta fatiga on los fibras longitudinales, deducida de la ley de

Hooke, es
(55)

La distribución de estas fatigas se ve en la figura 78. La
fatiga en cualquier fbra es proporcional a su distancia al eje
meutro nn. La posición del eje neutro y el valor del radio de
curvatura 7 pueden determinarse por la condición de quo las

fuerzas ligadas a la sección determinen un par resistente que

equilibre al par exterior M (fig. T6).

Sea dA el área de un elemento de una sección recta e y su
distancia al ejo neutro (fig. 78). La fuerza ligada a esto área
‘elemental es el producto del área por la fatiga (ecuación 55), es

decir, EU. 44. Puesto que el sistema do fuerzas elementales que

EATIOAS EN LAS VIGAS 87

actéa sobre la sección recta equi
o in quivale a un par, la res
dichea fuerzas será coco, y tendremos mente de

IÉCEH EE

es decir, el momento estático del droa de I
Testa al ee neutro oe car, 0,30 que e lo un a ioe
“neutra pasa. por el centro de gra» yume
vedad de la sección.

El momento de la fuerza liga-
da al elemento antes dicho, respec

to a la lines noutra, oo day.

Sumando todos los momentos
de las fuerzas ligadas à la sección ly
recta de la barra, y escribiendo Po. 78
que el resultado es igual al mo-
mento Mf de las fuerzas exteriores, se tendrá la siguiente eoua-
ción, que sirve para determinar el radio do curvatura:
ss Al,

+ EL
-fy'4A es el momento de inercia de la secci
- [yraa ir
recta con relación al oje neutro (véase Apéndice, pág. 835). En
la ecuación (50) se ve que la curvatura varía en proporción
directa con el momento flector, e inversa respecto a la canti-
del EI, que por esto so denomina rigidez a la Mexión de. la
aurea. Eliminando r entro las oounciones (53) y (56), se obtieno
Ja expresión siguiente para la fatiga:
My
i,

(66)

= (67)
El análisis precedente se ha hecho i

para una sección rectan-
gular. Es válido también para el caso de una barra de cualquier
tipo, de sección recta, quo tenga un plano longitudinal de simo-
tría y estó solicitado a flexión por pares quo actúen on sus ex-
remos y obren en este plano, puesto que en tal caso la floxién
de la barra se presenta en dicho plano, y las secciones roctas,

49. 88 USISTENCIA DE MATERIALS

primitivemente planas y normales al eje de la barra, quedan
planas y normales a las fibras longitudinales después de la
flexión.

Ta la ecuación (57), Bf es positivo cuando produce una fo.
xión como la de la figura 77; y es positiva hacia abajo.

Un signo negativo para a, indica, según sabemos, una fatiga
de compresión.

Las fatigas máximas de compresión y extensión se presen-
tan en Ins fibras más alejadas do In línea nentra, y para la s00-
ción rectangular, o cualquier otra forina de sección quo tenga
el centro de gravedad a la mitad de la altura o canto de la

h
viga h, on que Your = 5, valen

Mh a

rien a ca. a
m
Para simplicar so acostumbre o usar Le anotación
21,

2% 159
y entonces

u

(dau = 7 (ma. Z en

La cantidad Z se denomina módulo o momento resistente di
la sección. En el coso de una sección rectangular —6g. 77 (8)
se tieno

Para las diversas formas de perfiles, T, E, eto,, los diferen.
tes valores de 1, y Z están tabulados en los manuales y catálogos
Cuando el centro de gravodad de la sección recta no está
Ju mitad de la altura de Ja viga, como, por ejemplo, en el cas,
de una viga en T, si h, y hy represcutan las distancias de la Joss

RATIONS BN LAS VIOAS 89

neutra a Ins fibras más alejadas hacia abajo y hacia arriba, las
fatigas máximas para un momento M positivo serán

an

(oases =, (cui wy
Para un momento negativo,
[pe on (62)

Los anteriores razonamientos y consecuencias se han hecho
‘en a hipótesis do que la barra tuviese un plano longitudinal de
simetría cn el cual actuason los momentos flectores; sin embar-

7

Fro. 79

0, los resultados pueden aplicarse también cuando dicho plano
zo existe, con tal de que los pares de flexión actúen en un plano
axial que contenga uno de los dos ejes principales de la sección
ects (véase Apéndice, pág. 344). Estos planos se denominan
planos principales de flexión.

Cuando hay un plano de simetría y los pares de flexión ao-
‘tian en esto plano, la floxién se presenta en él. El momento de
Ins fuerzas interiores, tales como las que muestra la figura 78,
respecto al eje horizontal, equilibra a! par de las fuerzas exte-

Los momentos de dichas fuerzas interiores, respecto al ejo
vertical, se anulan unos con otros, debido a que los momentos
de las fuerzas a un lado del eje son exactamente equilibrados
por los momentos de las fuerzas correspondientes del otro lado.

Cuando no hay plano de simetría, pero los paros fleotores
actúan en un plano axial que pasa por uno de los ejes principa-
les de la sección, zy en la figura 79, una distribución de fatigas
que sigue la ley de Ja ecuación (50) satisface a las condiciones
de equilibrio. Esta distribución da, según se ha visto, un par

50. 90 RESISTENOIA DE MATERIALES

alrededor del eje horizontal (eje principal 2) que equilibre al
par exterior. Alrededor del otro eje principal y, el momento

resultante vale
3 f ETES f ts.
Ber

Eats integral es el producto de inercia de Ia sección recta (véase
Apendier, pág. 341), y es coro si y y = son los ejes principales
do la sccción,

En muestro caso así se verifica y, por tanto, las condiciones
de equilibrio quedan satisfechas.

Problemas

Determinar In fatiga móxima on un eje de locoraotora (Fig. 80)

sic = 35 em, el diámetro d dol ojo
os 26 cm. y la carga P on el extremo
8 13.000 ke.

Solución El momento Hector que
actúa en la parto media del ejo es
BM = Px 6 = 13.000 x 35g. X on
La fatiga máxima por la ecusciôn (00) es

2. Doterminar el radio de curvatura y y ln flocha del o
blema anterior si el material os ncero y lo distancia entre los contros
de los apoyos cs 150 em.

Solución: F1 mdio do enrvatura r so determina por la ecuación (86),

scent gin a

Ba 2x 10x25

A mög me

Para calcular 3 (fig. 80), so tendrá en cuenta que le curva do fle-
sión es un círculo de radio r y DR ea un eatoto del triángulo rectin-
gulo DOB, en ol que O es ol centro de curvatura. Por tanto,

DPS

Bes muy pequeño comparado oon el radio r y la cantidad 3° puedo dea:

preciarso en la expres

DE 50
E gg = 0.0037 em

n anterior, de este modo:

FATIGAS EN LAS VIGAS si

3. Ua viga de madera de scoción cundrada de 25 x 25 em. está
apoyada en À y B (Fig. 80), y en sus extromos se aplican las corgos J"
Determinar el valor de P y la flecha 3 en al centro, si AB = 5,4 m..
0 0,90 m; (Pa = 70 kom y B= 108 Kg jo
"EI peso de In viga ee desprecia
Respuesta:
Paso ke 3

204 em.

4. Una vigueta comercial do 80 em. cstá apoyuda como indica la.
a 81 y cargado en los vo.

Indie oon ana cage wir
meinte distribuida de 1.000 Ee
Ka, Determinar la li [a

méxime en la parto central do
la viga y la flocha en su punto Fie. 81
medio, si Z, = 9.786em.",

Solución: El momento flector en In purte central de la viga será
AE 1.000 x 3 X 130 = 430.000 Lg. X con.

450.000 2 15 gay
pau ve SURVIE 690 tg fem

=

LUS om.

5. Determinar Ia fatiga máxima producida en un alarmiro de ace.
vo de diámetro d = 0,8 mm., cuando eo arrolla a una polea de dis.
metro D = 50 or

Solución: El alargamiento máximo debido a la flexion, couación 62,

on = 8.200 kg fom?

6. Una regía de acero de sección recta 0,08 x 2.5 em. y una Ton.
gitud Em 25 om. se flexa, aplicando pares en sus extremos en forma
de arco eirenlar de 6

Determinar ia fotiga mésima y la Mecha.

Solución: El radio de curvatura r se determina por la scvación

1 a
En ¿2 nr, de donde + = 23,87 cm, y la fatiga máxima por la cu
ción (65),

(es BE 350 em

La flecha calculada para un arco de etreulo 09
Bari — 004 30°) = 3,2 om,

51. 2 RESISPENCIA DE MATERIALES

7. Determinar la fatiga máxima y ol valor de los paros aplicados
en los extremos do la rugla del problema anterior si la flscha en el can
tao 08 2,5 0m.

Respuesta;

(ednge = 2.500 kg.Jom Mm 6,9 kg x om.

8. Determinar Ta curvatura produsida en una viga de acero libro-
monto apoyada do sccción rectanguler por un calontamiento no uniforme
flo argo del canto h dela sooción. La temperatura on na punto a a die“
tancia y del plano enedio 2: dela vigo (fig. 77) viene dada por la ecuación

at)

hit
A

donde 4e temperatura en la care inferior del viga, la tamper
tare ena ma sutil & = 80° O y al sti de dilación
can 28 x T0-" (Que aia bo produit llos extremos de la ig,
Sie xnpotraost
+

Getción: La temperate del plano metio ot la constante Fé
y la vsicin de tampertaro de ls domás fibras reposo à ola cù
Proporcional a yr Ki alargmiete unlari demie corocpndinte a
Eté pesima! à 5e a Geer lg la miens ay a a ange
anis dde por a eat 43. Como rautade de sta stato
1 Ufo els fm. a ve Hoc elo do curvature alla

; N
U) on logar de egy 3 ea lugar de y.
Oso :
1:00).

por la ecuación (62), utilizando |

n= :

Si los extremen do la viga eatin empotrados, aperrcen en ellos,

pares de rección tales que deshagan la curvatura debida al calonta-
‘mionto no uniforme, Por tanto,

Eh 3
MT TR ;
Suatituyendo en la ccuación (57), so tiene
Fy a
o> Ta00K
y lo fatign máxima es
El .
(oda gg gg = 1.000 om H

9. Resolver los problemas 6 y 7 ei ol arco os de 10° y of materls
es cobre.

PATIGAS EN LAS VIGAS 93

10. Resolver ot problema 4, mıponiendo que
1 sección cundrada de 20 x 30 em. y la intensidad dela carga uns.
formemente distribuida es 1.500 kg/m.

24. Vigas con formas diversas de secolón recta De la
discusión del párrafo anterior se deduce que la fatiga máxima
de extensión o compresión en una barra sometida a flexién
para es proporcional a la distancia de la fibra más alejada a la
lines neutre de la sección. Por tanto, si el material tiene In
misma resistencia a extensión y compresión, será. lógico tomar
aquellas formas de sección recta para las que su centro de gra-
vedad está a la mitad del canto de la viga. De este modo ten-
diremos el mismo coeficiente de seguridad para las fibras exten-
idas quo para las comprimidas. Es por esto por lo que 60 esco-
gen soceiones simétricas para materiales que, como el acero,
tienen el mismo punto de fluencie a extensión y compresión. Si
la sección no es simétrica respecto a la línea neutra, como, por
ejemplo, en un carril, el material se distribuye entre la cabeza.
y la base, de modo que el centro do gravedad quede en el punto
medio de bu altura,

Para materiales de pequeña resistencia a la extensión y alta
resistencia a la compresión, como la fundición o el hormigón, la
sccción recomendable es la asimétrica respecto a la línea neutra,
de tal modo que las distancias A, y hz de la línea neutra a las
fibras més alejadas estén en la misma relación que las resisten-
cias del material a extensión y compresión. Do este modo se
Obtiene igual resistencia a una y otra clase de esfuerzos. Por
ejemplo, en una sección en T, el centro de gravedad puede Nlo-
varse a una posición conveniente a lo largo do la altura, propor-
sinando de modo oportuno las dimensiones del ala y del alma.

Para un momento fector dado In fatiga máxima dependo
del módulo resistente de la sección, y es interesante ver que hay
casos en los que un aumento de área no origina una disminución
de la fatiga.

Ejemplo: Sea una barra de sección cuadrada flexada por

À. Un análisis completo sobre las diversas formas de las asccionos
feotas de las vigas puedo verse en Ins motas del Libro de Naver Ress
tance des corpo solids, od. 1804 do Barré do Saint Vanant. Véunse pas
Bowe 128-108,

52. % RESISTENCTA DR MATERISTS

pares que actúan en el plano vertical que pasa por una dingo- |
hal (fig. 82), la fatiga máxima se produce en Jos ángulos pp. Si .

ahora cortamos las partes rayadas, dejando una sección hexago-
mal de menor área, la fatiga máxima se habrá hecho menor
también,

‘Sea a la longitud del lado del cuadrado. El momento de iner-
cia, respecto al eje 2 (véase Apéndice),

es 1,= E, y el módulo resistente co-

, "respondiento será.
Ya

va 6
a mo” i

Hagamos ahora 7p ~ 2a, siendo a
in número finccionerio que determi:
naremos más adelante.
La nueva sección recta se puede considerar formada por el
cundrado mm mm, de lados a (1—a), y de dos paralelogra-
Su momento de inercia res

o al eje z es

y a ca ie = = y
® | va
y su mnédulo resistente será

“ivi vt
al a)
pa dete ve eo; que ESE

z aa) (1 + 82). :

en nat e, Dado oe abr a se vo qu, cortado

los ángulos de Ju sección cuadrada en la forma dicha, Is fatiga *
máxima por la flexión disminuye alrededor de un 5 por 100.
Este resultado so comprende fácilmente considerando que el mo.
ento resistente do la seceiön es la relación entre el momento
do iuercia y la mitad de la altura de la secciön. Al cortar los
ángulos, el momento de inercia de la sccción hu disminuido en
menor proporción que la altura, por lo que el módulo resistente.
ho aumentado y (5, disminuido. Efectos análogos pueden.

FATIGAS EN LAS VIGAS 9

obtenerse en otros casos. En la figura 89 (a) puede aumentarse,
a veces, el módulo resistente de la sección quitando las partes
rayadas.

En una sección cirenlar —fig. 83 (t)— oe aumenta el módulo
resistente en un 0,7 por 100, quitando los segmentos rayados
cuya flecha os 8 =0,011 d. En ol caso de una sección triangu-
lar fig. 83 (0) —, el momento re-

¡tente puedo aumentarse matan-
do el ángulo rayado, A i
Al proyectar una vga sometida Ly

a Sexión pura, no solamente debe ” ya

considerareo la condición de resis- Bio. #2

tencia, sino lade economía, al tener

en cuenta su peso. De dos secciones de igual momento resisten-

te, es decir, respondiendo a la resistencia con el mismo coefí-

ciente de seguridad, es más económica la de menor área.
nsidoraremos, en primer término, la sección rectangular de

altura À y ancho b. El módulo resistente es

a

donde A representa el área de la sección.

Se ve que la sección rectangular es tanto min oconómica
cuanto mayor es mu altura A. Sin embargo, hay un limite para el
aumento de h, debido a que la estabilidad de la viga disminuye
a medida que la sección se estrecha. El fallo de una viga de sec-
ción rectangular muy estrecha puedo deberse, no a sobrepasar
la resistencia del material, sino a pandeo lateral (véase Segunda

Pare).
En el caso de una sección circular se tiene
wa
sE
a )

Comparemos dos secciones: una circular y otra cuadrada,
de igual área, El lado À de la sección cuadrada deberá ser

pa
sa

53. 96 RESISTENCIA DE MATERIAL

Aplicando la ecuación (a), resulta
Ze 0,147 Ad,

Si esto resultado le comparamos con la ecuación (5), se ve
que la sección cuadrada es más económica que la circular.
Estudiando la distribución de la fatiga con la altura (fig. 78),

se llega a la conclusión de que para que una sección sea eco- |

nómica, la mayor parte del material do la viga debo situarse
tan alejado como sea posible de la línea neutra. El caso limite

sería: dada una altura k y un área A, situar áreas de valor :

À à distancias do la linea noutro. Entonces,

ES

1
L= ; Bal ab

3 (o)

A esto límite se uproximan las secciones en L de la práctica,

en las que la mayor parte del material está en las alas. Debido

à la existencia necesaria del alma do lo viga no puede alcanzarse

el valor (c) y para la mayoría de los perfiles de catálogo so tiene,

do modo aproximado,

L 0,30 Ab. a

La comparación de (d) y (a) muestra que la sección en T

es mia económica que la rectangular de le misma altura, Al mis-

»
let FT
€ Dit
m
Bun

mo tiempo, y debido a In ancbura de las alas, una viga en
ser siempre más establo respecto a efectos laterales de pand
que otra rectangular de la misma altura y momento resistente

Problemas.

1. Determinar Ia anchurs > dol ala do una viga de fundició |
cuya sección ea la de lo figura $4, 6f la fatign méxim de exten
Gobe ser un tercio do la máxima fatiga de compresión. La altura do
Viga en hm 10 cın.; ol grueso del alma y dei alo os ¿= 2 om,

FATIGAS EX LAS LIGAS 97

Solución: Paro satisfaccr la condición del enunciado ea necesario
que la distancia del centro de gravedad de la sección a la fibr más

nicjnda del ala satiafaga o lo condición 6 = À

Fro, 85
“Tomando momentos respeoto a la cara inferior del ala, se tiene
(igure sa)

Dia
A

Mi
de dondo
¿A 100 ig
anta E = 24 m 18cm.

2. Déterminer la relación (ozknax : (Osma Para una sooción on C:
come la de la figura 85, si # = Bam, À = 25 om, D = 60 em.
Respuesta:

chase + (min = 8:7,

3. Determinar la condición para le que la disminución do altu-
Im hy de la socción do la figura 86 venga acompañada de un aumanto
del momento resistente.

Solución: H
at Pet
$ he
EA E
an H
La condición para quo aumente Z a disminuir A, es +
OM dy gb ren
a ar

4. Determinar qué contidad debe quitarse de una sección en for:
ma de triingulo equiláteco —Bg. 89 (c)— para obtenor ol méximo de Z
5. Determinar In rolación entre os pesos do tres vigas de la misma.
longitud, soractidas al mismo momento flector M y con igual (Sm
si las secciones rootas son un ofreulo, un cuadrado y un roctángulo de
diensionea A 2b.
Solución:

54. 98 RESISTENCIA DE MATERIALES

25. Caso general de vigas cargadas transversalmente. —En |
el caso general de vigas cargadas transversalmente, lo dist
bución de fatigas sobre una sección transversal de la viga equi-
libra a la fuerza cortante y al momento fleetor correspondientes
a dicha sección. El cáleulo de las fatigas se hace corrientemente
en dos etapas, determinando primeramente las fatigas produ-
cidas por el momento fector, llamadus fatigas de Sexiön y des-
pués las fatigas cortantes producidas por la fuerza sortante,
En esto artículo nos limitaremos al cálculo de las fatigas de
flexi6n, dejando para el próximo artículo el análisis de las fa-
tigaa cortantes.

Para calcular Ins fatigas de flexión supondremos que dichas
{atigas se distribuyen del mismo modo que en el caso de In flo-
xión pure y emplearemos Ins fórmulas doducidas en el ar-
‘eulo 38. Los resultados experimentales muestran que esta hi:
pótesis es suficientemente aproximada sí la sección que so con-
Sidera no está muy próxima al punto de aplicación de una carga
concentrada. En las proximidades de la aplicación de una carga
concentrada la distribución de fatigas es más complicada, Este
problema se estudiará en lo Segunda parte, El cálculo de Ina
fatigas do flexión se realiza para las secciones en las quo el mo
mento Sector tiene su valor máximo positivo o negativo. Co
nocido el valor máximo del momento fleetor y el valor de la
fatiga de trabajo a flexión del material a, las dimensiones à
la sección recta de la viga se calculan por la couación

a,
got. (63
= (

A continuación damos diversos ejemplos de aplicación à
esta ccunción.

Problemas.

1. Determinar Ins dimensiones nocesarias de um perfil comeroi
en T que ha de soportar uno carga distribuida de 6UU km. tal 00 +
Sais la figura 87, siendo el coeficiento de trabajo a = 1.200 kg fom.
Se tendrá en cuenta solamente la fatiga normal y so desprociará el
de la viga.

"olución: Pera obtener la sección peligrosa de la viga so con

PRTICAS EN LAS VIOAS 99

1 diagmma del esfuerzo cortente —fig. 87 (B}—~ La resoción on el so
porto izquierdo es.

3.8 x 600 x 4,5 4 14 x 0
2 00 x A 18 000 O8 790 kg

he

Zuzug

Feo, 87

La fuerza cortante para onalguior sección de la parte AO de la
viga es
Q = By ae = 1.100 — 000%.

ata fuera coro quen or MER 2,58 m. Pura sta moción

el momento es un méximo:
y Las
Mas = 1.700 x 283000 x 2. 2°83" = 240,000 Kg. x em.

E momento resistente necosario os y ak

Esta condición queda satisfocha para

rea, de le
eccción recta 33,40 om. y Z=214 cm,
catálogo de la Sociedad Metalúrgica Duro-
Felguera.

3. Una prosa do madera (fig. 88) está
formada por tablones verticales talea como
AB, de socción rectangular, cuya dimensión I
x 30 cam apoyados en sus extremos. Deter:
nina dan sl la longitud de las barras es Lr 54m. y su poso so
desprecia.

Solución: Sea b el aucho do un tablón. La presión hidrostática so

br dem poral prior langue ARO, ee 7 ada

55. 100 RESISTENCIA DE MATERIALES

rección co A =] 7 = Ly da fos corto en unique

tección mn igual la rence Ra menos el peso dl prisma de agua
mn, 68 decir,

La posición det acción corepondienia & Mas encuentro por
Ja condición Y = 0, 0 sea nu =

do donde

3 mori fr par ge min nego or
de Seman A a an cage dais pe
sas poral ms nn don Bot
reat
CRE

Stomp non vite f= lyon 832 nm en

Maa m bi,
Mn 2/8, $12 a
Y x ge 67 kom

3. Determinar ol valor do Maux
on una viga quo soporta Is carga trian
gular ADB igual a W == 6.000 kg,
si Le 3,00 m. y dx 0,90 m. (Sigur
m.

Solución: La distancia o del apo-
yo Ba la vortical que pasa por el

Fra. 89 1
CPE

La renceiôn en el apoyo A 08

Wee 6.000% 15
By oe Dee POOL 500 ug,
La fuerza cortante para cualquier aocción mn es igual a a reacción By *

senos el peso do la carga representada por Aran.
La carga que representa el rca ADE es

ERA

centro do gravedad del triéngulo es |

FATIGAS EN LAS VIGAS 101

por tanto,

La posición de la sección para la que M ex máximo se encontrará.
por la ecución.

de donde

zu 201m,

El momento flector para cualquier sección mn es igual al moments
e la reacción menos el momento de la carga Amn. Será, por tanto,

dy # +
PET NES
Sustituyando el valor caloulado de 2,
a = 336.000 ug. x om.

4. Construir los diagramas del momento flector y de la fuorra
sortanto para ol caso de la figura 90 (0) y determinar el perfil comer

3 1 20
en T nooesnrio same = f= 18m, P 1.000 kg, q= 7 kirlem.

<= 1.200 keg. fer." El poso de la
viga puedo desprociarso. —

Solución: Ka la figura 90 (0)
y (e) so ven los diagromas del mo-
‘mento floctor y de la fuerza core
tanto correspondientes a las car»
gus distribuidas, A ellos doben
añadirso ol momento flector y

Î

ne aoc
M 268.000 bg. x om.
pr
PRE
a pot somera de
ca d= a8 amin ulin ma prota pi eo qu eu.
D nos cima.
à era D pra ab dati de me moin cite

56. |
}

102 RESISTENCIA DE MATENALES

‘il sobre mma viga tat como indica so figura 41. Encontrar Mugs
fi lo carga por rueda es P= 5.000 kg, (= 7.20 m. d= 1,80 m,
El peso de la viga se desproci

Solución: Si 2 es lu distancia do la rueda.
vaquierda al apoyo inquierdo de la viga, el
momento flecter debajo de dicha rueda iz.
quierda ea

mie

10.9 ls
Eto momento es máximo cuando
ta
tt.

Por tanto, para obtener el máximo momento flector bajo In ruede
uienda, as preciso desplazar la vagonota dosdo la posición central la

cantidad $ ci apaye ers, Pue obtnano a) rio. vor

para el momento flector en ol punto de apoyo de la rueda derecha,
4
desplazondo la vegoneta desde la posición contral la cantidad à hacis

el apoyo izquierdo de la viga.
‘6. Los carriles de una grün (fig. 02) están sostenidos por dos vis
gus de sección en I y perfil comercial.

ie. vu

Determinar la posición más desfavorablo de la grfia, el Maga 00-
rreepondiente y las dimensiones de Ina vigns en Lai 9, = 1.200 kg./0m!
Em 9 me à = 3,00 md = 1,8 m. ol peso de la grün W +> 5.000 kg. y
la carga levantada por la grús P = 1.000 kg. Las cargas actúan on el
plano medio correspondiente a las dos vigas en 1 y so roparton por iguas
‘entre elas.

Solución: EI momento flector máximo so presenta on el punto de
apoyo de la rueda derooha cuando lo distancia de esta rueda al apoya
derecho es

1

eli mue

261.250 kg. x em.

ATIGAS EN LAS VIGAS 103

Reportiendo el momento en partes iguales cutre lus dos vigas, ol
momo resistente de cado una deberá ser

= 525,5 cma?

La sccción en necesaria tieno una altura de 28 em, Area 61 cm.
y Z = 541 om? El poso de la viga se desprecia.

7. Una viga de madera do sccción circular apoyada en © y unida,
a la fundación en À (fig. 93) sufro uns conga de q = 500 kg/m. unir
formemente distribuida à lo Jargo de la porción BO.

tat

VF 7

Fo. 05 Fre. 4

Construir el diagrama del momento flector y determinar ol dió.

metro necesario à si 9, = 81 kg/om., a =0,00 m, b= 1,8 me.
Solución: EI dingrama del momento flector eo vo en la figura 09 (5).

Xuméricamento, ol momento máximo so presente en C y vale 81.000

o
PEE on

ee A
ang mai aig et an reat,
eon eee oe an meen arms
ae Ses ot en Dir
Sam u ac m out

Ga sce sea oo gas oe else
ai ae wan pe ema isto ana eae E
ST cee ee de mes

= wens
PC ane

as dotar rg o Y 7 Ms da aque qu la Open 0

en ee

57. 104 EXSISTENOLA DE MATERIALS

que 100 ejes 2.0 y vayan a coinciis on los de le figura 50. El valor
ecosario do bo da la oxpreión E

OF Mou
zu a Mow

de donde
d= 235 cm.

La construcción de los diagramas so deja como ejereteio.

9. Determinar las dimensiones de una viga en voladizo de seo:
ción 1 comeroial uniformemente cergada a razón de q = 360 klin. y
sometida además a la noción en su oxtromo do una carga concentrada,
de valor P = 250 kg. La longitud os Le LE m. y op = 1.000 keg.foma*

Solución:

+625 x 0,75) x 100 5
EE 100 10,7 om.
Ei perfil comercial necesario os una T de 14 em. de altura y 18,20 em.
de soocién.
10, Determinar las fatigas de floxión en un roblón suponiendo
‘que las cargas quo obran sobre él estén distribuidas on In forma que
indica la figura 96,

2=

ER The

bal

á

Fie, 95

El diámetro del roblón 2 cm, À = 0,6 em, hy = 2 om, P == 6,000 Kg,

Solución: XI momento Moctor en la sección mn os À + E. El mos
sento d flexi enla cin central min os
Ph hy
alata}
ato momento, qu el mixin, ue tomaré pare calcular la fatiga
PONTS
toa EG) AME BEM. mg
_ Us Determinar l posit on Y necesario pars los ana do Ta fia:
DT do, spain ia tg ene de LS
fom
12. Dotamninr l per near pare una via npoyada de sto
ción on Tate por uma caga wiforna a nn de 09 kg. PA

FATIGAS EN LAS VIGAS 105

metro y por una carga P == 2.000 kg. que acta en su centro, La lon=
gitad de la viga es 4,50 m. y la fatiga de trabajo 6, = 1.200 kg, por cm.
18. Una U, cuya gooción o le do la figura. 85, coté apoyada en
aus extromos y sotiilada por una carga concentrada on su socción
central. Caloular el valor máximo que puede tomar In carga ai la Int“
ya do trabajo es 80 kg./or.? a extensión, y 160 kg. fom. à compresión.

20, La fatiga cortante en la Mlexión.
so vió que al flexarse una viga por la acci

En el párrafo anterior
do cargas transver-

sles, a las fatigas normales o,
debían acompañar otras +, I els
adas ambas a la sección mo de 2

In viga (Bg, 96). Considerando ol

ln acción en el trozo a la dere-

cha do la sooción (fg. 96), 0

deduce, para que subsista el Fre. 96

equilibrio, que la sumación de

estas fatigas cortantes debe igualar a la fuerza cortante Y. Para
encontrar Ja ley de su distribución a lo largo de la sección, em
pezaremos por considerar el caso sencillo de una sección rectan-
guler (ig. 97). En esto caso es lógico suponer que las fatigas cor-
tantes + son paralelas on cada punto a Ja fuerza cortante Y, es
decir, paralolas a los lados mn de la sección y que su distribución
es uniforme a lo largo del ancho do la viga cz). Representaremos
las fatigas en este caso con Ty. El subindive y indica que la fati-
ga cortante es paralelo al ejo y. y el subindice 2, que está ligada
‘4 un plano perpendicular al eje 2. Estas dos hipótesis nos ser-
virén para la determinación completa de la distribución de las
fatigas cortantes. Un estudio més detenido del problema mues-
tra que le solución aproximada que obtengamos es suficiente-
mente exacta para las aplicaciones y que en el caso de una s00-
ción rectangular estrecha (h grande comparado con b, figura 97)
prácticamente coincido con la solución exacta 1,

7 Ta soución exacta do esto problema se dobo y Do Saint Venant,
Journal de Math. (Liouville 1890. Un resumen del faracso trabajo di
Bo'Saine Venant pando varo en la story ofthe Theory o/ Eiasity,
de Todhunter y Pramon, La solución aproximada que dem so debo 6
Jovravak: La traducción franoran de guta teabnje figura en Annalee
ia ponts et chantas, 1850. La worla osacta mures que cuando Ia
Gta de la viga es puqueña computada con su ancho, la discrepancia
ateo 1 stand eno y la aprozimado ds cons Jorebo.

58. 108 RESISTENCIA DE MATERIALS

Si se separa un elemento de la viga por dos secciones adya-
centes y por dos planos paralelós al plano neutro e infinitamente ©
próximos —fig. 97 (6)—, la fatiga cortante +, en la cara vertical *
accya, tendrá una distribución uniforme de acuerdo con la hipé.
tesis establecida. Estas fatigas tienen un momento (tyybdy\de

a
Fro, 97 i

respecto a Ta arista ee del elemento quo debe equilibrar al mo:
mento (ryebdr}dy debido a las fatigas cortantes distribuidas,
sobre la cara horizontal addy del elemento,

Por tanto,

Ende Yt Tay

es decir, las fatigas cortantes que actiian en dos caras perpenz,
diculares del elemento son iguales. Este mismo resultado se ob=
tuvo anteriormente al estudiar la extensión simple (véase pägi-
ne 39) y también en el caso de compresión o extensión en dos
direcciones perpendiculares (véase pág. 43). La existencia do
fatigas cortantes en los planos paralelos al plano neutro puedo
ponerse de manifiesto con experimentos sencillos. Sea, por ejem-
plo, dos barras iguales rectangulares dispuestas en conjunto,
sobre apoyos simples, tal como indica la figura 98, y sometidás,
a flexión por la acción de una carua concentrada P. Si no existe
rozamiento entre las vigas, la flexiôn de cada una será indepen
diente de la otra y en ambas tendremos compresión en la car,

FATIGAS EN LAS VIGAS 107

superior y extensión en la inferior, tomando el conjunto la forma
rio indicada en lo figura 98 (6). Las fibras longitudinales
inferiores do la barra superior deslizarán, respecto a las fibras
superiores de la barra inferior. En ci caso de una sola barra de
altura 2% —fg, 98 (a)—, existirán fatigas cortantes a lo largo del
plano neutro nn de una magni

‘tnd que evite el deslizamiento de
In porte superior de la barra res- fi
pecto a la inferior —véxso figu-

ra 98 (8) —. Debido a esto, la ba-

rra finica de altura 24 es mucho
más rigida y resistente que al con-
junto de las dos barras de altura h.

Como aplicación práctica, citare a
sos el caso de la unión de vigas mo. 08
de madera para formar una sola
—figura 99 (a)—; entonces se acostumbra a practicar cajas comu-
nes a las vigas, tales como las a, 6, 6... donde se introducen las
Haves correspondientes, cuyo objeto es evitar el deslizamiento
y favorecer la robustez. Observando los juegos alrededor de In
llave —fig. 99 (6)—, so ve ficilmente la dirección en quo tiende
a producirse el deslizamiento y, por consiguiente, la dirección
de la fatiga cortante a lo largo del plano neutro, en el onso de
viga única.

Anteriormente vimos que la fatiga cortante +,, en cualquier
punto de la sección vertical de la viga tieue dirección verti-

p

4 4 Sr
Fesses] Hals
Wie fey Shed 1

+. e [7 ich
Fro. 99

cal y es munéricamente igual a la fatiga cortante +,, afecta al
plano horizontal que pasa por el mismo punto. Esta última pus-
de calcularso fácilmente por la condición de equilibrio del ele-
mento ppyan,, separado de la viga en virtud de dos secciones
adyacentes verticales mn y mn, y una horizontal pp, —fg. 100 (a)
y (0)—. Las únicas fuerzas que actúan sobre este elemento en la

59. 108 RESISTENCIA DE MATERIALES

¿irección del ejo 2 son: la fatiga cortante typ afecta a la cara pp,
y las fatigas normales o, sobre las caras np y myp,. Si el momento
Sector en las seociones mn y myn, valo lo mismo, es deci, &- |
tamos en un caso de flexión pura, las fatigas normales «, sobre
las caras np y mp, serán iguales y se equilibrerán entre sí.
En esto caso, la fatiga cortante 7,, será igual a cero. 3

Mya joe

nay
we ve)
fie. 100

Consideremos ahora el caso más general de que el momento’
Actor vario y sean My Af + df los momentosen las secciones mn.
y Mana, respectivamente, En este caso, la fuerza normal que obra’
fen el área elemental d de la cara nppn será (ecuación 07) —

1,

La sumo do todas estas fuerzas repartidas a lo largo de la:
cara appn del elemento valdrá

f A 2 da. a
De ta misma manera, la suma de las fuerzas normales liga-

dls à la cara mypypin será
f Wr + ay +1 04, &.
La fuerza total debida a la fatiga cortante 5,, quo obra on”

la cara pp, del elemento es
abla, @:
y como ls fuerzas dadas por (a), (0) y () deben estar en aqui
lo, resulta: ;
ON EIN

¡E

“ty ‘
1, 44 +

FATIGAS EN LAS VIGAS 109

de donde

(69

La integral de esta ecuación tiene una interpretación muy
sencilla
Representa el momento estático de la parto rayada de la
sección recta —fig 100 (5) —, respecto al ejo neutro 2. Para nues-
tra sccción
ad = bay
y lo integral valo
à Al ap 4
a ACL @
A 2-3 o

ai sa Pre cas aldo ld
3) fe ra mya par tn)
su centro de gravedad al eje neutro de la sección.

Sustituyendo (d) en la ecuación (64), se obtiene para la seo-
ción rectangular

(65)

Sa vo que Ins fatigas cortantes ty se disen de modo
vaio dette la ware muparts = ia Dire dele viga inte
‘imo valor se pronta para ÿ = 0, 0 ders, par los puntos
de la nes outs, y s (seul 6)

re,

CA

CS

y como

zz,
Ti

A se (65)

Te
Se ve, por tanto, quo lo fatiga cortante máxima en el caso

60. 110 RESISTRNOIA DE MATERIALES

de una sección rectangular es un 50 por 100 mayor quo la far
tiga cortante media obtenida dividiendo la fuerza cortante por
el área de la socción.

En los extremos superior o inferior de la sección recta,

= 2 À y ln counción (05) da +2, = 0. La representación gré-

fica de la couación (65) —fig. 100 (c)— muestra que la distribu-
ción de fatiga cortante a lo largo de la altura de la viga sigue
una ley parabólica. El área rayada, limitada por la parábola,

metals pr el ancho de la vis, de (ru db = Te

como es natural que ocurriese.
Una consecuencia lógica de estas fatigas cortantes ea la dis-
torsión por la quo las secciones, inicialmente planas, se alabean.
Esto alabeamiento puedo observarso fácil:

mente flexando por la acción de una fuerza,
en eu extremo una pieza de gorua de sección
rectangular (fig. 101), en cuyas caras late-
ales se hayan trazado líneas verticales. Las
LD Uneas no permanecen rectas, tal como se
Fe. 101” indica de puntos en la figura, sino que se
carvan do tal modo que la distorsión mé»

xima se presenta on la superficie neutra. En los puntos m’, mi,
ans, la distorsión os cero y las curvas m'n’ y mín; quedan nor-
males a las superficies superior o inferior de la barra después de
la flexión. En la superficie neutra los ángulos que formen las
tangentes a las curvas m'n' y min; y las secciones normales mn

Y mn, volen y = 2, (eats

Si la fuerza cortante permanece constante a lo largo de la
viga, el alaboamiento de todas las secciones rectas os el mismo.
do modo que mm’ = mimi, = mri y ol acortamiento 0
tlargomiento de las fibras longitudinales producido por la l=
sión os el mismo que ino oxitiee dicha fuerza y estuviésemos
en un caso de fexión pura.

Esto explica la. validez de la ecunción (57), establecida en lo
hipótesis de que las seociones primitivamente planas lo son dear
pués de la flexión.

FATIGAS EN LAS VIGAS un

Um estudio más detenido del problema * muestra quel ala-
beamiento de ln scciont rotas no afata de modo sustancial
+ la deformación do las fibres longitudinales ei sobre la viga
acte una carge distribuide y la
fuerza cortante varía de modo eE, q
continuo a o largo de Invi :

"En el caso de cargos conc. | | |
Aradas, la distribución do fatigas ae
en lao proximidades de la carga E
te més complicada; Pero esta
complicación tine un carácter
local (véase Segunda parte).

Problemas

1. Determinar el valor límito Fro, lu

(do las cargas P quo obran sobre lo.
viga rectangular do madera de a figure 102, si b = 20cm,, À = 25 0m,
as = 80 kg.fem.t, x m 18 Kg Joma, o = 45 em.

Solución: Los diagramas del momento flostor y de la fueras core
tanto aon los do la figura 102:

Fous Pi Ma Po

Por las eouneiones :
Po se
Bra y Jar“

sn obtione
Pak y P= 6.000 ke

Por consiguiente, P == 2.778 kg. es el valor admisiblo de In caren P.

Determinar la fatiga normal mé
ji 2 ige

xima o, y la fatiga cortante máxima gy

en el piano neutro de la viga represen
tada en la figura 103, si a = 60 cm,
Fro. 108 om 1,20 m., be 20 cm, he 25 om. y
P 3.000 kg.
Respuesta

mes = TEE; NS

© Vésse W. Voigt, Göttingen Abhandlungen, Bd. 34, 1887; J, HL.
Michell, Quart. J. of Math, vol, 32, 1901, y. L. N. G. Filon, Phil
Trans, Roy. Soc. (Ser. A), vol. 201, 1908, y London Roy. 800. Proc.,
vol. 73, 1904,

61. ng RESISTENCIA DR MATERIALES.

3. Determinar la fatiga cortunto máximos en ol plano neutro do
tuna viga rectangular cargada uniformemente si la longitud do la viga.
es Lun 1,80 m. la carga por m, q = 1.700 Kg. la altura de la sscoión
f= 26 em, y ol ancho b= 20 om,

Respuesta:

Sans ~ 459 kg em

4. Determinar lo fatiga cortante máxima en el problema 2 del

artículo 26,

21. Distribución de las fatigas cortantes en el caso de una
sección cireular.—Al considerar la distribución de las fatigas
cortantes en una sección circular (fig. 104), no puedo aceptarse
la hipótesis de que dichas fatigas son paralelas a Ia fuerza cor-
tanto V. Se puede ver fécil-
ments que en los puntos tales
como p del perímetro —ügu-
ra 104 (b)-—; la fatiga dobo ser
tangente a dicho perímetro.
Consideremos un elemento in-
finitesimal abcd fg. 104(0)—=,
en forma de poralelepípedo
rectangular, con la cara ad/g
en la superficie de In viga y la onra abed en el plano yz do la
sección. Si la fatiga cortante que actún sobre la cara abed del
elemento tuviese una dirección tal como +, se podría descompo=
ner en dos componentes =, en dirección radial y otra a, en le
dirección de la tangente al perímetro.

Hemos demostrado anteriormente (véase pág, 106) que si una
fatiga cortante + actúa sobre un ären elemental, otra fatiga corr
tante igual actúa sobre un área elemental perpendicular a =
Aplicándolo a nuestro caso, se deduce que al la fatiga te actúa.
sobre el elemento abed en dirección radial, debo existir otra fam
tiga cortante x, del mismo valor en la cara ad/g quo sigue Is
superficie do la viga. Si la superficie lateral do la viga está libre
de fatigas cortantes, la componente radical £,, de la fatiga com
tante + debe ser cero, es decir, + debo actuar en la dirección de
la tangento al perímetro de la sección recta do la viga. En el
punto medio n de la cuerda pp, la simetria obliga a que la for
tiga cortante tenga la dirección do la fuerza cortante V. Vemos-

Fo. 108

FATIGAS HN LAS VIGAS us

pues, que las direcciones de las fatigas cortantes on los puntos
py nee cortan en un punto O del ejo y —fig. 104 (5) —. Supo-
niendo ahora que la fatiga cortante en otro punto cualquiera de
In linea pp está dirigida también hacia el punto O, tendremos co-
únocida la dirección de las fatigas cortantes. Como hipótesis com-
plementaria, estableceremos quo las fatigas cortantes para todos
los puntos de pp tienen lo misma com-
ponente vertical +, Como esta hipótesis
«vincido por completo con la hecha para.
la sección rectangular, podrá usarse la
ecuación (84) para caloular dicha compo-
nente vertical. Conociendo la dirección
de la fatiga cortante y su componento
vertical, puedo caleularso ficilmento su
valor para cualquier punto de la sección.
‘Vamos a calcular ahora las fatigas cortentes a lo largo de la
lines pp de la sección (fig. 105). Para aplicar la ecuación (04)
al cálculo de la componente vertical +,, de estas fatigas, debe-
‘mos hallar el momento estático del segmento circular de cuer-
da pp respecto al ejo z. El ären elemental mn tiene In longitud
28 —pP y el ancho dy. El áren cork dA = 2 V RI—1Pdy, HL
‘momento de esta faja respecto a Os es yd, y el momento total
para el segmento circuler será

Seren = ¿ea

Sustituyendo esta oxprosión en la ecuación (64) y tomando
2 V fé — yf para valor de b, se obtieno
vur—w
= sD, 61)
sí, en
y la fotiga cortanto total en los puntos 7 (fig. 105) será

Fro, 105

La diferencia entro la fatiga.
teoria, de la elasticidad y el valor que cormepondo a esta teoría apro»
‘Sasha supone un error de un 5 por 100. Vónao De Saint Venant, loo, cit
‘pig. 123, Vémso también A. E. HL, Love, Mathematical Theory of Hise:
Bol dt. ed. 1927, pag. 246.

arre où marmite. 7,1

s

62. na RESISDENOLA DE MATERIALES

So ve que el máximo de + se obtiene para y, = 0, 6, lo que
es lo mismo, para la línea neutra de la sección. Poniendo eu vez

de I, sa valor = , queda finalmente

av us, os

En ol caso de una sección circular, la fatiga cortante máxima
es superior en un 33 por 100 ul valor medio obtenido dividiendo
In fuerza cortante por el área de la sección recta,

28. Distribución de la fatiga cortante en vigas en 1.—Para
estudiar la distribución de fatigas cortantes en las vigas en I
Gigura 106), a lo largo del alma, se hacen las mismas hipótesis que

para la sección rectangular; esto es, que las fa-

¥ tiges cortantes son paralelas a la fuerza cortan-

Er te Y y que se distribuyen uniformemente sobre

| el ancho 6, del alma. Podemos, por consiguien-

to, usar la ecuación (54) para el cálculo de las

fatigas x,y. Para una línea pp a distancia yy, el

momento estático de la parte rayada respecto
a la línea neutra 2 05

N
® b fhe Rey by phe A
To. 108 [ima (Bh Ra)

ala
Sustituyendo en la ecuación (64), se obtiene

)

(69)

La fatiga varia, por consiguiente, a lo largo de la altura de la
viga, según una ley parabólica. Los valores máximo y mínimo

h
de 5, en el alma de la viga so obtienen haciendo yy = 0.8 yy ==":

LAC:
Cas = 57 en] ao

) en

FATIGAS EN LAS VIGAS 116

Cuando 5, es muy pequeña comparada con 6, no hay gran
diferencia entro (2))ma Y (Exynax Y la distribución de las fatigas
cortantes a lo largo de la sección recta del alma es prácticamente
uniforme,

‘Una buena aproximación para (r,,)u se obtiene dividiendo
ln fuerza cortante total V por el área de la sección recta del
alma solamente. Esto se deduce de que las fatigas cortantes dis-
tribuídas sobre la sección recta del alma equivalen a una fuerza
cortante casi igual a Y, es decir, que el alma absorbe casi toda
la fuerza cortanto y las alas intervienen sólo de un modo ee-
cundario en su transmisión. Hagamos la suma de las fatigas +,
que actúan sobre el alma de la viga y llamemos Y, a esta suma.

Fijas [ ray bidy, por la counciôn (69):
ns

ve 5)
TS 1)

que integrada da

LA

A bt
2 2 2" 12

ran)
LA
Para espesores pequeños en las alas, A, se aproxima a A y el
momento de inercia /, puedo calcularso con suficiente aproxi-
mación por la couación
AN (h+ Ay ad bs
2 8 12"

en le que el primer término representa el área de In sección de

L= (5)

las alas multiplicada por el enadrado de la distancia 242% do

sus centros al ejo 2, lo que aproximadamente representa el mo-
mento de inercia de las alas. El segundo término es el momento
de inercia del alma de la sección. Comparando (a) y (0), se ve
que cuando A, se aproxima a A, la fuerza Y, lo hace a Y y que
la fuerza cortante es absorbida solamente por el alma de la
sección.

63. n6 RESISTENCIA DE MATERIALRS

A considerar la distribución de fatigas cortantes en Ina alas.
no puede asoptarse la hipótesis do roparto uniforme a lo largo
del ancho de la sección. Por ejemplo, a lo largo de ae (ig. 106),
en las partes correspondientes al perímotro de la sección ae y de,
In fatiga cortante +,, debe ser coro, puesto que la fatiga corres:
pondiento +), de la superficie libre lo es —véaso pig. 111 y tam.
bién Ag. 104 (e)—, mientras que en el trozo ed la fatiga cortante
o es cero, sino la que hemos calculado en el alma y representado
con (Tapa: Esto indica que en lo unión cd del alma y los alas
1a distribución de fatigas cortantes siguo una ley más compli-
cada que la obtenida con nuestro anélisis elemental. Para dis-
minuir lo concentración de fatiga en los puntos c y d, se redon-
dean los ángulos de unión tal como se indica en la figura con le
cas de puntos. Más adelante se analizará detalladamente la
distribución do las fatigas cortantes en las alas (véase Segunda
parte).

Problemas è

1. Deteriainar (Spass Y (Sayimm en ol alma de una viga en I
(figura 106), i b = 12,8 orn, by = hm or. by = 28, 0m,
V = 16.000 kg. Detorminar la fuerza cortante Vy ub

TE sorbida por el alma.
ES

| gx 470 keg.Jom.*: Ctaphaga = 354 Kg Jem.

F

Pan 0.0457.
2 Doteminar la fatiga cortante máxima on a
sima de una viga on T. (ig. 107), si A=20 om,
Fo 107 hy 17m, dm Ion, m 20m. y Y 50D kg
Bespuaa: Uilizando un método análogo al dela
viga en Lao encuentra (Fame = 14 Her
3. Determinar las faigas cortantes maximus en los problemas À
y 6 dol artículo 25.

277

29. Fatigas principales en la flexión.
ciones (61) y (64), puedo caleularse la fatiga normal a, y la cor-
tante +,, para cualquier punto de la sección recta en cuanto sé
cconozea el valor del momento flector M y de la fuerza cortante P
para dicha sección. El valor máximo de o, corresponde a las
fibras més alejadas de le línea neutra; por ol contrario, general.
mente el máximo valor de +,, se presenta en dicha lines. En Is

FATIGAS EN LAS VIGAS 17

mayoría de Jos, casos solamente estos valores máximos de 5,
Y Ty Obtenidos del modo indicado son los que se usan para el
proyecto de las dimensiones do la viga, cscogiéndolas de modo
quo satisfagan a las condiciones
2 7 mr

Esto, suponiondo que el material resiste por igual los esfuer-
208 do tracción y compresión y que a, es el mismo para ambas
fatiges. Si no, las limitaciones serán:

(use 2 0, Para la tracción; (Cam 2 ©, para compresión,

Hay casos, sin embargo, que requieren un análisis más de-

tallado do las condiciones de fatiga, Vamos a exponer el proce-

Hp e mat

F m

ma

ol.

Fra. 108

dimiento a seguir en estos casos, considerando el de una viga
simplemente apoyada y cargada en el centro (Bg. 108). Para un
punto 4 situado por debajo de la linea neutra, el valor de las
fatigns 0, Y Try = ty, viene dado por las ecuaciones (57) y (64).
En la figure 108 (b) se ve el modo de actuar sobre un elemento

64. 18 RESISTENCIA DE MATERIALES

infinitesimal soparado de la viga alrededor del punto 4, dedu-
sido del sentido con que actúan M y Y. Siendo este elemento
infinitesimal puede suponerse que ©, y +,, son constantes a lo
largo de él y, por tanto, el elemento infinitesimal citado está en
el mismo estado de fatiga que el elemento de dimensiones fini-
tas do la figura 37 (a). En aquel caso (véase pig. 44), vimos
que las fatigas ligadas a las caras de un elemento tomado del
cuerpo en estado de solicitación varían con las direcciones de
estas caras y que es posible escoger las caras de tal forma que
solamente se presenten fatigas normales (véase pág. 45). Estas
direcciones se llaman principales y "las fatigas correspondientes,
fatigas principales. La magnitud de estas fatigas puede encon:
trarse por las ecuaciones (31) y (32), sustituyendo eu ellas
De este modo se obtieno

T'en a

CA 23
Ve (73)
Donde so vo que ony, es siempre extensión y ogy. siempre

compresión, Conociendo las fatigas principales la fatiga cortanto
máxima en el punto será (ecuación 34)

(as)

Para determinar las direccionos do las fatigas principales,
puede utilizarse el círculo de Mohr, Para un punto tal como el
A —fig. 108 (b)— el círculo de Mohr seré el de la figura. 108 (0).
Tomando la distancia OF =o, y DF = +, el punto D re-
presentará las fatigas sobre los lados be y ad del clemento.
La distancia OF se ha tomado en la dirección positiva de a y DF
hacia arriba, por ser a, una fatiga de extensión y por dar un par
en el sentido de las agujas del reloj las fatigas cortantes +,, que
actúan sobre los lados do y ad. El punto D, representa las fatigas
ligadas a las otras caras (ab y de) del elemento, en las que la fa-
tiga normal es cero y la fatiga cortante es negativa, El círculo
construído con DD, como diámetro determina oy, = OA y
Suis = — OB. De la misma figura se deduce el ángulo 29, y la
dirección de su, en la figura 108 (6) so obtiene tomando el án-

FATIGAS EN LAS VIGAS ug

gulo 9 a partir del eje x, en el sentido de las agujas del reloj.
Como ya sabemos, 5,14 €s perpendicalar a 6. Tomando una
sección myn a la derecha de la carga P —fig. 108 (a) y consi»
derando un punto A por encima de la línea neutra, las direcciones
de las fatigas ligadas u un elemento abcd tomado alrededor de A
serán las de la figura 108 (d). El ofreulo de Mohr correspondiente
se vo en la figura 108 (e). El punto D representa las fatigas li-
gadas a las caras ab y de del elemento abed y el punto D, las
fatigas sobre las caras ad y de. El ángulo 9 y la dirección da
las fatigas principales serán los de la figura 108 (d).

Si tomamos un punto en la superficie neutra, o, valdrá vero
y el elemento en este punto estará sometido a esfuerzo cortante

£

s ©
%

Fro. 110

puro. Las direcciones de las fatigas principales formarán än-
gulos de 45° con los ejes xe y.

Se puede, repitiendo para diversos puntos las construcciones
detalladas anteriormente, determinar dos sistemas de curvas
ortogonales cuyas tangentes tengan en cada punto las direo-
iones de las fatigas principales en ese punto. Estas curvas no
son otra cosa sino las envolventes de las direcciones principales
y se denominan etrayeetorias de las fatigas» o líncas isostáticas.
La figura 109 muestra las trayectorias de las fatigas principales
para el caso de una viga do sección rectangular en ménsula car-
gada en el extremo libre. Todas las curvas cortan a 45° a Ja su-
perficio neutra y tienen tangentes horizontales o verticales en
los puntos en que 7,, es cero, es decir, en las caras superior e in-
ferior de la viga. Las trayectorias que dan la dirección de ong,
están representadas con línea lena y el otro sistema do trayoo.
torias con líneas de puntos. La figura 110 da las trayectorias y
los diagramas do distribución de las fatigas a, y 1,, para las di-

65. 120 RESISTENCIA DE MATERIALES

versas secciones rectas de una viga rectangular simplemente apo.
yada bajo ia acción de una carga uniformemente repartida,
So ve claramente quo 9, tiene su valor maximo on el centro y +”
quo ,, es máximo eh los apoyos, lugar donde actúa la Méxime |
fuerza cortante,

Pera calcular una vigo, lo interesante es conocer el valor
máximo de a. En la ecuación (72) eo vo que en las fibras más
alejadas para las que es máximo el esfuerzo normal +,,, es cero,
por lo que a, es fatiga principal, ca decir, Gags = (Caluie- Para
fibras más próximas a la linea neutra, a, es menor; pero teno-
‘mos, en cambio, una fatiga cortante 7,, que al actuar unida :
a a, puedo producir en el punto una fatiga principal, dada por :

la couación (72), mayor mu
méricemente que la encontra:
da para la fibra más alojada.
En el caso do vigas de sección ©
rectangular o cirvulas, en las
que <,, varía do modo oonti-
mo según la altura, no es fre-
cuente este caso y la fati- !
8% (ou calculada para la fibre más alejada en la sección en
que el momento flector es máximo es la futiga máxime que actúa
en la viga. Hay casos, sin embargo, como en las secciones en I,
‘en los que puedo ser méxime la fatiga en puntos distintos de los
más alejados de la linea neutra. La variación brusca de fatiga
cortante que en este tipo de vigas hemos visto so presente e *
1a uniôn de las alas y el alma puedo originar que la fatiga máxi
ma en los puntos de está unión sen superior a la fatiga de ex-
tensión (5,)aux en Ina fibras más alejadas. Como ejemplo, con |
sideremos el caso do carga de la figura 108 (a) con una viga
en I de las dimensiones del problema 1 (pág. 110): la longitud
1= 60 em. y P = 50.000 kilogramos. Entonces, Mya, = 460.000
keg.fem.s Vas = 16.000 kilogramos. Por la eouación (57), la ati
ga de extensión on la fibra más alojada será à

(ados = 604 kg. fom,

2 En in obra de I, Wagner, Zeitschr. d. Sater. Ing. u. Archit Very
página 615, 1011, so disoutón Yaris ejerpioa de consteuooiGa de te:
Footorian do toasiones, i

FATIGAS mx TAS VIDAS a
En un panto do la unión del alma y las alas, las fatigas son
EEE oa augen.
3 8,8 kg./ern.
ta 35 4kgjoma,

Empleando lo ecuación (72) se obticno para la fatiga prin-
cipal el valor
mux = 706,4 kg.jom2,

Se vo que aug: € la unión del alma y las alas, es mayor
«ue las fatigas en las fibras más alejadas y, por consiguiente,
debe tenerso en cuenta al proyectar la viga, Las variaciones
G0 es ey Gage Y Gain 8 10 largo de la altura de la viga so ven
en la figura ILL,
Problemes

1. Determina Goax Y Sn en un punto a 5 om. por debajo de la
lines noutre en ima sección distante 90 cm. del extremo cargado de
wma viga en mónsula (fig. 100), si la altura os A = 20 em., ol ancho
bm 10 cm. y P 1.000 kg. Determinar of Angulo outro Gas on eto
punto y ol ojo #.

Solución

(0, =—07,5 kg. Jem, y= 58 Km, Gaus = OAD Jem,

Ga = — 07, kg. fm,

I ángulo entre Sax ¥ el ejo z es 85° 16', medido on suntido dex-
torso.

2, Determinar Gass Y 0

para la Tinea neutra do una sección si
tunda a 30 om. del apoyo izquierdo en una viga de sección rectangular
cargada uniformemente y apoyada en los extremos (fig. 110). Las di
mansiones de lu scoción recta son las del problema anterior, q = 6.000/3
kg/m; P= 3m

‘Respuesta:

Ss — Gin = 15 kg. Jem.

3. Determinar la longitud de la viga en I considorada en In pági-
a 120, si (eye 96 igual Say en la mnión del alza y las alas,

Respuesta:

1m 90%, om.

30. Fatigas en vigas compuestas.—En la práctica de la in-
genioría se usan frecuentemente vigas formadas por diversos
perfiles unidos a lo largo de la viga, de formas variadas, segúo
el material y las aplicaciones,

66. 122 RESISTENCIA DE MATERTALES

Las fatigas en esto tipo de vigas se calculan corrientemente
suponiendo que las diversas partes de la sección están rigida-
mente unidas. Los cálculos comprenden: (a), el proyecto de la
viga como un sólido único, y (0), el proyecto y separación de los
elementos quo unen las divorsas partes de la viga. Para el pri-
mero se emplean las fórmulas que hemos establecido para vigas
de una sola pieza, descontando de la sección los huecos que ovu-
pon los roblones, tornillos, pernos, cto. Los cálculos do las unio-
mes los indicaremos por medio de ejemplos.

Sea primeramente una viga de madera compuesta, como in-
ion la figura 99, Las laves introducidas entre los dos tablones so
calculan para que absorban las fuerzas cortantes 8 —fg. 99 (6)—.
Do esto modo, el cáloulo de a, puedo hacerse por la ecuación (87).
Para tenor en cuente la disminución de sección producida, por
Ins llaves y tornillos solamente tendremos en cuenta como útil
la sección rayada cn la figura 49 (6). De este modo,

2 en» — eo,

Para ealentar la fuerza cortento 8 que actúa sobre cada lave
so supone que esta fuerza es igual a la fuerza cortante distri-
huída en una vigo de una sola piera sobre el áren cb de la su-
erício neutra, siendo 6 el ancho do la vigo y e la distancia
entro los puntos medios de dos llaves consecutivas (véase figu
ya 90). Empleando la eonacién (66) y considerando que la al
tura de la viga es igual a 2h en este caso, se obticne

wei,
25m 22%

(15)

Las dimensiones de las llaves y la distancia e entre ollas de- ;

berán escogorse de modo que la llave y las entalladuras de la

viga resistan con seguridad a los esfuerzos que las solicitan, *

Se acostumbra a suponer que las fatigas cortantes so distribu
‘yen de modo uniformo en la sección media a x 6 dela lave y que
In presión de les caras laterales de dichas llaves se distribuyo

uniformemente sobre las áreas ¢ x b. Representando por 5. laz;
fatiga cortante de trabajo para las Haves y por of la fatiga de

FATIGAS EN LAS VIGAS 193

talladuras, se tendrán las limitaciones siguientes:

Seq Sau
ro ne

Es necesario también limitar la fatiga cortante para la ma-
dera de la viga comprendida entro dos llaves.

La fuerza cortante es también S y el área resistente b (e — a).
Representando con x; la fatiga cortante de trabajo del mato-
rial de la viga a lo largo de Jas fibras, so tendrá

Además de las llaves se acostumbra a poner pernos que en-
Jazan las partes de la viga, Por la acción de la presión desarro-
ada al apretar los pornos se produce rozamiento entre las partes
de la viga que absorbe eafuerzo cortante, Este rozamiento se
acostumbra a despreciar en los cálenos y se supone, tal como
hemos hecho, que la totalidad de la fuerza cortante Ia absorben
las aves. Los ensayos realizados con vigas de madera com
puestas han mostrado que son menos resistentes que las vigas
de una sola pieza de las mismas dimensiones 2.

Para el eälenlo de o, en vigas en I compuestas, el efecto de
Jos agujeros para el remachado se acostumbra à tener én cuenta
suponiendo que todos los agujeros están en la misma sección
recta —fg. 112 (a) — de la viga * y prescindiendo de sus seccio~
os diametrales al caloular el 7, de la sección, que luego se ha
de emplear en la ecuación (57).

Para calcular la fatiga cortante máxima cy 60 tiene tam
bién en cuenta el aligeramiento de la sección producido por los
agujeros del roblonado. Debe disminuirso la sección del alma

end
por el efecto de los agujeros en la relación “=, siendo e a dis

+ Los experimentos rstzados por ol profesor E, Kigwoll on al
ichign Galle of Mines nuetro que I vigas de wndem one

dedo dl 78 por 10 de le aten do as aps
Fos aa fans 36 prowntan dnienmente en las amcio-
cn a eblonadt de los angulos de muero,

67. 14 RESISTENCIA DE. MATRRIALES R

tancia entro centros de agujeros y d el diámetro de ellos. Por
Cia à

‘sto, el factor 7 60 incluye corientemente en el segundo :

miembro de la ecuación (64) para el céleulo de +,, en el alma >

de las vigas en I compuestas.

Esto modo de calcular el efecto debido a los agujeros es una
grosera aproximación, El estudio de la concentración do la fa- =

C]

tiga en los alrededores de un agujero so verá más adelante (véase *
Segunda parte). Para calcular la fuerza cortante que obra sobre
un remache, tal como el A —fig. 112 (6), consideremos las dos:
secciones rectas mn y mm. Debido a la diferencia de momentos”
Aectores en esas secciones, las fatigas normales o, en las seo-
ciones mn y mn, serán diforentes y existirá una fuerza que
tiende a deslizar el ala de la vige rayada en le —figura 112 6—, a!
lo largo del alma, Este deslizamiento so evita por las fuerzas de
rozamiento y por el remacho A. Despreciando el rozamiento, la
fuerza que actéa sobre cl remache cs la diferencia do las fuerzas -
que actüan en las secciones mn y m,n, del ala. Le fuerza en el:
la para la sccción mn es (véase ecuaciôn (a), pag. 108): 7

ar
Y yaa,
Ab :

extendiéndose la integral al érea rayado. Del mismo modo, para!
la sección myn, se obtiene E
ae

en f ad, ;

1

FATIGAS EN LAS VIGAS 125

La fuerza transmitida por el remache 4 desde el ala al alma
sers

a8 [ya ©

Usando la ecuación (50) y sustituyendo de por la distancia e
entro remaches, se obtiene

au

donde 7 os la fuerza cortante para la sección de la viga que pasa
por el roblón 4. Sustituyendo en la ecuación (a), se obtiene
Ve

7 [vee (76)

La integral de st ecuación representa al momento de I
sección della — par rayada de ag, 11200 son relación al
E eue

ú Se ve fácilmente que el roblón está solicitado por esta fuerza.
total à trés de ds secciones estes, Suponiendo que dicha
fuera Swe detribuye unformemente br ets des ascos
deis crtane en el robin srk

f yla. an

La fuerza 8 produce al mismo tiempo una fatiga cortante eu
el alma de In viga a lo largo del plano ab —véase figura 122 (b}—.
Suponiendo que esta fatiga se distribuye de modo uniforme a lo
largo del area &,(¢— 4), se obtiene

Fe fyta. 0
A esto fatiga producida por In fuerzas 8 transmitidas desde
tas alas debo añadirse la =" debida a la foxión del alma. La
magnitud de estas fatigas se obtendrá utilizando la couación (5)
tn la que f ydA se referirá ahorn a la porción do sección re0-
angulos del alms situada por encima del plano ab. Do este modo

68. 126 RESISTENCIA DE MATERIALES

se llega a la expresión siguiente para la fatiga cortante ye en
el alma a través de la sección ab:

ser E 78)
rer f yia, as
extendiéndose Ia integral al área que aparece rayada en In figu-
ra 112 (2) Conociendo 0,y y pueden callarse at: Y Ou para
los puntos del plano ab mediante las ecuaciones (12) y (14) y
determinarse las direcciones de estas fatigas principaos.

Tl cáiculo de las fatigas en las vigas en I compuestas hemos
visto que exige la admisión de arias hipótesis con el fin de
pliflar los cálenlos, Esto reduce en cierto modo la seguridad
tn los valores calculados para las ¿xtigas, lo quo deberd tonorso
en cuenta al elegir los valores de Ins fatigas de trabajo !, roba-
Jándolos convenientemente.

Prot

1. Uns viga de madora compuceta (Fig. 99) está formada por dos
tablonos de sección rectangular unidos por Haves. Determinar La fuerza
cortante que obra sobre Ins llaves, la fatiga cortante en ellas y la pro»
sión por unidad de área en sus caras Intorlos ai la carga P = 2.500 kg,
«el ancho de la vigo b= 12%, em, le altura 2k = 40 om. el ancho de
la llave a 74}; cin, su altura de = 01, om. y la distancia entre
centros de llaves 4 = 27%, om.

Respuesta:

A
a] ID Long.

La fatiga cortente en la lave os
1.200

= 18,7 kg.Joms

La presión por unidad de área en la cara lateral on
gmx: A
= PERG = 2 le

E done so ha comprobado que In rotura de

vigue
en 1 se debe genoralmente al pandeo del ala Comprimida o del alma,
{Wéaso IE. À. Moore, Universidad de Tlinoio, Bolen nú, 68, 1913)
El problema del paridoo so examinará rus adelante. La influoncin de,

la dlexién de los roblones en la distribución de las fatigas on los vigas.
en Tha sido discutido por I. Arnoviovio, Zeitschr, /. Architekt. u. Inge
Inieurwesen, pág. 07, 1010. Los rogultados obtenidos pura vigas de die
uensionea vorricutes indioan que las fatigas aumentan alrededor de
va 6 por 100,

FATIGAS EN LAS VIGAS 127

% Deter Jo aio oran am I Inn neta do mo viga
cuya alma tiene 1 À om. de grues y 125 em. de aitura y cuyns alas

san formadas por dos pare de angleros de 18 X 15 % 1% om.
cuando la fuerza cortante tota! on la scoción sea 75.000 lg. Determinar
también las fatigas cortantos en los roblones que unon Ins alan al alma
sel diámetro de estos roblonos es 2,5 cm. y la distancia tee ventros
de roblones e = 10 em. (fig. 112).

Solución: Para laa dimensionos dadas so tienet

La = 790875 emos.

El momento do media sección con relación al eje neutro ms
fia 1004 omo,
Do la vención (64) so obtiono
15.000 x 7.844
spas OKT 308,6 vg toms.
E 0876

Si se considera el efecto de los agujeros do los roblonea se obtiene

A x tone ES bee

La fuerza S tranciaitida por un sobién, deducida de la ecuación (76),
será

Sm 8,040 kg,
La fatiga cortante en ol roblén, cou =
ción (27), es 7
310

= RE = 401 gomas “a
3. Determinar Omas ott los puntos del ©
plano ab (fig. 112), cituado a 63%, em. do la re. us
linux noutra sí las dimensiones do lo viga
son lus del problema anterior, Y = 75.000 kg. y ol momento foto
B= 318 x 10 eg. x om.

Solución: De la ecuación (78) so obtiene

on 44 Keg om
um 252,8 kgJomt

Vie

ta = 402,8 kg forat

69. 128 m

ISTENCTA PR TARTAS

‘en los roblones que enlazan los!
¿os carriles que forman la viga de In figura 113 ai el áxca do la soon,
recta de un curril es À = 62,5 0m.?, la distancia del C do O do un one
sil a su caro inferior on € = 7/, em el M de 7 de la sección de un.
carril respecte al oje que pass por mu O de Q y es paralelo al eje Zee
1562.6 om.t, la distancia outro roblones es e = 15 om. y lo fuera cor!
tante Y = 2,500 ke, :
Solución:

de Determinar la fuerza cortan

5 = 866 kg.

CAPITULO Y

DEFORMACIÓN DE VIGAS
CARGADAS TRANSVERSALMENTE

31. Ecuación diferencial de la eléstica.—Al proyectar una
viga interesa, corrientemente conocer no sólo las fatigas produ»
cidas por las cargas que la solicitan, sino también las deforma-
ciones que dichas cargas producen; en muchos casos, además,

Tro, 114

se impone, como criterio de cálculo, que la Mecha máxima no
exceda de cierta fracción de la lu.

Sea la curva AmB (fig. 114) el eje de la viga una vez dofor-
mada por la flexión. Esta curva se denomina elástica,

Para encontrar la ecuación diferencial de esta curva tomare-
‘mos los ejes coordenados que indica la figura y supondremos que
la curvatura de la elástica en cualquier punto dopendo única»
mente del valor del momento lector M en este punto", En este

7 Ei efoto do la fuerza corwanto en la curvatura se vera méa
adelante (vénso art, 39). Se oncontrar que este efooto ce generalmente
Pequeno y puedo despreoiarso.

Rmoesxou zu ATL 7. 1 ,

70. 180 RESISTENCIA DE MATERIALES

caso, la relación entre curvatura y momento es la misma que }

en el caso de floxién pura (véase ecuación 56) y, por tanto,

14
En “

Concidaremas dos secciones adyacentes m y m, separadas,
por de sobre la elástica. Si representamos por 0 el ángulo que
la tangente en m forma con el eje z, el ángulo que forman las.
normales a la elástica en m y m, será d0. El punto O de intersco-

ción de estas normales da el centro de curvatura y define la

lougitud y del radio de curvatura. Por consiguiente,
‚aa

Con referencia al signo, debe observarse que «! momento +
Rector se tome positivo en la ecuacién (a) si produce concavi=
dad hacia arriba (véase pág. 68), siendo, por tanto, positiva la
+urratura cuando el centro de curvatura tiene, respecto de la *
‘curva, la posición que en la Ggura 114, Se ve que en esto caso el }
ángulo 6 disminuye a medida que ol punto m se mueve sobre la
curva de 4 a B. Por tanto, a todo incremento positive ds 0o-
responde uno negativo 49. Teniendo en cuenta el signo, la
ecuación (6) debe escribirse :
10
rae 4
Bn el caso, general en la práctica, de que las deformaciones |
seun pequeñas y, por tanto, In elóstica de curvatura povo scene
‘wada, puede escribirse con aproximación sufiente :

dy
den de om tgo= a
y tl a.

Sustituyendo estos valores aproximados de de y 0 en la
ecunción (6), se obtiene

LES

79)

. CH

rer.

DENOZMACIÓN DE VIGAS 191

ecuación diferencial buscada y que debe integrarse en cada caso
particular para encontrar Ins deformaciones de las vigas.

El signo de la ecuación (79) depende de la dirección de los
ejes coordinados. Si tomamos, por ejemplo, positivo hacia arriba
el ejo y soria uecusarto escribir

a
de

ba

en ver de la cenación (d), y obtendriamos signo más en lugar
de menos en el segundo miembro de la ecuación (79)

Cuando estudiemos In deformación de piezas muy esbeltas,
en las que Ins lechas pueden ser grandes, no se pueden hacer
las simplificaciones (d) y debe manejarse la expresión exucta

el)

De donde

Comparando esto resultado con la ecnación (+) puede dedu-
cirse que las simplificaciones que envuelven ins ecuaciones (d)

son equivalen a upon quel cnc (2) extent en

el denominador de la fórmula exacta (/) es pequeña comparada
con la unidad, y puede, por consiguiente, despreciarse !

Diferenciando la comación (79) respecto à , y empleando
las ecuaciones (50) y (51), se obtiene

21 $2

(80)

À La expresión exacta do la curvatura () fas utilizada en los pei-
motos EM sobre eliticas. Fe tada, por ejemplo. por 1. Euler,
INR finite Theo sobre Cursos elásticas, del que so ha publicado. ent
Svlombre do 1989, une traducción al inglés ea dete, nm, 38 (vos
Temen AX, 1}.

71. 192 RESISTENCIA DE MATEBIALAS

Esta última eonaciön se utiliza a veces para estudiar ta defor-
mación de vigas por la aociôn de cargas distribuídas.

32. Flexión de una viga uniformemente cargada apoyada
en sus extremos (fig. 63)—E momento flector en una sección
mu, a distancia z del apoyo izquierdo, es

ue
2 3
y la couación (19) se escribo
dy_ de gt
#1, E,
TT

Multiplicando ambos miembros por de e integrando, so obtieno
dy _ de eg
E Y PEE, 0,
AE +0, @

donde € es una constante de integración que debe eatisfucer las
‘condiciones del problema. Dobido a la simetría, la pendiente en el

centro de la elástica o coro. Homendo (52) = 0, cuando 2+ y
ve obueue
©
Integrando otra vez,
ad get, abe
Bly =— 82 4 O @
rt e

La mueva constante de integración so obtiene por la con-
dición de que la fecha en el apoyo es cero, es decir, para z = 0,
y = 0 en la ecuación (c), lo que da C, = 0. La ecuación do la
clásica será, por tanto,

La +) en

o> sear,

DEFORMACIÓN DR VIGAS 138

Ta fecha máxima acontece en el punto medio de la luz.

Haciendo == en la ecuación (81) se encuentra

(6)

Yom 534 ET,

La pendirnte máxima acontece en el extremo izquierdo de
la viga. Poniendo « = 0 en la ecuación (5), se obtiens
= ae (83)

(dr

En el caso de una ménsula cargada uniformemente —figu-
ra 115 (a)—, el momento flector É

en una sección mn a distancia & . Y
del extremo izquierdo es Coin
mnt, Cr

7 a
y la ecuación (79) se escribe
dy qe 4
PAR JET à
de 2 0)
La primera integración de I
Mur a Fun
ae (a) 1

La constante de integración so obtiene por la condición de
in À
pendiente nula en el extremo empotrado, es decir, 72 = 0 para

2 = 1. Sustituyendo estos valores en la couación (4) se en-
cuentra

de
6
La segunda integración de
aj o ©
ms

72. 134 RESISTENCIA DE MATERIALES

en el extremo empotrado. Sustituyendo, por tanto, == 7 e
y =0 en Ja ecuación (6), se obtiene

a=".
IE
Escribiendo este valor de C, en la ecuación (b) tenemos
Y
=L 048430.
aa" +31), CT

Esta ecuación corresponde, por consiguiente, a la elástica
de una ménsula cargada uniformemente. Si la ménsula tiene em-
potrado el extremo izquierdo en lugar del derecho —fig. 125 (6)—,
la elástica se obtiene escribiendo (L— x) en lugar de = en la
ecuación (84). De esta forma so encuentra

rl + 60%
o> abr" + GB. (65
Problemas

1. Una viga de madera simpiemente apoyada y cargndn de modo
uniforme tiene de vono 3 xo, Ballar la flecha máximo si (rar = 80
KgJomm., B= 105 kg./oro2 y q = 7 kg.Jom.

udn y uniformemente cargada, cuya luz es 3 m.,
por fioxiön os 1.200 kg. for." y le flocha máxima 3 mm,
3. Una ménsula de luz 3m. cargado uniformemente tiene una
cha en su extremo igual u 0,01. ¿Cuál es la pendiente de la olústica
en dicho extremo?
4. ¿Qué volado debe tener una ménsula uniformemente cargada.
5 ia ficcha, en el extremo libre, es 2,6 cm. y la pendiente de la olia-
tica on el mismo punto es 0,017
5. Una viga de acero en I, cargada uniformemente y simplemente
apoyada en sus extremos, tiene una flecha en ol centro de 8 mm. La
pendiento de la elástica en los extremos es 8 — 0,01. Hallar la altura
de lo viga i la fatiga máxima por flexión es o se 1,400 kom.
Solución: Utilizaremos las fórmulas conocidas

[up 8 mL xd
Er um ex
De las dos primeras so deduce:
30

Elo y ist

fas aos

Koad

DRFORMACION DE VIGAS. 135

La segunda fórmula des
Sx 2x 0x
266
Sustituyendo en ln tercera formule so obrieno
2 x 1.400 x 250
be PR TOR OUT © 12 om
33. Deformacién de una viga simplemente apoyada por una
carga concentrada, — En 2
esto caso el momento flec- |
tor tiene dos expresiones “E J
diferentes (véanse págs, 71
y 72), segín que conside- |,
Tomos el trozo a la izquier- Fro. 116
da de In carga o el que está
a la derecha (fig. 116). Con este consideración tendremos

ey 2, a
ES para 25
’ dy __P0
A Pee ze
ar Pay Pema) pr 22
Integrando estas ecuaciones se obtiene
era 0 pus 250
7 @

Phat, Pie—a)

¿A C, para 220
arte +0 para =

Como los dos trozos de elástica deben tener la tangente
común en el punto de aplicación de la carga P, las expresiones
de la pendiente (a) deben ser iguales para x = a. De ello de de-
duce que las constantes de la integración son iguales, es decir,
© = Cy, Integrando por segunda vez, después de sustituir Cy
por ©, so obtiene

Ely=—

Poss

73. 16 RISISTENCTA DE MATIAS
Como los dos trozos de la elástica tenen la misma fecha en
el punto de aplicación de la carga, las expresiones (6) deben ser
iguales para z =a. De ello se deduce que C, => Os. Finalmente,
para doterminar las dos constantes O y C, haremos uso de que
la fecha en los apoyos es mula. Poniendo 2 =0 6 y
Primera de las dos ecuaciones (8), sale
0,=0,=0. ©
Escribiendo y = 0 y 21 en la segunda do las expresio-
es (6), obtendremos
on Pn _ pe _ pret @
ug
Swstituyendo los valores (6) y (2) de las constantes en las

enla

a e

DEFORMACIÓN DR VIGA8 197

La flocha máxima acontece en el punto en que la tangente
a la elástica es horizontal. Si a > como en la figura 116, la
fecha máxima corresponde evidentemente al trozo izquierdo de
ln viga. Se encuentra su posición igualando à cero la primera de
las ecuaciones (6),

Bb 3e = 0,
de donde

a Li]
valor de la abscisa a partir del extremo izquierdo del punto de

la flecha máxima. Para hallar dicha fecha méxima we sustituye

la ex en la ecuación (88), y se obtiene
ecuaciones (0) de la elástica, resulta presión (/) en la (65), y

Poe :
| ly TE 0% poro esa (86) Ë w
:
Phe Play $ ln carga P so mplica on ol contro de la laz, la Mecha má-
i Bly Re) PERM ara zz m © xima aconteoo evidentemente en este parte también. Su valor
à La primera de estas ecuaciones da las flechas para el trozo ? st obtiene poniendo b = 3 en la couación (4), lo que da
| izquierdo de la viga, y la segunda las da para el trozo derecho.
i Sustituyendo el valor (4) en las eouaciones (a), se tiene : Met Fer eo
E at EL
EU) pam 250 | ;
5 i De la ccuación (f) se deduce que en el caso de una carga
y Po Pte—o od concentrada la Mecha máxima se produce siempre en un punto
u Don PES pare ve. | . f
próximo al centro de la viga. Cuando 6 = 4, acontece en dicho
Modianto estas ecuaciones se calcula fácilmente la pendiente > Ñ
de la elástica en cualquier punto. Haciendo æ= 0 en la pri camo; on el ts limite, cundo b ve muy pequeño y P acta
mera de las couaciones (¢)py == 1 eu la segunda, so obtienen \ $ en el apoyo, la distancia z dada por la couación (f) es 75, y el
I las pondientes 6, y 6, en los oxtremon de la viga 3, } i re vs
i in. Phe E punto de fecha máxima está solamente a ana distancia
| on es E it
| anf un ar
| 3 an pe som gpa 87 4 del centro de la siga. Debio ol cha en conto a ua
i son aurnrichaunta igual à los gules de reteich de los setionos agroñiimación de la beca méme. ación +
‘Soin viga durante la lexidny tomando positives las pondientes cuando Hoc: Ga: del Hecha: máxima: :Elactndo:s «q en ls,

Jos giros son en el sentido do tas agujas dol reloj.

o Hy, non

74. 158 RESISTENCIA DE MATERIALES

ecuación (86), obtendremos para la flecha en el centro el valor
Pb

w

GB — 45. (93
ATT J e

La diferencia entre las flechas (9) y (91), en el caso más des-
favorable, cuando b tiendo n cero, es solamente un 2,5 por 100,
aproximadamente, de la fiecha máxima.

Problemas.

1. Hallar la posición de la carga P (Sig. 116) si ta relación entre
los valores numéricos de los giros en los extremos do Ja vig es

Miet
ein
DEE ENTER à que 2 430
ne EE
Er ie à de mem md
a hy anasto
na

34, Moto de encontrar las deformaciones en la flexión utl-
Hzando el diagrama de momentos flectores. Método de super-
posieién.—En artículos anteriores so ha visto que la curva de
flexión de una viga prismática de sección constante, llamada
también linea elástica, o «simplemente olästicas, puedo determi-
parso integrando la ecuación diferencial (79). En algunos casos,
sin embargo, busta conocer la deformación en un punto deter-
minado, y el problema se simplifica utilizando el diagrama del
momento flector tal como s6 indica a continuación %.

En la figura 17, AB representa un trozo do elástica, y aby
la parte correspondiente del diagrama de momentos flectores.

2 El empleo del diagrama dol momento floor pars el céloulo de
<tormacionen en Yıga sido denaroliado por O: Mol (vase Zetechr.
Area und Ingenieur Vereins en Hennaner, pig. 20.1808), Ve
también O. Mohr’ Abhdndiungen aus dem Geblte der Technischen
Stechaniob, pág. 204, Borin, 1908, Un método ansloge Sis. desarro:
ido indepänienterieni do O. Mohr por el prole Co És Gross,
University of Aloha, 1874.

ERAS

DERORMACIÓN DE VIGAS. 139

Dos secciones adyacentes de la viga, separadas por la distan-
cia ds, forman después de In flexión un ángulo dt, y por la
ecuación (56),
1,2

deL as,
no Be,

a

Para las vigas que corriente.
mento se usan la curvatura es
muy pequeña y puedo sustituir»
so de por dr. De este modo,

1
Wie. (m

Interpretada gráficamente, la
ecuación (a) indica quo el ängu-
lo elemental dB, entre dos nor- Fie. 117
males o dos tangentes consecu-
üvas de la elástica, es igual al área elemental rayada Mdz de
la superficie de momentos dividida por la rigidez la flexión 1.
Como esto se verifica para cada elemento, el ángulo finito 0
que forman las tangentes en À y en B se obtendrá sumando
los elementales de las ecuaciones (a). Es decir,

an
o f aie (92)

y, por tanto, el ángulo entro las tangentes on dos puntos À y B
¿o la olástica es igual al área del diagrama de momentos flecto-
res, comprendida entre las verticales correspondientes, dividida,
por Ja rigidez a la flexión do la viga,

Consideremos ahora la distancia dol punto B a la tangente
AB’ on el punto A. Recordando que lo elástica tiene pequeña,
curvatura, esta distancia puedo medirse sobre la vertical BB’.
La parte de esta vertical interceptada por las tangentes corres-
pondientes al elemento mn vale

PCA
Ei,
radi, des, en
ja

“Lacon (a)onhomogtocs: dv mi
tun nie anna Mn où am Wg

75. 140 RESISTENCIA DE MATERIALES

lo que representa gir del. momento del área rayada Mie ros-

pecto a la vertical de B. Por integración, el valor de BB" será

BB f 1 Maz, (93)
y, por tanto, la distancia do 8 a la tangente en À cs igual al
Momento con relación a la vertical de B del rea del disgrama
de momentos factores comprendida entre las verticales de À
y B, dividido por la rigidez EI, de la viga a la flexion, Utili-

be

—

<I
| il
, id AE

ge eh
BT, E72 :
Fi et En E
Pia Frais Sibice
LEE “tee fs i
ns

Fr

zando las ecuaciones (92) y (99), la pendiente de la curva de,
flexién y el corrimiento de los centros de gravedad de las sec- >
ciones de la viga puede calcularse oon facilidad. Más adelante
expondremos algunos ejemplos y disontiremos los resultados. |
Es interesante notar que la deformación de una vige de rigi- :!
den a la flexión dada (véase ecuación 93) está determinada por
el diagrama del momento flector. De ello se deduce una conse:
cuencia importante, De la definición de momento Hector (ar- +
tículo 19) se deduce que el producido en una sección mn de una
viga por varias cargas que obran simultáneamente es igual a la
suma de los momentos producidos en la misma sección por las
diversas cargas obrando por separado. Teniondo en cuenta la :
ecuación (98), deducimos que la deformación producida en un

DEFORMACIÓN DB VIGAS 1a

punto de una viga por un sistema de cargas que actúan simultd-
neamente puedo obtenerse sumando las deformaciones produci-
das en ese punto por cada carga aislada. Por ejemplo, si se co-
noce la elástica producida por una carga concentrada (ecuacio-
nes 86 y 87), la que producen varias cargas so obtiene por simple
sumacién, Este método de calcular las deformaciones se deno-
‘mina nétodo de superposición». El cálculo de las integrales (92)
y (88) se simplifice usando förmu-

las referentes a áreas y centros de
gravedad, Algunas de ellas se dan
en la figura 118,

35. Elástica de una viga en
voladizo.—En el caso de una viga.
en voladizo con una carga concen-
trada en su extremo —fig. 119 (2) —,
dado que la tangente en el extremo
empotrado 4 permanece fija y ho- Fo. 19
rizontal en la deformación, las dis-
tancias a elle, verticalmente contadas, desde todos los puntos de
la eldstica,-no son otra cosa que los corrimientos o flechas de
cada uno. El ángulo 04, que la tangente en B forma con la tan-
gente en À por la ecuación (92) , será.

ta
sh
ed 2 El, 2E

es

La fecha 3, caleulad por la ecuación (98) como el momento
del área aba,, respecto a la vertical de & dividido por El, es

1

1
E (5

El giro de cualquier otra sección, tal como mn con relación a la
de empotramiento, es el área m'n'aa, de la figura 119 (0) divi-
dida por El.

En el caso de curvaturas pequeñas, como acontece en las

2 So calcula el valor numérico del giro. Su sentido so deduco
Kicilmento viendo el modo de actuar las carpıs.

76. 12 [RUSISTENOIA DE MATERIALES
slíxticas de las vigas, el ángulo 0 puede igualarse a eu tangente

y ss obtione Sen %
a ‘ama a. 6)

Ja fleche y para la misma sección es el momento del área
m'nfaa, respecto a m'n' dividido por El, (véase ccuación 93).
Descomponiendo este área en el rectángulo y triámgulo indicas
dos en la figura, se obtiene .

iat _ 2)
rl E a) o
la acción de une carga
concentrada P, obrando & una distancia e del empotramiento,
el diagrama de momentos festores será el de la figura 120 (2).

El giro de cada sección res-
5 pecto a la de empotramiento, y
¿y Ja Mecha para las secciones situe
das a la izquierda do la carga
vendrían dados por las cout-
ciones (90) y (91) reemplazando
1 por e. Para las secciones 2 la
derecha de la carga el momento
Sector y, por tanto, la curratu-
ra, son nulos; es decir, esta parto
dein viga permanece recta en la flexión. El giro de cada acción,
respecto a la de empotramiento, es constante e igual al de D;

La flecha para una sección

1 P
valo, por tanto (ecuación 94), 37,
cualquiera mn es el momento del área del triángulo ad, res-
pecto a la vertical mn dividido por EI, o se
1 Pe

498)

En el caso do una ménsula con carga uniforme de intensi-
dad q fig, 121 (a)—, el momento flector en una sección qual-
¿quiora mn, distante del extremo empotrado, ee

EFORMACIÓN DE VIGAS us
Y giro respecto a la sección de empotramiento de otra situa
de a una distancia 2 de ala será (ecuación 92)
CRT 4 E
rel = (pau 45). (99
ee)
Bi giro de I sección B se obtiene «us
ouacién anterior, y es
E) E aon
del gee
La flecha en cualquier sección sie
funda a la distancia = del extremo
empotrado ea el momento del área
dared, respecto ala vertical ed dividi-
do por EI, fg. 121 (D. El mo.
manto del elemento de dicho áres, ra
sado en la figura, os A
CAT te
y el momento totales La integral de esta expresión, desde 2, = 0
hasta x, = x. Tendremos.

of ear

Pre. 122

F2

ao

3= Wr (102)

I mismo problema puedo resolverso fácilmente usando el mi
todo de superposición. La carga uniforme puede’ considerarse
como un sistema de cargas infnitesimales qdo, tales como Ta
rayada en la figura 122. La flecha producida en la sección recta
mn, por cada cargo elemental gde situada 0 su izquierda, puedo
encontrarse por la ecuación (98) sustituyendo P por el valor gd.
La flecha y,, producida por la carga total situada a la izquierda

77. 1 RESISTENCIA DE MATERIALES

de mn, os la suma de las chas producidas por Ina cagas oo
cata, vaca o acta cm hasi
feel AR es

men a de es

La flecha producida en la sección mn por una carga elemen-
“tal qde,, situada a su derecha, se en.
entre por la eouncién (91) susie
ponte Por glo y por oy La

x Cha ya producida en mn por la carga
total situado su derecha, esla suma
dee yor tacita poe tou un lagos
«temontalosen as condiciones dichas, o
ee hana hd

1 ft fe a 2, ek ea
Ai LES
La flecha total de la sección mn será.

Pot da
A+

igual a la hallada anteriormente (ecuación 101).

5

Problemas

1.. Determinar la flecha y cl giro de
lesa 9, pagina 104.
Solución:

viga en vola

del pro-

CN
SEI, + SET

2. Doterriner la fecha de In cabeza dol pilar ropresentado en la
figura 9,

Solución: EI momento flector en cualquier sección mn a una die
tu cin 2 do la cubeca es

un,

asa ana nn q a pa ven apn à
pls. Uslzand o mein (9, sho sul cota del are

M fee We
Eh 3071527,

DERORMACIÓN Dr VIGAS 16

3. Determinar lu fecha y el giro en In sección extrema de tna viga.
u voladizo flozada por un par M (fig, 128),
Respuesta:
am

[er

4. Don vigas rectangalares do madera cstán onlozadas en el ex:
treme inquiordo (fig. 124) y so flexan apretando el porno del extremo.
derecho. Determinar el diámetro d del perno para que los oooficienten

à A
EL" — 1)
Zu ET

hno, 128

de seguridad de las vigne de madera y del perno de necro sean los
zos. Le longitud do las vigas I = 90 em., In altura À = 20 em,
cho b = 15 em, cooficiente do trabajo para ei acero 9, = 900 ka, Jen,
cooficiento de trabajo para la mudera 96 kg/ems. Determinar la
flocha do Ins vigas cuendo el cafuerzo do oxtensiön en el perno see
900 kg fem.

Solución: Si P es la fuerza en el porno, la souación puca determinar
su diémotro 08

4P 072 000 _ 44

=P O

de donde

my P= 000 x ™ 1065 ke,

De ln couacién (95), tomando E = 12 X 10 keg jom.t, se deduoo
3= 2,16 mm.

6, ¿Cuál sorá la relación do las ficchss en los extremos de los vola-
¿izos de la figura 125, ei la intensidad de la

carga uniformemente srtida ve la misma , Ad
Sen el
—
j

Respuesta:

Cu dete sora rein dep dela

barra 4 8 antes de floxarso, ai la carga P, cual
‘quiera que sea el punto de la barra en que ac.

‘We, queda siempre, al doformarno la barro, al nivel de At (fig. 126).
Respuesta:

Fro, 126

Ps
ve

78. 148 RESISTENCIA DE MATERIALES

7. Determinar In flecha de seguridad do la viga de la figura 122
cuando ge dé el conficiente de trabajo oy. Determinar lo miso pars un
voladizo cargado en su extremo (fig. 110).

Respuesta:

8, Un disco cirenine N de radio R (fig. 127) produce en une plotina
‘olguda de acero do grosor À una atracción deg kg em. uniformemen-

RE #

to distribuida. Determinar la Tongitud 2 de
no adhecida y Ja fatige máximo en ella si
Ya 12 ug foma.

Solución: La longitud de la parte de pletina que no apoya en ol
disco puede determinarso establociondo la condición de que en el pun
to © la curvatura producida por la carga uutormemente disribuda

parte de pletina AO
“mm, Ru 1,5 cm.

de donde

El esfuerzo máximo está determinado por la couación
ER a
cose ER où 3.393 kom,

9. Detersinar las flechas de las ménsulas de la figure 68, supo-
niendo que el material on accro, que la altura de cada viga es 26 em. y
¿ue la fatiga máxima por flexión os 4.200 kg./e102

20. Elásica de una vga apoyada en los ex.remos.—Cona-
deremos primeramente el caso de una carga único. El dlegrama
de momentos Honores es ltriónguo ayb, dela Bgur 128.)
fn ion en £2, y mu centro do gravedad a a 1 distancia EJ?

de la vertical que pass por el apoyo derecho, Le distancia 3 del

DEYORMACIÓN DE VI0AS ur
extremo Ba la tangente en A so obtiene por Ja ecuación (93), yes
EEN
2,2 *~s "Hr,

El giro 0, de la sección extrema izquierda de la viga seré,
por tanto,

Pab (+ 6)
i Gil,” o
lo que coincido con la Fórmula (89.

Supongamos ahora una viga ab, apoyado en tos extremos
y cargada con una carga repartida dada por el diagrams de

%

CPE

Fre, 126

momentos Hostores afb. La roscclén E producida por esta
targa un al apoyo laquerdo sá
METI TES
2 3 Gt
Comparando est resultado con la covacón (a) so ve que el
giro 0, de In seción estromo inquierda de la viga dada es Igual
$ la roncsién en el apoyo izquierdo de la viga auilar ayb, dite
dida por ET, Para amplificar suelo Lararse a la viga yb, viga
conjugada de la dada. Por el mismo razonamiento puede encon-

© Nótese que am 1— +.

79. 148 RESISTENCIA DE MATERIALES

trame el giro de la sección extrema derecha; para dar a esto
giro 0, el signo apropiado debe tomarse con signo menos la
reacción en el extremo derecho de la viga conjugada.

Pare calcular la pendiento en cualquier punto d de la elás-
tica basta (Bg. 128) restar del ángulo ©, en el apoyo A, el án-
ulo 0 que forman Ins tangentes en À y en el punto d de la
elástica. Empleando la ecuación (92) pora el cálculo del ángulo 0
se tiene

1
+7 (R—Aa mn).
El, ¢

Bl primer término del paréntesis es la reseción en ol apoyo
izquierdo de la viga conjugada ab, y el segundo es la carga on
1a viga conjugada a la izquierda de la sección mn. El paréntesis
completo representa, por consiguiente, la fuerza cortante en la
sección mn de la viga conjugada. Es decir, que el giro de la viga
primitiva en un punto evalquiere d puede obtenerse dividiendo
ja fuerza cortante en la sección correspondiente de la viga con-
jugada por Ely.

La flecha y, correspondiente a un punto d de la víge a la
izquierda de la carga P, es

y=%—de. ©

En el triángulo Ace se tiene

deba 7]

El

donde R es In reacción en el apoyo izquierdo de la viga conju-
“ada. El último término del segundo miembro de la ecuación (6)
Fepresonta la distancia del punto d respecto à la tangente Ae, y

aplicando la ecuación (93) vale
de xz área Anymn ES ©

Sustituyendo (6) y (4) en (6), se obtiene

©

La expresión dentro del paréntesis tiene un significado sen-

DEFORMACIÓN DR VIGAS 109

«illo: represente el momento Hector en la sección mn de la viga
conjugada, Es decir, la Mecha en cualquier punto de una viga
apoyada en sus extremos puedo deducirse dividiendo el mo-
mento flector en la sección correspondiente de la viga conju-
gada por EI, Sustituyendo en (+) en lugar de R su valor, y
teniendo en cuenta que

Pat

neu Aaymn
E

se obtiene
A pPabe (+ 0 ter] Pos
El 6 s "sur,
Este resultado concuerda con la ecuación (86), obtenida an-
teriormente por integración de la ecuación diferencial de la olio-
tica. La fecha paro un punto

PP.

tuado a la derecha de la carga P op
puede calcularse de modo ané- 4,
logo, El resultado será el que @ he

indice la conación (87).
Em ol caso de un sistema de
cargas cualesquiera, la fecha
para cada sección de la viga puo-
de obtenerse mediante las ecua-
ciones del caso de carga nica y
la aplicación del método de su-
ció. Este método es tam :
bién aplicable al caso de una carga dstribaida, Como ejemplo
resolveremos el caso de una viga apoyada con carga unifor-
tmemento distribuida (hy. 129). Dela couación (a) ee deduce que
«gio producido en el apoyo À por la carga elemental g45 de
ln Sigur es
PTE
SUL,

8) db

oye

80. i
i

160 RESISTENCIA DE MATERIALES

El mismo resultado se obtiene calculando la reacción en el
apoyo a de la viga conjugada ab.

Ta flecha en el centro puedo calcularse por la ecuación (91),
que ce dedujo en Ja hipótesis do que la carga estaba a la derecha,
el centro. Si In carga está & la izquierda del centro. puedo nsar-
se también dicha ecuación, pero en este caso à debo tomarso
como la distancia de la carga al apoyo izquierdo. Cualquier
carga elersental gi, situada a la derecha del punto medio de
1a vigo, produce una fleche en dicho punto medio de valor
ib (se a0
38 EL,

Sumando todas estas flechas y observando que las cargas de
Ja mitad izquierda de le viga producen las mismas flechas que
las cargas de la mitad derecha, se obtieno

ros [Jm =

ent

Los resultados (/) y (9) coinciden con las fórmulas (83) y (82),
obtenidas anteriormente integrando la ecuación diferencial de la.
elástica. El mismo resultado se obtiene dividiendo el momento
“lector en el centro de la viga conju-
a aq ends —Sg. 129 (b)— por El.
¡TR ES método de superposicién pue-
Bo, 130 de usarse también en el caso de que
ln carga distribuida cubra solamente
parte de la luz, como en la figura 130. La fecha producida en
el centro de la viga por la cargo situada a su derecha es

oo
2b (grain,
|. as, 0

à

La carga situada a la izquierda del centro de la viga produce

lo fecha

4 gras
1881,

TN

PRFORMACION DE VIGAS 151

La flecha total en el centro será por consiguiente:

[Erbe nur y PESO o
c+ rn +f ran.
En el caso de waa viga simplemente apoyada AB solicitada.
por un par aplicado en el
extremo (ig. 131), el din.
¿rama del momento lector
eseltriónguloadd de ln igu-
xa 191). Considerando ab
comovigaeonjugada, la car-
am

Las

gn ficticia total es

rencciones en los extremos

dela viga conjugadason por
trente Bll y a Fw, 191
consiguiente À y ME
Los giros en las secciones extrenias de la viga real serte
a
a. a
oar, ao
M (104)

SEI,

El signo del gro en el extremo derecho ca negativo.
La fecha en una sección mn de la viga se cbtieno dividien-

do ol momento flector en la seción correspondiente mn, de la

viga conjugada por El,, lo que da

me.

any

Problemas

1, Determinar los ángulos en los apoyos y la flecha en los puntos
de aplicación do Jas cargas de la viga do la Fura 132,
Solución: La viga conjugada estará cargada con el trapovio adeb,
cuya Arco es Po (I —c). Los ángulos en los extremos son:
am Pet
DE Om y, POE

81. 152 RESISTENCIA DE MATRELALES

La flecha on los puntos de aplicación do las cargas es

1 (PAU _ PA, 9 pay
al

La flocha en ol contro, ccueción (91), será:

Po
Wei aise OP ae

2. Determinar los giros un las seoviones extremas de la viga de
la figura 88,
Bespuenta:

aM 8

Ez =

Fic. 103

siendo 1, = 9,600 cmt, q = 800 kg.fm., = 1,20 m, a = 3,60
be 240 me E = 2 x 10 ky fom.

nun: Dato a que a ¿la fis pode em al amt

por a carga que actin en la mitad izquierda de la viga, ecuación (82), cat

15

dep En

La flecha producida eu el centro por la carga oxistento en la mitad!
derecha de In viga os

Fa
E 77

2
te),

4. Determinar la flecha en el centro de la viga representada en
la figura 81, cunado la carga cstá en la posición que determina el mo-
mento Floetor rx.

"Procedimiento; La ¡lech puedo euiculazso tilizundo in scuación (91)

Weng = Wend + War}

DEYORMAGION DE VIGAS 163

y 0 mb de engere y bind = San nu ción
pora uns de Ins cargas y 6 => 3 ÍA para in otra.

5. Determinar las chas
Wal candy la ql a od À 4,
ro en dos extoros de ls vi
fu» roprescatadas en las Gen.
res 07 (0 y 87 0. Supéngue
{uo we train do un por owe
{halen To 20 em. do altura.

6. Detersinar ls ángulos
0, y 0, y In ston do um
viga simplemento apoyada en o
Tos extremos sometido a a a0 Po 154
Son dl par P x eg 139.

“Solución: Tas cargas pars a viga conjugada son ian do la fign-
va 104). Las rocciones en 63 dy son

E De]
E

reg EHEN

Por consiguiente,
om man [ee+9)-3#]- 56. (50)

8 mine rl 9] -0)

:
Siamb=}, so obticno

2
(+) 32] — star,

7. Uno via apoyada en nus extrema está loxada por dos pares
1M y My aplicado en chos puntos (ig 13). Determinar ls Anulor

82. 104 RESISTENCIA DE MATERIALES

de giro en los extremos y la posición de la accoiôn de la viga pora la
quo la ficha es máxima.

+5}

La posición de flecha méxima so encuentra derivando esta ecus-
sión e igualando a coro la derivada.

a so
SS a

=

Fro, 135 Fro, 190

6. Ona wigs eth fonda por doe paren, Al como idiot Se
Sie Bobi aan Ll pan ds ini dl
«lc sá a dl apoyo ein

pat

Mm

0. Dos patin de fernen pare ay a decai una 20e
O cnc specs Be: Li
Se ee SS cscs esas aston gm mme
=

DL camo a de nina tc a mia sic, es mo:
rent Deane a ma us o trance de

pt an
LEE ai i mike
ne dá

Fro, 197

inercin de sus secciones rectas, es deci
ulos resistentes de Ina seccionos están en la relación Af 23
tanto, los cafuerzos máximos on la relación ha : My.

10. Una barra de acero AB tiene una curvatura inicial tal que, al
defurmarse por la acción do las fuerzas P (fig. 198), so endereza y pro-
co una presión uniformemente distribuida u lo largo de la supor-
ficie plana siyida MN. Determinar las fuerzas P necesarias porn al

DEFORMACIÓN DB VIGAS: 155

enderszamiento do la Burra y el estuerzo máximo producido en ella ai
a pe dof be 6 un snide de
25 em. te inte
md Po entene na pen ui fomento; cu
rel sr de ali de one vin spas
ees
Co a xro y rada uniformemente on wn intensa U
Per to,
A a

0]

©

Do (6) y (o) oo deduce:

24 BBR _ 24 x2 x 10x
cl E

P= 600 kg.

31. Deformación de vigas apoyadas y con voladizos.—La
deformación de una viga apoyada y con voladizos puede deter-
miname utilizando lo expuesto en los párrafos anteriores y apli-
cando el método de superposi-
ción. Una viga do la naturaleza
que consideramos puede mupo-
nerse dividida en dos partes: una,
entre apoyos, para la cual apli- ? 5
caremos todo lo estudiado enla] o A
parto de vigas apoyadas, y otro, y
la parte volada, para la que [o

aplicaremos todas las consecuen- 7 «7
cias deducidas al estudiar las vi- Pro, 100
gus en ménsule.
Para fijar las ideas, vamos & estudiar el caso de una viga

con un solo voladizo somotido a la carga uniformemente dis-
tribuída q (fig. 139). La viga se divide en las partes AB y BC. y
la acción del voladizo para la zona entre apoyos se reemplaza

por la de una fuerza cortante ga y un par M =. Se ve que

83. Ee

im eee
ee ee te
VE stas enge aan nO
Fao i oan alle een erat wm cbc rado
la Srta producida pr lpr 2 dela esha product por a

carga uniformemente distribufda de intensidad q —fig. 139 (9).
Utilizando las ecuaciones (81) y (103), se obtiene

om Ly Cote +) el).
TAN + E
El éngalo do giro en la sección B se obtiene medianto las
ecuaciones (89) y (104), de las que, considerando como positiva
la rotación en el sentido de las agujas del reloj, ao obtieno
ey 2 le
A
La fleche para cualquier sección de la parte volada —fgu-
xa 130 (c)— se obtiene superponiendo a lo cha de una viga cu
simple voladizo (oouación 101) la Ncoha.
woe
(et A
«= (dr aia,

debida a la rotación de la sección B.

Problemas

1 Determinar la Mischa y el giro on el extromo € de la viga ro.
presentada en ia figura 141 (a).

ay CE
A Pat + 0)
€ Peche = PAE,
Giro _ PAGE 39
Fro. 140 Bh
2. Ent viga representada
en In figura 140 doterminar las echas en el extremo O y en el punto
Ado de In zona entre apoyon,
“Solución: Le parto de la viga entro apoyos puedo considorarso coro
no via Indepentliente de luz apoyada Hibremente en sun extremes y
sometido a a acción dela carga D y de los pares Pin y Pyb on los ee

DEFORMACIÓN DE VIGAS 157

remos. Utilizando las couacionos (91) y (105) y el método de oupur-
posición, la Focba en el centro será:
Po Put Poe
= ear, OF AA
EI giro 6, en el opoyo À se obtione modiante las ecunciones (88),
(103) y (108), y es
Pote) Prat
ER
Y, por tanto, utilizando la ecvación
(85) la fecha en el punto O serás

a

3. Una viga con voladizo está fe-
ada on un caso por la fuerza P, que actúa on un oxtremo —Ígure 141
{oyna en otro por la misma fuerza oplicada en el contro de la luz, entro
apoyos fig, 141 (= Dovnoatrar quo la flecha, en el punto D. en eb
Primer caso, ea igual a la flechn en el punto O, on el segundo caso,
Respuesta: En enla caso, lu flecha en cusstión cs
Pea
TER
4. Una vign de longitud I con dos voladizos iguales cotá caranda
con dos Zoran due © 2 en ws oxcomos (ig. 183). Detras a

A 1 b a auto
Cu rx T o—4

Fro. M2 Fis. 43

acon 3 par qu: 1.9 Ta Pca en el no gata the

ea cada oxtromo, 2.° La fleche en ol centro tieno su máximo valor,
Respuesta S
1e 20182 % 2% ze gh

5. Uno viga de madera de sección circular apoyada en © y con
un extreme unido a A está sometida a la acción de uno carga unifor-
sente distribuida q sobre el voladizo OD (fig. 143). Determinar
metro de Ja sección y la flecha en D si f= 00 cm, 0 = LE ty
Gm 800 kaufm. 0 = 90 Km.

"Solución: Fi diámetro d ve halla por la ecussiôn

+
7%

84. 158 RESISTENCIA DE MATERIALES

y la ficha on ol extreme Dos
ae tg a
SE BBE
6. Una vigu de longitud Losté sometida a la acción de una carga
vniformomento distribuida do intensidad q
(figura 144). Deteripinar lo longitud de tos
voladizos quo haga minimo el momento
floctor móximo. Determinar en eato caso la
Fio, 144 flecha en el centro dela viga.
Solución: Igvelando los valores sumó
ricoe del momento flestor en el centro y ou los apoyos so obtione
202071,
Za foca en el centro on
CONTE gro an
El, — WER”
‘en dondo el primer término de la derecha representa ln flecha produ
vida por la carga entre apoyos, coueción (82), y el sogundo la fecha
producida por la curga en los voladizos, couación (105).
7. Determinar las flechas en los extromos de los voladizos para
Zas vigas representadas en la figura 74 (a), (1), (6). Suponiendo que
son perfiles normales en 1 de 20 om. de altura.

38. Daformación de vigas cuando las cargas no son parale-
las a uno de los planos principales de floxién,—Consideremos
primeramente el caso sencillo de un voladizo euya sección tenga
dos ejes de simetria (Big. 145). La carga P, en el extremo, es per-
pendieular al eje de la viga y for.
me un ángulo « con el ejo princi-
yal de la sección. Para calcular las
Tatigas y deformaciones de Ja viga FX
puede utilizarso el método de su- »
perposición. La carga P so resuel- Me 146
ve en sus componentes P cos a y

P sen x en la dirección de los ejes priocipales de la sección. La
deformación producida por cada una de estas componentes se
puede calcular con facilidad utilizando lo expuesto para la flexién
en un plano de simetría, La deformación total se obtiene por super-
posición. Los valores absolutos de las dos componentes del mo-
ento fector para una sección cualquiera mn del voladizo son:
MM, =P con a (!— 2) rospecto al eje 2, y M, = P sen a (—2)

DEBORMACIÓN DB VIGAS 159

respecto aleje y. Por las direcciones do las don componentes y
de los ojes y y e, ve ve quo el momento M, produce compresión
en los puntos de y positiva, y M, produce compresión en los pun-
tos de z positive. La fatiga normal o, en cualquier punto (Y, 2)
de la sección so obtieno sumando las fatigas que por separado
producen My y My. De este modo so obtieno la ecuación

Poosa(l—zy _Psen a(l—ajz

Pon, 1,
paa, [ps EY, à
pa. [Ee E 1 (

La línea neutra se obtiene tomando los puntos de coordenadas
tales que la expresión entro paréntesis de la ecuación (a) sea cero.
La ecuación de 1a línea neutro será
yooss , 282 _ à .
ta ©
Es, por tanto, une recta que pasa por
ele, de g. de la sección y forma un än-
gulo con el ejo 2 (Bg. 140), deducido de
la ecuación (2),
Y

0-1

1
ee o

Se ve que, en general, tg 8 no será
igual a tg az es decir, que la linea
neutre no será perpendicular al plano de flexión y que el pla-
no de la elástica, que es perpendicular a nn, no coincidirá con
el plano de las fuerzas flectoras. Estos dos planos coinciden
solamente cuando tg a = 0 6 «, 6 bien f, = I, En el primero
de los dos casos, el plano de las fuerzas flectoras coincido con
‘uno de los planos principales do flexión. En el último caso, la
elipse de inercia se transforma en un círculo, puesto que 108
dos momentos principales de inercia son iguales y dos direocio-
nes perpendiculares cualesquiera pueden tomarse como ejes prin-

cipales de la socción. Cuando $ es un número grande, es decir,

cuando la rigidez de la vigo en el plano zy es mucho mayor
que en el plano az, tg $ es grande comparando con tg a, y cuam-

Foo, 145

85. 160 RESISTENCIA DE MATERIALES

do a es un ángulo pequeño $ se aproxima a 90° y el ejo neutro
so aproxima al eje vertical, La deformación tendrá logar prin-
cipaimente en el plano zz, es decir, la viga tiene la tendencia a,
flexar en el plano de mayor flexibilidud. Este efecto puedo ob-
servarse de una manera muy sencilla flexando una regla delgada.
La más ligera desviación de la fuerza flectora del plano de ma-
‘yor rigidez origina una flexién en dirección perpendicular. Des-
componiendo la fuerza P (fig. 145) en sus dos componentes y
calculando las deformaciones producias por cada una, puedo
comprobarse lo anteriormento expreuio. Si la rigidez a la fle-
xión del voladizo en el plano horizontal es muy pequeña en com-
paración con la rigidez en el plano vertical, una componente ho-
risontal pequeña puede producir una deformación horizontal
mucho mayor y la deformación resultante estará principal-
mente en el plano de flexibilidad mayor. Es interesanto tener
presente que la línea meutr:. nn es paralela a la tangento trazada,
& 1a elipee de inercia en el punto de intersección de la curva con
la dirección de la fuerza P. La demostración es la siguiente: La
ecuación de la elipse es

E

E
y la conación de la tangente en el punto de coordenadas Ya Y %
(ügur 140) será

1

PRE
CE
La tangento del ängulo entre cl eje z y esta tangento en
ERBEN
Pe
Cuando se conoce la dirección de la lines neutra, os puntos
de fatiga normal máxima serán aquellos que disten más de ella,
En nuestro caso, la tracción mäxima se presentará en el punto À
y la compresión máxima en el punto B. Sustituyendo en la ccua-
ción (a), 2= 0, y= — À; 2 = — À, 0 obtieno
fh cos ce
21,

been:
21,

(Galaz = Pl

) a

DEFORMACION DE VIGAS 10%

La fatiga de compresión en ol punto B tendrá el mismo valor.
El método que hemos desarrollado para el caso de un voladizo
con dos planos de simetría y cargado en su extremo puede tam.
bién aplicarso al caso de vigas apoyadas en sus extremos y s0-
metidas a varias cargas. Resolviendo cada fuerza en dos eom-
Ponentes paralelas a los dos ejes de simetría de la sección, el
problema se reduce a dos problemas de flexión simple en los
dos planos principales. La deformación resultante se obtiene su-
perponiendo las deformaciones en los dos planos principales.

Problemas.
1. Una viga on voladizo de socción Z está enrgada en el extremo
libro con una carga vertical P = 200 kg. (Hg. 147). Detorminos la far
‘ig normal máxima €, y las com-
ponentes horizontal y vertical do la
fecha en el oxtremo. Las dimension
os eon lus indicadas en la figura.
= 18° 407 da la dirección pric:
cipal =
La = 2421 ems Ty 2 om,
Respuesta:
(rate = 350 ke /on.8 en Bi
Bra = 32 A
2. Un voladizo de ascción ree- io. 147
‘angular est floxodo por una fuer-
<a Pon su extremo libro. ¿Qué curva describirá el extremo cargado
cuando el ángulo « (fig. 145) varie de 0 a 2e?
Respuesta: La curva sexi una olipse de scmiejes

Po
5 Y Er

% 3. Unn viga do madera de sección rectangular apo-

Y_ yada en sus extrumos (fig. 148) sufro Ja acción de una

17 carga uniformemento repurtida do intensidad 9. Deter-
fro. 148 — minar la fatiga normal máxima y la flechw vertical para
la sscción contra, siendo Jo longitud de la viga Le 3 ms

= 200 Kam hm 90 ems D 16 ams ge = À
Solución: EN momento ecos socio es promesa enla ocio

entra y velo
PR EA

86. 162 RUSISTENOIA DE MATERIALES

Las componentes del momento flector en los planos principales
ton: My = Mag cos & m 33.760 X 0,40 = 92.028,75 kg. cm. y
E, = Maas cen == 88,760 x 0,310 = 10,005 kg. om. Le fasiga máxima
en el punto Bes
(on EEE ¿O ane gent
‘Las fechas en el contro, para los dos planos principales, son:

5 d'os 5 deena
Sasa eR” Min En

a flecba vertical en ol contro es

ER:
LEA
= 0,310 x 1,08 = 3,4 rom.

4. Reqolvor el problem anterior ai la distancia entro apoyos es
1,80 xo. y la viga tiene dos voladieos igualos do 60 cr. do largo cada

39, Efecto de la fuerza cortante en la deformación de las
vigas.—Ln las disensiones precedentes (véase pag. 129) sólo so
hha tenido en cuenta la acción del momento
ficctar como causa de la deformación. La fuer»
za cortante producirá una deformación adicio!
nal en forma de deslizamiento relativo de las
secciones adyacentes. Como resultado de la
distribución variada do la fetiga cortante, la
sección recta, primitivamenso plana, se curra.
tal como indica la figura 149, en la que so represento solamente
lo flexin dobida a la distorsión.

Los elementos de las secciones situadas en los centros de gra-
vedad permanecen verticales y deslizan unos respecto a otros;
por consiguiente, el giro de la elástica, debido a la distorsión
únicamento, es igual para cada sección o la distorsión en el cen-
tro de gravedad de dicho sección. Representando por y, las fol
‘chas debidas a la fuerza cortanto, la expresión del giro para cade
sección será

Bios + aim am

CRT)

av
ar #
TE Era dela soacin rutas antes axones adconta
debida al momento fleotor. y

DEFORMACIÓN DE Vigas 163

donde Ÿ es la fatiga cortanto media; O, el módulo de elasticidad

transversal, y a, un factor numérico por el que hay que multi-
plicar la fatiga cortante media para obtener la fatiga cortante
fen el centro de gravodad de las secciones, Para una sección rec-

tangular, & = 5 (véase ecuación 68, página 109); para una
sccción circular, a = 5 (véase ecuación 08, pagina 114). Si la

carga es continua, In fuerza cortante Y es una función continua
quo puedo diferenciarse respecto a z. La curvatura originada
por la fuerza cortante únicamente será
En ee
de AG de 4G"
La suma de esta curvatura con la originada por el momento
flector (ccuación 79) da
By 1 fy abl
= A
Esta ecunciôn puedo emplearse en lugar de la eonacién (79)
para determinar las deformaciones en aquellos casos en que deba
considerarse el efecto de la fuerza cortante 2, Conocidos M y 9
como funciones de z, la ecuación (100) puedo integrarse Heile
mente,
EI método de la viga conjugada (véase pág. 148) puede
también uplicame on este caso, tomando como ordenadas dei
diagrama do carga ideal las cantidados

(106)

10)

en lugar de A.

Soa, por ejemplo, el caso de una viga simplemente apoyada.

y con carga uniformemente repartida (ig. 160). El momento

fector en una secciön cualquiera a distancia 2 del apoyo iz-
quisrdo es

ut. E,

ee ©

3 En le pégina 202 expondremos otro modo echa.
adicional debida a la fuerza oorianto. REED

87. 164 RESISTENCIA DB MATERIALES.

La carga de la viga conjugada consta de dos partes: 13, ln
que representa el primer término do (0) dada por el diagrama
parabólico de momentos flectores fig. 150 (b)—, y 2,8, la repre-

sentada por el segundo término de (9), « 59, que, como q es

El,
aah
constante, es uns carga uniformemente distribuida —fig. 130 (0).
La flecha adicional debida a la fuerza cortante, para cualquier

7 sección, es el momento flector
producido en le sección corres-

+ pondiente de la viga conjugada

por la carga segunda, dividida
por EI, En el contro de la viga
Sta fccha adicional valo
FE u
m ans

Sumándola con la fleoha de-
bida al momento flector (véase eouaciön 82, página 133), so ob-
tiene como flecha total

Fi. 150

384
ondo km VE es el radio de giro de la sección con relación al

eje de las =.
Para una sección rectangular de altura A, # = À

Fomento = 3 + 1921 on, mette (6,

EE
394E1,

nr learned te ette
dación od y 1

À nade que vane el ato same

Y fast won cercos maya que 2 yaa vga 17

DRWORMACIÓN OF VIDAS. 165

cuendo son cortas ol efecto de la fuerza cortante es cuantitativa-
mente mayor.
tilizando la couación (70) y figura 106, se tiono

a

de donde

de sof (a

ants 3°
ee aus leas ets
1, 100165 am, por dl alma b = 15,0 umm, 1m 0h

La ecuación (e) da a = 2,42. Sustituyendo on la ecuación (d),
se encuentra,

e na) 13205, 58
Tor EA

La ficcha adicional debida a la fuerza cortante es en este
caso igual al 26,5 por 100 de la flecha
producida por el momento fiector y
debe, por consiguiento, tenerso en
cuenta.

En el caso do una carga concen-
trada P (fg. 151), podemos considerar
dicha carga como el caso Limite de
una carga repartida sobre uno parte Fro. 161
muy pequeña de la viga. El valor de ta
carga ficticia P, en la viga conjugada, correspondiente al so-
gundo término de la expresión (2), será

Bhp o

PF
AG

La flecha adicional debida & las fuerzas cortantes se obtiene
dividiendo por EI, el momento flector producido en la viga con-
jugada por la carga ficticio concentrada (/). En el caso, por ejem-
plo, de carga central en la viga dada, el momento flector pro-
ucido en el centro de la vign conjugada por la carga (f) será.

88. 166 RRSISTRNCIA DE MATERIALES

7
2 In fecha adicional en el centro debida. a Tas fuer

16)

sa cases

ci FE
404
Suméndola a la flecha producida por el momento flector

únicamente (véaso ecuación 90), la expresión completa de la

flecha resulta sor

PB Pl PB 12akt E
ante alt)
Para una viga de sección rectangular de altura h se tiene

à @

B=

Bo By
CNT
y o cms
FERN
aa] a
pone Bet tains dea fc tanto se
pr a à per 8
cele at a puesto que nenn

de la viga se alabean libremente (ig. 149). La viga uniforme-
mente cargada es un caso en que esta condición so satisface de
‘modo aproximado. La fuerza cortante en el centro de la viga
es mula y, por tanto, allí no hay alabeamiento. El alabeamiento
‘rece gradualmente con la fuerza cortante a lo largo de la viga
hacia la izquierda o la derecha del centro. La condición de si-
‘motrfa queda satisfecha. Consideremos ahora flexada la viga por
ln ucción de una carga concentrada en el centro. Por la condi-
ción de simetría, la sección central de la viga debe permanecer
plana. Al mismo tiempo, las secciones adyacentes a la derecha

6 izquierda de la carga sufren una fuerza cortanto $ y ae ala-

bean por la acción de estas fuerzas cortantes. Bor Ia condición
de continuidad do la deformación, sin embargo, no puedo haber
tun cambio brusoo entre la sección central plana y el alabeamien-
to de las adyacentes. Habrá, por tanto, un aumento continuo
de alalabeamiento o. largo de la viga en ambas direcciones u

DEFORMAGION DE VIGAS 167

partir del centro y solamente a alguna distancia de la carga
puede el alabeamiente ser equivalente al que produciría una

fe cont en codons de ab ro de a ón

De esta discusión puede deducirso que en las proximidades de la

sección central la distribución de fatigas no será la anteriormente,

vista por la teoría clemental de la flexién (véase pág. 109)

El alabeamiento está impedido parcialmente y la flecha adicio-

al debida à las fuerzas cortantes será algo menor que la en-

cantrada anteriormente (ecuación y). Un estudio más detallado

de la cuestión 1 muestra que en el caso de una carga concen
trada en el centro de ln viga la flecha en dicha sección es

Pe m ma

tr p +285 — 084 (i) 1 ®

El coso do una viga en voladizo es enteramente análogo.

úsección empotrada puede alabear libremento, tal como in-

¿ica la figura 152 (a), las condiciones de deformación serán las

expresadas por la ecuación (h). La flecha do un voladizo de se0-

ción rectangular se averigua-

»
rá sustituyendo ! y Pen lugar 9
do ty Eon dioha ecuación, +
obteniéndoso
Pa m u b | w >)
= 2B 140086).
ser (I+ O fae 1

Cuando el alabeamiento Bie. 152
del extremo empotrado está.
completamente impedido —fig. 152 (5)—, las condiciones vienen
expresadas por le ecuación (k) y por una sustitución análoga so
tiene para la Hecha el valor
Pp ¿e ny =
3 ten 06] m

menor que el dado por (I).

1903, y Timoshenko, PAL Mag. +
in Th. ve Kérmáo, Soripto Universitatis atque Bibliibacas Hierosel.
Inlmaruım, 1928, y Theory of Elacticty del autor, pág. 98, 1934.

89. CAPÍTULO VI
CASOS HIPERESTÁTICOS EN LA FLEXIÓN

40. Exceso de ligaduras.—En lo expuesto anteriormente
emos considerado tres tipos de vigas: a) una viga en voladizo;
b) una viga apoyada en sus extremos, y c) una viga con vola-
dizos. En los tros casos, las reacciones en los apoyos pueden
determinarse por las ecuaciones fundamentales de la estática;
por tanto, los problemas son cstáticamente determinados.
Vamos ahora a considerar problemas de dexiön en los que las

Eo. 158

ecuaciones de la estática no son suficientes para la determina-
ción de las reacciones en los apoyos y tendremos necesidad de
deducir ecuaciones complementarias basadas en la deformación
de la viga. Estos problemas se denominan estáticamente inde-
terminados o hiperestáticos,

Veamos ahora los diversos tipos de apoyos que puede tener
una viga, El apoyo representado en la figura 158 (a) se denomi-
na articulación móvil. Despreciando el rozamiento en la articu-
lación y en los rodillos, es evidente que en este tipo de apoyo
la reacción debo pasar por el centro de Ja articulación y además
ser perpendicular al plano de apoyo mn sobre el que pueden mo-
verse los rodillos. Conocemos, por tanto, el punto de aplicación

CASOS HIPERESTÁTICOS EN LA FLEXION 169

y la dirección de la reacción, Queda solamente un elemento des-
conocido: la intensidad de la reacción,

En la figura 153 (6) se vo una articulación fija, En este caso
la reacción debe pasar por el centro de Ja articulaciôn, pero
puede tener cualquier dirección en el plano de la figura, Tenemos
dos incógnitas a determinar por las ecuaciones de la estática: la
dirección de la reacción y su magnitud, o bien Ins componentes
vertical y horizontal do la reacción.

En la figura 163 (c) se representa un empotramiento. En este
aso no solamente son incógnitas la dirección y magnitud de In
reacción, sino también su punto de aplicación.

Las fuerzas de reacción distribuidas sobre la sección empo-
traida pueden reemplazarss por una fuerza R aplicada en el
centro de gravedad de la sección y un par M.

Tenemos, pues, tres incógnitas a determinar por las ecua-
ciones de la estática: las dos componentes de Ja fuerza de reac-
ción R y la magnitud del par Af. Para vigas solicitadas por car-
gas transversales situadas en un plano, disponemos,
minar las reacciones en los apoyos, de las tres ecu
estática siguientes:

zx

2r=0 EM=0, (a

Si la vigo está apoyada de modo que solamente haya tres
incógnitas, las reacciones podrán determinarse por las ecnacio-
nes (a) y el problema es estéticamente determinado. Estos tres
‘lementos son los suficientes para asegurar la inmovilidad de la
viga. Cuando el número de elementos de reacción es mayor de
tres, diremos que hay ligaduras excesivas y que el problema es
hiperestático. Un voladizo está apoyado solamente en un punto:
‘1 extremo empotrado. En este caso, tal como hemos dicho, el
número de elementos de reacción desconocidos es tres y pueden
determinarso por las ecuaciones de la estática, Para vigas apo-
adas en los extremos y vigas con voladizos so supone que uno
de los apoyos es fijo y el otro una articulación móvil. En este
caso tenemos nuevamente tres elementos de reacción descono-
cidos que pueden determinarse por las condiciones de la estática,

Si la viga tiene articulaciones fijas en ambos extremos (figu-
ta 154), el problema es hiporostático, En cada extremo tenemos

90. 170 RESISTENCIA DE MATERIALES

dos elementos dosconocidos, las dos componentes de la reacción
correspondiente, y para determinar estas cuatro incógnitas dis-
ponemos tan sólo de Jas tres ecuaciones (a). Hay, por tanto, una
ligadura sobrante y es necesario considerar la deformación de
la viga para determinar les reacciones. Las componentes ver-

ticales de las rencciones puo-

5 8 "y don calcularso mediante las
ecuaciones de la estática. En el

4 caso de cargas verticales, pue-

Fro, 104 do deducirse también, por con-

sideraciones de estática, que
las componentes H son iguales y de dirección opuesta. Para en-
contrar el valor de H consideraremos el alargamiento det ojo de
le viga durante la flexiön.

‘Una buena aproximación de este alergamiento puedo obte-
uerse suponiendo que la elástica de la viga es una parábola! de
ecuncién

®

a
siendo 8 la flecha en el centro. La longitud de la curva es

[var fayı + (Y)
En el caso de pequeña curvatura, la cantidad (i)

‘quefia con relación a la unidad, y prescindiendo de cantidades
de orden superior al segundo so obtiene aproximadamento

Yee

Sustituyendo esta expresión en () y utilizando la ecuacién (2)
ao encuentra, para longitud de la curva, la expresión

i so
el)

a

La oxpresién exacta do la elástica so vork más adelanto (Se
gunda parte)

CASOS HIPERESTÁTICOS EN La FLEXIÉN am

Por consiguiento, la diferencia entre Ta Jongitud de la curva
y la distancia 7 entre los apoyos que representa el alargamiento

FE
5%
Representando por E el módulo de elasticidad del material de
la viga y por 4 el ärca do su sección recta, se obtieno la reacción
horizontal por la ecuación

axial total do la viga es 3%. El alargamiento unitario será

o

Haremos notar que para la mayor parte de las vigas nsadas
en la práctica la fecha 3 es muy pequeña comparada con la lon

gitud y que la fatiga de extensión $ À E producida por las

fuerzas H es corrientemente pequeña comparada con las fatigas
de flexión y puede despreciarse.

Este resultado justifica la norma práctica de calcular les
vigas epoyadas en sus extremos suponiendo que uno de los dos
apoyos es una articolación móvil; sin embargo, en caso de gran-
des laces, se organiza uno de los apoyos de modo que permite.
la traslación de la articulación.

En los casos de flexión de pletinas o harras flexibles para los
que 3 no es muy pequeña comparada con 1, no pueden despre-
ciazse las fatigas de extensión producidas por las fuerzas lon-
gitudinales. Estos problemas so verán más adelante (véase
Segunda parte)

El método que vamos a emplear para la resolución de los
problemas de flexión cs el de superposición y obtendremos las
soluciones adecuadas combinando casos estáticamente determi-
nados de tal forma que satisfagan las condiciones de apoyo.

41. Viga empotrada por un extremo y apoyada en el otro. —
Consideraremos primeramente el caso de que actúe sobre la viga
na sola carga concentrada P (fig. 155). En este caso tenemos
res elementos de reacción desconocidos en el apoyo izquierdo
y uno en el derecho.

El problema tiene, por tanto, una incógnita o ligadura hiper-
estática, es decir, sobrante. Para resolver el caso consideremos
como sobrante le ligadura que evita el giro del extremo izquier-

91. 172 RESISTENOIA DE MATERIALES

do de la viga durante la flexión. Prescindiendo de esta ligadura,
O ae caste eae Geter per
DR a na oc pic pr es lla da
ade lo oa aie

Kent, , rado fig. 155 (c)-- *. Bs evidente
EE a stn del ig repro
co meo:

u, tee combine one 0
"ty (c), Bastará para ello que el valor

ADD, ı = del par Af, en el apoyo sea tal que
bora deje satisischn la condición
ii ur a

e

Fs decir, quo el gio del extre-

mo izquierdo de la viga debido a la

pal ha feo al or e pa

—+ de M, y que le condición de giro

w cero en el empotramiento quedo

Fis. 156 satisfecha. Para obtener el par

porestático M, basta sustituir en

Ja ecuación (a) los valores conocidos de los ángulos 6, y 6;, ecua-
ción (86), página 130, y (104), página 151. De este modo,

4

de donde
(07)

El diagrama de momentos fectores puede ohtenerse ahora
combinando los diagramas de los casos (9) y () tal como indica
el érea rayada de la figura 155 (d). El momento flector máximo
se presentará en a o end.

La fleche, en cualquier punto, so obtendrá fácilmente res-
tando de la flecha producida por la carga P la Mecha producida
por el par M,. Las ecuaciones de las elásticas para arabos ca-

à Las elísticas y los diagramas de momentos flectores se dan
nidos

0508 HIPENESTÁTICOS EN LA FLEXIÓN 18
son son las (80) y (87), página 136, y (105), página 151. Supon-
amos, por ejemplo, el caso e< 3 Ty calculemos la flecha en el

centro de la viga.
Por las eounciones (91) y (105),

Pe up
- Ba E,
TARTA
utilizando la ecuación (107),
Po 5
Be gr, OFM

Tn el punto C, para el que el momento flector es cero, la cur-
vatura de la elástica es también cero y tenemos un punto de
inflexión, es decir, en este punto la curvatura cambia de signo.

Puedo observarse en la ecuación (107) que el momento fiec-
tor en el empotramiento depende de la posición de la carga P.
Si se iguala a cero la derivada de (107) respecto a c, so obtiene

que el momento My alcanza su valor máximo cuando 6 = zo
para este valor dee
PL
Blau 0.99 Pt,
ar). Er (108)

El momento doctor en el punto do aplicación de la carga do-

ducido de la figure 155 (2) es

ES Poe) Pe u ara o
7 O À (IO

Si se deriva (b) respecto a ¢ y so iguala a cero el resultado,
so vo que Bf, es máximo cuendo

Ma

EE
(V5 —1) = 0.8681

y sustituyendo este valor en la ecuación (P), se obtiene
(Mas = 0,174 PL.

Comparando esta expresión con la ecuación (108), so deduce

que on el caso de carga móvil la fatiga normal máxima 0, so
presenta en la sección de empotramiento.

92. 14 RUSLSTENCIA DE MATERIALES

Resuelto el problema para una carga concentrada única y
utilizando el método de superposición, puede resolverse el pro-
blema para otros tipos de cargas
transversales mediante el empleo
do las fórmulas obtenidas, Sen,
por ejemplo, el caso representa-

ro 166 do en la figura 156. El momen-

to producido en el apoyo 4 por

una carga elemental gde se obtiene por la ecuaciô (107), sus-

tituyendo gdo, en lugar de P. El momento total M, en el
apoyo serás:

a GA E pl
ES EN 2 3

Si la carga está distribufda sobre la longitud total de la
viga so hace a == 0, D = 1, en lu ecuación (e), y se obtieno
e
1=—E. (109)

El diagrama do momentos flectores se obtiene restando el
diagrama triangular debido al por
M, (fg. 157) del diagrama paraböli-
<o, debido a la carga uniforme, Se
observará quo las fatigas máximas de
flexién so presentan en las secciones
de empotramiento. La flecha en cual-
quier punto se obtiene restando la
echa en dicho punto producida por
el par Af, (ecuacién 105, página 151)
do la flecha quo en el mismo punto
produce la carga uniforme (ecuacién 81, página 132). Para el
centro de la luz se obtieno

Re
8

e)

192 El an)

04808 HIPERESTATICOS EN LA FLEXION 176

Problemas

1. Dibujar los diagramas de fuerza cortante para Tos casos ex
puestos en Ins Figuras 155 y 157.

2. Determinar la flecha móxima para el caso do lo figura 107.

Solución: Combinando las couaciones (81) y (108) so obtieno lo

®

Trend SE = 0 e ino pars bis dl punto de cha má
sina em 5 (5— V3) = 0,570 1. Somituyendo en (dh

S-
A
3. Determinar lo reacción en el apoyo derecho para el caso de la
figura 151, considerando esta reaccién como In ligadura sobrante o b
perestétion.
“Solución: Liberando ol apoyo B, In fecha en esto punto de la vga
«eonsiderada como voladizo sería (ocuación 84) ph. La rovcción Ry
en B—tig, 107 (a) debo ser tal que elímino la ficoña anterior. Util

zando la ecunción (95) se obtieno la
ecuación

de ne vien está cargudn en I forma indicado por a figura 158.
Determine ol momento Ma y la rocsiones Ja y By en los apoyos.

puesta

nt

uen + de

3. Deternivar la reacción Ry enol apoyo B de una viga cargada
nifermemente (ig. 10), si al apoyo Ben elástico, e tal modo que
ns fuera haci abajo À haga destendor al apoyo la unidad de lon-
eu

“Soins Vado el método del pobla trier 3 in cosación
que determina Eo art

8,59 dag
Rada Sok ga

93. 16 RESISTENCIA DE MATERIALES
de donde
DE
Dur

8. Construir el diagrama do momentus fetores para una vien
wniformemente corgada apoyada en tres puntos equidistantes.

Procedimiento: Por simettin, la

% P| soceiôn del contro no debe yirar due

— 4C rante la flexión y cada rad do la

siert ons condiciones deu

viga empotrado por un extremo y

ve
ada nor al oz
Ai, er "7. Determinar la flecha del ex-

remo © de la vigo ceprosentada en

EEE aceptado

Yo. 159 del voladizo por la de un par Pa, la

fexión de le viga entre los apoyos se
obtendrá por auperposición de Jos casos (8) y (c)- El pur hiperestático
Ma so obtendrá por la couación 8, == — Di o 500.

de donde

La ficha en C será bet
Po pa
te gor, tem ge ten,

EL primer término del segundo miembro reprosenta lo Mecha do
un voludizo y el segundo representa la flecha debida a la rotación do
la sección en B.

5. Determinar el valor adicional de la reacción on B para ls viga
representado en la figura 195, debido a un calentamiento no uniforme
Aria viga tal que la temperatura vario delo ol valor 4, en la cara ine
Fei, hasta el valor 4, en In cara superior, según una ley lineal.

"Solución: Preseindiendo del apoyo B, el calentamiento enunciado
curvaria a la viga en forma de arco de circulo. EI radio de este olsow-

kon = t= 40)
10 vendría dado por la souación 7
viga y & el cooficiente de dilatación, La fischa en B so encontrará
como en el probleme 2, página 90, y ce

siendo A la altura do In

CASOS MIPERESTATICOS EX TA PAXIÓN im
sta fecha dobo desaparcoor en virtud do la reucoión en ol apoyo 4,
Representando esta zeaesién por My, #0 tiene

Zo =19,
iar," u

de donde
sen,
a UN

© Uno enóumla AB, cargado en vu extremo, ee apoya en otra

amis corta CD dolo rismn sein. Doterm 7

mar I accion mutua X en O, =)
“Solución: La noción buscada X puede en Eu ie

conte send la condita ewe EA —

trabae ménsulas tengan lo meme facha Fro. 160

en €. Uelizando lo vención (95) para le

Indnnule inferior y la vación (97) unida a In votación (89) pare la

pu, no
EA

de donde

Examinando los diagramas del momento fleotor para ambas min-
suas, se deduce que en © la mónsula superior sufre mayor deforma.
ción angular que la inferior. De ello se deduce que las dos ménsulas ac
Jaanento se tocan en los puntos Dy O.

10, Resolver el problema 7, suponiendo que en lugar do la carga
concentrada P solicita a la viga tuno carge uniformemento distribuida.
de intensidad q repartida: 1., sobre la lougitud a del voladizo: 2°, sobre
toda la longitud de la viga.

11. Dibujar los diagramas do fuerza cortanto y momento feotor
para cl caso de la fugura 100, ai == 1,2070; b= 3,60 7; le 4,601, y
a= 7 kgm.

42, Viga con los dos extremos empotrados.—En este caso
tenemos seis elementos de reacción (tres en cada extremo), es
decir, el problema tiene tres liguduras hiperestitieas. Sin em-
bargo, para las vigas corrientes las componentes horizontales
de las reacciones pueden despreciarse (véase pág. 171), lo que
reduce el número de cantidades hiperestäticas a dos. Conside-
remos los momentos M, y Af, en los apoyos como ligaduras
hiperestáticas, De este modo, para el caso de una carga concen-
trada única P —fig. 161 (a), la solución se obtiene combinando

trou va sara EL =

94. 178 RESISTENCIA DE MATERIALES

casos mEPIRESTÍMOOS wx ta mom 170
los dos problemas isostáticos representados en la figura 161 (b) ”
710. Boovidente quelo condiciones de empotramiento snloner- Jato: sang so máximo preview fy eta mine la 2
Í a, ‘tremos de la viga AB quedarán : ie E
i hy + D | (ecuación 112). Por consiguiente, para una carga móvil ol mo-
[4 + es tule a Vacas mento máximo se presenta en el extremo,
ji 4 sh Emplcando cl método de superposición, le fecha y giro en
| de cualquier punto puede obtenerse combinando la deformación
= Beh + producida por la carga P, con la que producen los pares M,
i LS Do estas des ecuaciones de- ; yy.
| GR en Felt ol problema para une cara concentrado, inn P,
| é Yr paros Hier. Utilizando à evauier cto tipo de args transvrsales puedo fácilmonto es
i 19 Tas couacione (28) y (60) para in: tudiane utilizando el método de superposición,
N Ra carga concentrada y las ecuacio- ER
I nes (103) y (104) para los pares,
1 las ecuaciones (2) se transforman en 1. Dibujar el diagrama de fuerza cortante para el caso de la fi-
13 gure 161 (a), si P= 000 kg., = 3,00 m.
_PAB—)_ Md | MA 4 you 1,20 me
| GEI, SEL, * 6EI, 2. Dibujar el diagrama de mo-
mentos fee Para sex Vigne.
_ Pela Big Mel, Mi rada en sus extremos y sometida. a la
GE, I, + SET, pect de a ac
De donde repartida (ig, 109.
poto ción: El momento on À produ
Ale am cido por element qd dala carga fig. 102 (a) ot, cuación (111):
ge
b Combinando los diagramas de momentos flectores para los 7
F ‘casos ($) y (c), se obtiene el diagrama representado en la figu- EI momento producido por la carga total será
i ra 161 (d), EI momento lector positivo máximo acontece en el — de erga .
i punto © (aplicación de la carga). La magnitud se deduce de la Mo Y
figura 161 (d), y su expresión es la siguiente: EX momento en el apoyo B tendrá el simo valor. Combinando el
a = a 3 a o de most Become eirmapandinie e le oar
mM = Plo Me, Meld APEC m > en uniformemente repartida con el die-
Lu 1 [2 a JN grama rectangular correspondiente e los.
En la figura 161 (2) se ve que el momento Aeotor máximo en | IN a en
¿ valor absoluto es el que correspondo a Co al apoyo más pré- ue doen la Figura 102 (0) por dl área rayada.
i Fimo, Pore una carga mörl, es decir, cuando e varía, suponien- | so, 108 3." Déterminer tr momentos en es
A 1 vn ss 1 apoyos de una viga con los extremos em.
doc <,el valor máximo de Af, se obtieno haciendo e = glen | úpotrados, cargada con la carga triangular representada en lo figura 163.

Solución: La intensidad do la cargo a la distancia € del apoyo B

4
la ecuación (111), Este máximo vale Ä, PL. El momento flector
Ed : cw LE y in carga representada por el elemento rayado os TE, Lon

a

95. 180 RESISTENCIA DE MATERIALES

Paros correspondiontes en los extremos producidos por esta carga ele
mental son, ecuación (11

det 09 de,
ue

aM,
Por consiguionto,

A AT
Les Gg mon [eee

ss de
My = Utd,
a, =

a

4. Determinar los pares de rescción Ma y Ms on una viga con los
‘extremos empotrados flexada por un par Po (fig. 164)

Solución: Utilizando la solueiön del problema 6, pág. 15%, y las
veusciones (104) y (105), so obtienen las ccunciones siguientes:

aaa + ats Lor (o+3)- 30)

sels Ñ
om + en joer 3]
ee Ms Hits
rec cotos MURIO
capis ine un meme orga ela gare a
e en el
nai
Bere,

Et

Man My

donde a es el coeficionto de dilatación y À la altura de la viga.
'%. Determinar el efecto en In ronceién y en el par do reacción

». en À de un desplazamiento vertical po-
¡4 queno à del extreme empotrado À de la
ZA viga AB (fig, 16D.
Solución: Quiteros el apoyo A; de
Rio, 164 ‘ste modo, la flecha 8, on À y ol giro Dj
fen dicho punto so hallarán por les for
mulas correspondientes a un voladizo empotrado en D y cargado con

Pr cn decie,

A Pe,
DAT Tr EA
Aplicando en 4 una fuerza de soncción X hacia arriba y un par de
xeaceión Y on la misma dirección quo Mf, de magnitudes talos que
len el gito 0, que reduzcan la flecha a8, satisfarcmos les condiciones del
enunciado. Las ecuaciones que determinan Ins ¿ncógnitos X o Y ser
E
Ten EL," 2H,
ze ye
AT B®

CASOS HIPYRESTATICOS BX LA FLEXION 181

7. Dibujar los diagramas do fuerza cortante y momento flector
Para la viga de la figura 163, si qu = 7 kg. y f= 4,50 m.

5. Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento Flector
para una viga con los extremos empotrados si ia mitad izquierda de la
viga está conguda wiiformemente con una intensidad q = 7 Lego.
La luz de la viga es ¿== 4,80 ın.

93. Pérticos y euadros.—El método usado anteriormente
para el caso de vigas hiperestáticas puede también aplicarse al
estudio de los pórticos y cuadros. Sen, por ejemplo, el pórtico

Pob

0
Pr. 165

simétrico y simótricamente cargado de la figura 165, articula-
do en € y D. La forma del pórtico después de la deformación
está representada con líncas de puntos. Despreciando el cam-
bio de longitud de las barras 1 y considerando solamente la fle-
xión, puede considerarse formado el pórtico como indica la figu-
ra 165 (1). Es evidente que los pares A que obran en los extre-
zos de la viga horizontal AB y que se oponen al libre giro de
dichos extremos representan la acción de las barras verticales
sobre Ja viga horizontal. Este par M puede considerarse como
la única ligadura hiperestática existente en este caso. Cono-
cido M, la flexión de las tres vigas puede determinarse sin dif
cultad alguna. Para calcular Mf, tenemos la condición de que
4 y B son uniones rígidas entre las barras, es der, que el giro

1 Ta acción simultánea de esfoorzo direoto y flexión so discutirá
más adelanto (Segunda parto).

96. 182 RESISTENOTA DE MATERIALES

del extromo irquierdo de la barra horizontal debe sor iat al
gro do la cabeza del pilar AC. La ecunción que determina M
+s, por consiguiente,
DEC @
0, puedo determinarse por la flexión de la viga horizontal AB.
Representando con la longitud de esta viga y con BT su
dez de foxión, In rotación del extremo À debida a la carga P
PB
(ecuación 88) (5 = 5), es Er
ginan una rotación en dirección opuesta igual a 3a (ouacio-

nes 104 y 106). El valor final del ángulo de giro sorás

as past des im et

Considerando ahora la barra vertical como una viga apoya-
da en los extremos, de longitud A y con una rigidez. a In flexión
El, flexada por un par M, el giro en su extremo superior sorä
(ecuación 104):

Sustituyendo en la ceuación (a), se obtieno
Pe Mi MA
Isar 2er SEL,

de donde
pa
AT
May,

Conocido M, el diagrama de momentos flectores so construyo
tal como indica la figura 105 (9). Las reacciones en las articula-
ciones O y D se calculan ficilmente, Las reacciones verticales
se obtienen por las ecuaciones de las estáticas. Las reacciones
horizontales se deducen del equilibrio de las barras verticales.

Este problema puede resolverse de otro modo tomando la
reacción horizontal 4 en las articulaciones O y D como incóg-
ito hiperestätica, en lugar de Af (fig. 166). El problema hiper-
estático s6 resuelvo por superposición de los dos problemas iso.

ar am

CASOS HIPERESTATICOS EN LA FLEXION 183

táticos representados en la figura 108 (b) y (0). En el onso b so
prescinde do la ligadura sobrante quo impide el movimiento de
las articulaciones O y D. Las barras

verticales no sufren, por consiguien-
te, presión alguna. La barra horizon-
tal AB está en las condiciones de
una viga simplemente apoyada cuyos

PE
ángulos de rotación son Ep y el

ts eg al ar
a ein
LA
LE Bla tc dea
sun cnet, Dit us
er
Fe LE tee ar da
(Ss Sa, gor ong
‘Sie me So tn soa
pr eta OE La tc de
cad attain De D conta ds
a
dos partes: la flecha 07 = 37, de-

ida a la rotación del extremo superior, y la fecha ip, de le

barras verticales como voladizos. En el caso actual —fg. 166(0)—,
las articulaciones © y D no se mueven; por consiguiente, los des-
plazamientos horizontales producidos por la fuerza P —figu-
xa 160 (6)— doben compensarse por el efecto de las fuerzas H
figure 168 (e)-, es deci,

E A M

161251 SE

de donde
Lacie re
1

Recordando que H-h= M, este resultado reproduce la
>cuación (113). Este último método de análisis se utilize ospe-

97. 184 RESISTENCIA DE MATERIALS

cialmente para cargas asimétricas tales como la de la figura 167.
Prescindiendo de la ligadura que impide el movimiento hori-
zontal de las articulaciones © y D, estamos en el caso repre-
sentado por la figura. 167 (9). Es evidente que el aumento de las
distancias entre © y D puede obtenerse multiplicando por A la
‘summa de los ángulos 0, y 0, Utilizando las ecuaciones (88) y (89),
este incremento de la distancia será
PB) | Pol—9 ÑO
ur |

Pole),
281

Este incremento debe eliminarso por la acción de las fuer-
zas H —fig. 166 (c)—. Utilizando los resultados obtenidos en el
problema anterior, se puede escri-
bir la ecuación siguiente que deter-
mine A

y (Hit, HE) _ Pella h

A 4 DRE ~~ 287
Pa Pas de donde

ö pata 1
o am Ram

371

elo A

y ols Hallada la solución para una car-
‘Fro. 167 ga concentrada, cualquier otro caso

de carga de la viga AB del pórtico

puede resolverse fheilniente utilizando el método de superposición.

Consideremos ahora un pórtico con los extremos empotrados

y cargado asimétricamente tel como indica la figura 168. En este

‘caso tenemes tres elementos do reacción en cada apoyo y el sis-

tema tiene tres ligaduras hiperestäticus. En ia resolución de

este problema usaremos un método basado en el de superposi-

ción, consistente en descomponer el sistema dado de cargas eu

partes tales que para vada carga parcial pueda encontrarse una
solución sencilla 3.

*- Esto método lo aplica a muchos casos W. I. Andrée en a
Das 0.0 Perfabeon. München and Berlin. 1919,

CASOS MIPERESIATICOS EN LA FLEXIÓN 185

El problema representado en la figura 168 (ai puede re-
solverse superponiendo las soluciones de los dos problemas
que representan las figuras 108 (b) y (e). El caso (2) es el de
una carga simétrica y puede resolverse del mismo modo que el
primer ejemplo (fig. 165). Examinando el caso (e), se ve que el
punto de inflexión O de la barra horizontal AR está situado en

el centro de lo barra, Esto se dleduco de quo las cargas 5 están
a igual distancia del eje vertical de simetría del pórtico y son
Pte.

7

œ

Fro. 168

de sentido opnesto. El momento, la flecha y la fuerza axial pro-
ducidos en el punto medio O de la barra horizontal AB por una
de las fuerzas serán equilibrados por la acción de la otre cur-
an E. Por consiguiente, en dicho punto no habrá momento
fieotor, ni flecha, ni fuerza axial.

La magnitud de la fuerza cortanto X en el punto O puede
hallers por la condición de que el corrimiento vertical de 0 sea
cero ~-fig, 168 (d)-—. Este corrimiento consta de dos partes: una
echa 8,, debida a la Mexión del voladizo OB, y una flecha By,
debida a la rotación del extromo B de la barra vertical BD.
Empleando las conocidas ecuaciones de un voludizo (eus:

98. 186 RESISTENOLA DE MATERIALAS

ción 98) y las notaciones de la figura, se obtienen las co
ciones siguientes:

CE)

Sustituyendo estas expresiones en la ecuación 3, + 8, = 0,
se halla fácilmente el valor de X. Conocido X, el momento flec-
tor para las secciones del pórtico en el caso (c) se calcule sin di-
ficultad. Combinando estos momentos flestores con los del caso
de carga simétrica (0), se obtiene la solución del problema (a) 1.

Problemas

1. Determinar los momentos flectores en los ángulos del oundro
de la figura 109,
Solución: Considorando ia barra AB como una viga upoyada on

Fro. 160

169) y representando con Bf los momentos en los
sugulos, el gue 6 será.

ee att
Teer” ar

Escribiendo que este ángulo ox igual al 6; gimdo por los extremos

© Bieinlogel, on su libro Mehratielige Rahmen (Berlin, 1927), de

wn formulas a aplicar en muchos cusos prácticos de pórtico.

CASOS MIPERESTÁTICOS BN LA FLEXIÓN 187

¿de las barros verticales as flesarias los pares M, se obisene la ccuación

PE _ m
wer” ey
de donde
m1
ae .
E ¿FT

2. Determinar las resociones horizontales o empnjes I para el
caso representado en la figure 170.

“Solución > Utilizando la ecuación (114) y aph
sande el método de superposición, so obtiene

Par
art:
Tant
3. Dibujar e diagrama dal momento Ae:
tor par los tres horas dl problema anterior. Fi 17

suponiendo A= Lo I= Ih.
4 Deterininar los momentos floctores en las uniones del cuadro
representado por la figura 171.

Eo 171
Solución: Separando los berras del cuadro en la forma que indica
la figura 171 (0), las ecuaciones que determinan los pares M y Af, son:
SS
Sastituyendo en estas eounciones

Pego _ M
Mer Er

¡e MA
ET

e tienen dos eounciones que determinan M y My.

99. 188 RESISTRNOIA DE MATERIALES

Un eundro sumnétrico rectangular está sometido a la acción de

tuna fuerza horizontal E, tal como indica la figura 172. Determinar los
momentos fectoros A y My en los nudos,

Solución: La linen deformada dol

cuudro so ve on la figwa 172 (a).

Descomponiendo el cuadro en las ba

À y Biándonos en

en
Considerando ahora In bares sort

P A
Gg cat 40 como un voladizo empotrado

en O con un ángulo Oy, giro an el ex

% trom werd
A RA
4, at

O jente, debido a ln flexión de

% lo bu a
mo. 172 à
on

De las councions (a), (0) y (0) se deduce

Hi
Par Tee Een ás
MORE

Sustituyendo en la couación (a), se encontraría el momento My.

Cuando la barra horizontal tiene una rigidez muy grande, el estado
elástico del cuadro se aproxima al del pórtico de la figura 188. some:
tido a una carga luteral H, Sustituyendo on (2) f =, me obtiene pars
esto último eno

o

El caso de un pórtico articulado (fig. 105), sometido a In noción.
de una carga lateral aplicado on A puedo deducir de la ecuación (2).
poniendo on elie I = 0.

%. Detocininar los empujes E y los momentos Ma y Ala eu los aus
dos À y B del pórtico representado ea la figura. 173.

CASOR HIPPRESTÁTICOS EN LA FLEXIÓN 189
siendo
1h
th
1. Un semipórtico está formado por dos barras unidas rgidarente
en E y empotradas cu À y © (fig. 174).

Bb pe

Fro. 173 Pro. 174

Determinar el momento flector Men By la fuerza de compresión P
en AB cuando, debido u una variación de temperatura, la barre AB
sumenta a longitud en Bm alt.

"Respuesta. P y M pueden oalonlarıp por lus eouncionse

Phat
SB Br” %

Pa MyM

2517 El” GET
44. Vigas sobre tres apoyos. —El caso de una viga sobre tres
apoyos ~ fig. 176 (a) es un problema con una ligadura hiper-
estática, Escogemos como hiperestática la reacción en el apoyo
wtermedio. Utilizando el método de superpos ción, puede ob-
tenerse la solución del caso (a) combinando los casos represen-
tados en (6) y (c). El valor de la reacción intermedia X se en
euentra imponiendo la condición de que la flecha producida en ©
por la carga P se elimine por la acción de X. Empleando la ecua-

ción (86), so obtiene la relación siguiente:

ACT a) Xun
6, +1) EL, “30, +4 El,

de donde
Pelt + 0
20%
Si In carga P actita on el tramo izquierdo de la viga. puede
utilizarse la misia ecuación; pero la distancia ¢ debe medirse

x am

100. 190 RESISTENCIA DR MATERIALES

a partir del apoyo 4 y permutarse I; por I, Pare
ecuación (116) da

aie)

Resuelto el problema para una carga aislada, puede resolver-
se para cualquier sistema de cargas empleando el método de
superposición.

El problema de ln viga sobre tres apoyos puedo resolverse.
por otro procediraiento. Imaginese la viga dividida en dos por
PL

Ces
a
a
A
é
St A R,
Li, der)
Fe. 178

el punto © — fig. 175 (2)— y ses M, el valor del momento flertor
‘queen la viga primitiva se presenta en el apoyo C. Deeste modo, el
problema se reduce al estudio de las dos vigas isostáticas represon-
tadas en (4). El valor de M. so deduce por la condición de conti-
nuidad de la elástica en el punto C. Esta condición es 9 = 0°

Einpleando para el cálculo de las rotaciones las ecuaciones
(88) y (104), páginas 136 y 161, se obtiene

di _ Behe), Aly
SEI, GEL SE,
de donde
Mig BEN, am
uhr

CASOS MIPBRASTÁTICOS EN LA FLEXTON m

Fi áren rayada de la figura 175 (d) representa el diagrama de
momentos lectores.

Problemas.

1. Enclejemplocaqueso e a Sigur 176 probar que owl del +
momento Hor Ma ado or l ent (LT) ol que compare
te esis en © cundo 1 problonn mouse por I unción (09),

2 Dijo al diera do fur coran par la vgn dl poe
blema anterio, 6 hy by € Sy Po 00 kg

3. Una viga sobre tres apoyos —fig. 178 (0)— está sometida a la
“acción de una carga uniformemente repartida do intensidad q. Deter-
minar el momento fleetor en ol apoyo C.

Solución: Utilizaremos el método de mporposición. So sustituya P

por de en la ecuación (111) y se integra a lo largo de los dos tramos.
Se obtiene

-- TS ques
#, Thaw Sth
cance

dekh

El sentido on que ucttin este momento es al de la figura 175 (D.

4. Dibujar el diagrama de fucrza cortante para la vign del pro:
lema anterior, suponiendo I, = 2, y 9 = 8 kg. Jero.

5. Doterminar el momento flector máximo en valor abroluto en la
viga ACB (fig. 118), 6i P= 5.000 kg, l, = 2,70 10, ly = 3,00 10, y
= 10m

Respuesta:

Max = 3.540 kom.

6. na via sobre tes apoyos oqiditantes está sometida u I
rin de una carga unlfomeneno repride de intense g Ha
ie renosién ene spoyo central al dute por ln coin dela arg, cedo y
tegen un ened 8.

Schein: Vilizando el método mostrado ont figura 178 () y (hs
da maccin E en el apoyo sena su encon por la ración
ETS
aut wart

de donde

8 yy SET.
2 op GEL

7. Determinar el incremento un In acción de In viga AB sobro el
apoyo O fig. 176 (6)— producido por un calentamiento irsugulas de

101. 192 RESISTENCIA DE MATERIALES

a viga x la temporatnra varia desde 61 valor 4 en In cora inferior. al 4,

en ln emperior, con arreglo a una ley lineal, «> 4 y = ly = 4

Solución: Si ss quitase el apoyo C, debido al Calentamiento irre:

lar de le viga, ésta tomaría la forme do un wroo de ovulo, El radio
do eate circulo we duterminerla por la scunción

RU

y

ciendo tr del via yl int de datación por cto
La Men cent a entr sate bos À y nw enn E a 0
0 at pl vai

A. Determinar el diagrama de momentos flectora para le visa.
ABO, apoyada obre tres poutoues (fig. 176), sel ¿ren de la sección:
meta horizontal de cada pon
ón cs À y el peso por unidad.
de volumen del agua es y.
Solución: Preseindamos del
apoyo en O, La flecha produ-
cida en este punto por la car-
gn P consta de dos partes: (a)
Ta flecha debida a la floxión de
Is wien. y (3) ln Mecha debida al descenso do los poutouse À y E. Mor
asas In souación (91), 80 obtie

Fo. 176

Pe e
am an sel tg, ta

La roncción X un el apoyo central disminuyo lo Flecha anterior on
a canudad,
x

as

M, x
+4 ba

La diferencia entre (0) y (8) representa el descenso del punto O,
Por 10 que o douce la ccuzción siguiente:
Pe pen ane PT x
RET, BOM — t+ BE Er” AY
Conocido , puedo dibujarve ficiimente el diagrams de momentos
estores.

45.. Vigas continuas.—En el caso de una viga continua so-
bre varios apoyos (fig. 177), se considera corrientemente uno
de los apoyos como articulación Sja y los demás como articula-

CASOS HIPERESTÁTICOS EX TA FLEXIÓN 193

ciones sobre rodillos. Con esta disposición, cada apoyo inter
medio supone una ligadura hiperestática, es docir, el número de
igaduras hiperestiticas que el sistema presenta en total es igual
al número de apoyos intermedios. Por ejemplo, en el caso re-
presentado en la figura 177 (a) el número de incógnitas hiper-
estáticas es cinco. Para resolver el problema puede utilizarse
cualquiera de los métodos empleados en el párrafo anterior. Si

M,
ot
qe
Hot
Ce
or

el número de apoyos es grande, el segundo método, o am el que
toma como ligaduras hiperestáticas los momentos Hcctores en
los apoyos intermedios, resuelve el problema de modo más sen-
«illo. Sea —fg. 177 (0)— dos vanos adyacentes n y n + 1 de una
viga continua, cortados de elia en los apoyos a — 1 ny n+ 1,
y representemos con M, M, y Mass los momentos flecto-
res en dichos apoyos. Los sentidos de estos momentos depen-
den de Ins cargas que actúen sobre la viga. Nosotros les asigna.
remos los sentidos de la figura 1. Es evidente que si los momentos
fectores en los apoyos fuesen conocidos, el problema de la viga
continue. quedaría reducido al cálculo como vigas simplemente
apoyadas de los diferentes tramos de la viga continua. Para cal
cular los momentos flectores M, y, My, M,.1, utilizaremos la con-
diciôn de continuidad de la elástica en los apoyos. Para un apoyo
cualquiera m esta condición de continuidad queda sutisfoche si

>. @

1 Si al avoriguar el valor de los momentos so obtionen para al
gunos valores nogutsvos, la dirección un que actuan estes momento»
Sted contraria a la de la figura.

PA DE er, — 7.1 »

102. 194 RESISTENCIA DE MATERIALES

Las oxpresiones generales de los ángulos de rotación en los
extremos se calculan como reacciones producidos en las vigas
conjugadas cuando se cargan con las áreas de los diagramas de
momentos flectores correspondientes —fg. 177 (6)

Sea A, el área del diagrama de momentos flectores para ol
tramo n considerado como viga simplemente apoyada debido
a la carga real en eso tramo y representemos con a, y b, las dis
tancias horizontales del centro de gravedad O, de dicho diagra-
ma a los apoyos n— 1 y n. Debido a esta carga, el ángulo gi-
rado por el apoyo m será

— Ata
A]

Sumando a esta rotación la que los pares M. y My pro.

äucen en el apoyo n y cuyo valor es, eenaciones (105) y (104),

el ánguio total del giro será
| Mala, Modo

387,” ORT,
Por el mismo procedimiento se 0

m

fone para el tramo n + 1

Aids y Mala y Marıları

Bi, SEL, 6, o
Sustituyendo (2) y (e) en la ecuación (a), resulta
Drala Malte) + Mala = + 118)

tet
Relación conocida con el nombre de «ecuación de los tres
momentos %. Como el número de estas ecuaciones es igual al
número de apoyos intermedios so tendrá un sistema de coua-
ciones determinado que dará los valores de los momentos deo-
tores en los apoyos sin dificultad. Al enunciar el problema ho-
mos supuesto que los extremos de la viga continua estaban

1 El sentido positivo para ol ángulo 0 es el de Is agujas del roo]

‘Esta come fog eltblacd por Borat (és Compass rent
de la Soviet des Ingenieur cio, págs 218, 1905). Venen también Char
Pevron, Parks, ©. Rey à 48, 1861.

CASOS IAPERBSTÄTICOS EN LA FLEXIÓN 195

eS Ec sa ae 8
ee een
Move eraadia | weh aereo enable orcos sá
consis que expresen la condición de que no gira ls secones
gras Da un izo In de decos à pes [fa
problema 3, pág. 199). Conociendo los momentos en los apoyos,
À lisa ot cinta ins roécconas ques promntan en el.
"Tomando, por ejemplo, los dos tramos m y n+ 1 —figu-
re 177 @)— y considrandoloe como vigas simplemente epoye-
dle le eels axel pegaso de a wa cape owe
fob Lo de endo, ana lenta. 8 als mn
Tus races débiden e on mentos A... Ma y Magy: 10-
cusco ea ii de sets ea areas
2 192 (6 sat adic! solve a page » ab
Ma Ma + Maa
Tu
ng
Mat

ar

dad (a) puede utilizarse tam-
hién en aquellos casos en que por defectos de montaje los apo-
yos no están al mismo ni-

vel (fg. 178). Sean 8, Y Pues
los ángulos de inclinación
con la horizontal de las i
mens rectas que unen los apo Fie. 178

Jos en los tramos nyn 1.

EI ángulo de rotación dado por las ecuaciones (1) y (c) estaba
medido desde las líneas que unon los centros de las artiulacio:
nes; por consiguiente, el ángulo © entre la tangente en n y la
horizontal será, para el tramo n,

Maly, Modo, Ante
ser, 6x, ‘Ral, >)
y para el tramo n + 1,

Aretes 4 Maleza Mo

dns
med, * 361, * oxi, TO

(119)

de

103. 196 RESISTENCIA DE MATERIALES

Sustituyendo en la ecuación (a),
Muda + 2M y+ ba) + AN
SA, SA GET En —B (120)
D
Si Ags by hs, representan las alturas de los apoyos
n— l,n yn + | respecto a una línea horizontal de referencia,
se tiene

nt,
Sustituyendo en (120), so podrán caleular fácilmente los mo-
mentos flectores.
Problemas

1. Determinar Ton dingramas de momentos flectores y fuerza cor-
tante eo una viga continua do tros tramos iguales cargada de modo
uniforme con una intensidad q (Fig. 179).

ZI fron del segmento. parabólico w

2,08 _ ale,
ME
EX centro de gravedad está en ta vortical del centro del tramo, a
en tym by = À
Sostituyendo, en la ocación (118) so obtienes
Ayala + Mallat hae) + Maple = ens", as

CASOS HIVERESTATICOS EN La LESION 197

Aplicend esta ecuación a nuestro caso (fig. 170) para los tramos
primero y segundo, y teniendo an cuenta que en el apoyo 0 el mo-
mente fleotor as 0010, se tendrás

sara mu E,

o
Por las condiciones de sismetria on ovidente que My = My.

Por consiguiento, de (2) 20 deduce que My

EX diagrama de muuientos foctoras so rauestrs en le figues 170 (a)
por medio del área myuda. La

reacción on el apoyo dan
eel

ho

hs

La reacción en el apoyo 1 se

ame

Es diagrama de fuerza cor. He, 180
tanto está representado en lo
figura 179 (#). E) momento máximo se presentará donde la fuerza cor.
tante sen coro. EI momento flootor méximo en valor absolute se pro
santa en los apoyos intermedios,

2. Encontrar la oxpresión de! segundo miembro de la scuación (118)
‘cuando existe una carga concentrada en el tramo n y está descarado
el tramo m+ 1 (fig. 180),

Solución: En esto cas, A 0 1 in da rito d trs Pes =

y de base lps por consiguiente, Au =
Sastituyendo en (118), tenemos
a +2 Ma e la) Malan =

Pana,
?

2

3. Determinar los momentos flestoros y las reacciones cu los apo-
os do la viga continue representada en la figura 181.
2

or lin.
Pro. 181

Pespuesta; My = — 462 toneladasoma My = — 112.2 toneln-

dax:sra, M, = 49,5 toneladas.om. Las renceiones son: By ~ — 0,386

toneladas; E = 2,00 toneladas; Ry = 6,22 tousladasy Ra = 3,76 tor

104. 198 RESISTENCIA DE MATERIALES

meladas; Ry = — 0.278 toneladas, Los momentos en los apoyos son
hegativos y producen, al floxar la viga, convexidad hucia asribo,
4. Dibujar los diagramas de momento flector y fuerza corlunte

rra la siga continua representada la Fgura 18 (a) <i ql m À
Blu: et cu, arg enla vien conjugada paca el pi

mer tramo velo 4, = #8

5 Para el segundo temo, Ay == 0, y pura el

ercer tramo,

As

Pew
E

de donde
4, “
Mn Me

Ambos momentos son negativos y, por tanto, of diagrama de mo:
menton flectores será el de la figura 182 (D). Para obtener el diagrams
e

y
ES u
€) +
a

de In fuerza cortante hallaromes primeramente Ins reacciones en los
apoyus de los distintos tramos (ecuncién 119), considerando los ten.
‘mos como vigas independientes. Las reaociones en los spoyos 0 y 1 del
Primer tramo de la viga som:

CASOS MIPERESTÁTICOS EN LA FLEXIÓN 199

Las renociones on lot apoyos 1 y 2 del segundo tramo de la viga sous

ZA + ESTAN

PTT = 0,005 ot

on or ayas 2 y 3 alter tame,
Pelea y Bld

Conocidos estos olommentos, puede construirso el diuguma de ia
Suesza costanto xoprosentado on In figura 182 (e).

A

5. Determinar el dingrama de momentos flectores para el caso do
o figura 188 (0.
Solucion: La souación (118) para ete coso da
MI 44M + ed
Ahora bien, My = — Po y la condición de extremo empotrado
(apoyo 0) da (euncionen 103 y 104%:
afd | Mi
ste
Del sister que forman las tres ccvaciones planteadas so obtieno

1 er ms
My PG Mint ÿ Per Man Pa

Fi diagrama de momontos lectores está representado en la gure 183.8),
5. Determinar los momentos flectores ea los apoyos de uns viga
continua con sicto tramon iguales, orando está cargado el del centro
con una euega uniformomente repartida de intensidad 9 y todos los
demás descargados.
Respuesta

My = Mia

105. 200 MESISTENCIA DB MATERIALES

3. Une via contin cote tamos pnd a m.
enue Cease on tr, Dias ganas de
an Y moment Mec ag à ee

D Runtime 5, friend go tbe tla a en
ct um sume uo meseta prin de natal ano f

Dibujar el diagrama de fuerza cortante para esta solicitación.

CAPÍTULO VIT

VIGAS DE SECCIÓN VARIABLE. VIGAS
DE DOS MATERIALES

46, Vigas de sección variablo.—En los estudios realizados
hasta ahora todas las vigas consideradas tenían forma prisma.
tica, Un examen más detenido de los problemas muestra que
Ins ecuaciones (36) y (57), obtenidas para las barras pri-miéticas,
pueden usarse también con suficiente aproximación para piezas
de sección variablé con tal de que la variación no sea rápide
Los casos de cambio brusco en la sección, en
los que se presentan grandes concentraciones ad
de fatiga, se estudiarán en la Segunda parte, SEE

Como primer ejemplo de viga de sección yf"
variable consideraremos la deformación de” #—!—«
una ménsula que tiene la forma de sólido de Fro, 184
igual resistencia, ea decir, una viga tal que
el momento resistente de su sección varía a lo largo de la viga
en la misma proporción que el momento flector. De este modo,
tal como indica la ceuación (50), (Js, permancoo constante
a lo largo de la viga y puedo tomarse igual a c,. Esta condi-
ción significa un ahorro de material, pues cada sección recta.
tiene solamente el área necesaria para satisfacer las condicio-
nos de resiatenci

Para un simple voladizo con la carga en su extremo (fig. 184)
el momento fector en una sección a la distancia z de la carga
es numéricamente igual a Pz. Para tener una viga de igual ro-
sistencia, el momento resistente de la sección deberá ser tam-
bién proporcional a z, Esta condición puede antisfacorse de di-
ersos modos,

106. 202 RESISTENCIA DE MATERIALES

Consideremos yrimeranente ol caso do sección rectangular
de ancho comante 6 y altura variable. Entonces, por dein
ción de viga de igual resistencia, ee cumpli que

MOP on

wm
donde hy eu In altura de In viga en el tree exapotrado, Por
consiguen,

const.

wal,

1
Lo que nos dice que la altura varia en este caso según una
ley parabólica. En el extremo cargado, el área de In sección recta
es mula. Obtenemos este resultado por haber despreciado la in-
fluencia de la fatiga cortante al establecer la ecuación de la forma
de igual resistencia. En las aplicaciones prácticas, estas fatigas
se toman en consideración modificando la forma anterior en el
extremo cangado, a fin do tener área suticiente para transmitir
In fuerza cortante, Le fecha de la viga en el extremo será
(ecuación 93):
"Prt y, PDA app
TAN Yale = sur,
donde 1) = FS
tremo empotrado. Comparando esta formula con Ja ecuación (95)
o ve que la flecha ahora es doble que la de una barra prismática
de la misma rigidez a la flexión El, y sometida a una carga
igual. Es decir, la barra tiene la misma resistencia, pero no la
misma rigidez, que una barra prismática,
Veamos ahora el caso en que conservamos constante la altura
de Ja sección y variamos su ancho 6—fig. 185 (a), (b)—. Se tendrá.
M_6Pz_ 62
Z bie bgt!
y le viga tendrá la planta triangular de la figura. Como el mo-
mento resistente y el momento de inercia de una sección eual-
quiera crecen con 2 en la misma proporción que el momento
Hector, además de ser constante, (0,Juas lo será también la eur-

aan

es el momento de inereia de la sección en el e;

VIGAS Dp SECCIÓN VARTATER 203,

ventura de hn elästien (ecuación 56) y la magnitud del radio de
curvature se deducirá de la expresión siguiente (véase ecun-

ción 56):
AE.

(G2) mix = fe)
de círculo puede tomarse para fle- hr
“¿has pequeñas ignal a. ia
I
En om u
LA T ih
B= (Omar o
(ave y y (128) E
FS

tipo de voladizos de igual resisten-
cia la flecha en el extremo varía como el cuadrado de su lon.
gitud y en relación inversa de la altura,

Esios resultados pueden utilizarso para el cálculo aproxi-
mado de fatigas y flechas en un muelle de ballesta. La planta
triangular anterior se divide en tiras que se disponen como in-
dien In figura 185 (8), (0, (2

La curvatura inicial y el rozamiento entre las hojas de la
ballesta se desprecian en una primera aproximación y la ecua-
ción (125) puede considerarse como suficientemente exacta 1.

La teorfa de la viga conjugada puede también emplearse
para el cálculo de la deformación de vigas de sección variable.
Recordamos a este efecto que la curvatura de la elástica en eual-

3 Bata solución fué obtenida por E. Phillips, Annales des Minen,
gol, 1, págs. 199-330, 1852. Véase también la History of Blaeticiy de
‘Painter and Pearson, vol 2, parto Le pág. 330. y Thcorte der Biegunga.
and Torsione-Pedern, v. A. Caigllanos Win, 1888, El oeto del
!oramiento entro Ins hojas Tué distutido por ©. Marié, Annales des
Minen, solo. 19, 1905 y 1000. D. Landau y P. MT, Bury han invest
ado Ih datstbuctén de la car entre las diversns hojas de la Dallste
on. of the Franklin Ins. vols. 185, 180, 187). Una bibliografia
Complete roforonte a resortes hu sido Publicada por la Amer. Soe
Mech. Eng, New York, 1087. Véase también el bro de 8. Gross y
"Lehr, Die Peder, V. D. 1. Verlag, 1995.

107. 208 RESISTEN

LA DE MATERIALES

i retó cin Be es
to de la rigidez a la Mexión ET, es equivalente en cuanto a defor-
‘poate tt aca ori, cp
seaman doa ee Sal ade die
en made vats a nese
nen een

la rolaci

1, to it nd sl in qu

2 considera e I, el momento de inercia constante de una barra

prismática de cusa deformación
so deduce la de la barra de sección
variable.

Sea, por ejemplo, el caso de
determinación de deformaciones
en un eje cireular (fig. 186), exe
yas secciones tengan dos diäme-
‘ros diferentes. Sean I, © I} los
momentos de inercia de dichas secciones, y P la carg

La reducción al caso de un eje circular cuya sección conse
tante tenga por momento de inercia Jy se hará del modo si
guiente: La viga conjugada 4, se supondrá cargada con la

Bo. 186

carga representada por el área rayada en lugar de con la carga :

triangular 4,C, 2. El área rayada se obtiene multiplicando las
ordenadas del diagrama correspondiente a la parte central del

olor a ación La ris de Bach y gon pudo

hacerso ahora como en el caso de barras prismáticas, en función
de los momentos flectores y fuerza cortante de la viga conju-
gada divididos por ET.

Deberá señalarse que en el caso representado en la figura 186

Abo Use en ime de eo qe ee gara de à

los apoyos origina fatigas locales en esos puntos. Este fonómo-
no no tiene influencia en la deformación del eje con tal de que la
diferencia de diámetro de las dos partes sea pequeña comparada
con las longitudes de las mismas. EI método que acubamos de :

VIGAS DE SECCIÓN VAMABLA: 205

exponer puede aplicarse también al caso de vigas en T compues-
tas de sección variable. Sea la viga de la figura 187 apoyada en
sus extremos y sométida a la acción de una carga uniformemento
distribuida. El momento flector disminuye desde el centro a=

Za

Foo, 187

cia los extremos y la viga, y, por tanto, au peso puede reducirse
disminuyendo el número de palastros en las alas, tal y como es-
quemáticamente indica la figura, La deformación de una viga de
esto tipo puede calcularse tomando como patrón el momento de
inerein de la sección central. La carga para la viga conjugada,
en lugar do ser una simple parábola, será el diagrama rayado de
la figura 187, en ef que las disminuciones de sección han venido
acompañadas de aumentos en las ordenadas del diagrama en la

Loe
relación Zi

Problemas.
1. Una hoja do acoro de 1a forum indicada on la figura 198 está
"empotrada en un extremo y cargada en el otro von una fuerza P. De
terminar la flecha en el extromo si la longitud es 2, à el uucho y hei
grueso de la hoja
Soluciôn: La flecha constará do tres partes:

sa le Pe
Le da soy, + gr, oct on B,

a ye EE
2 me ite at giro on By

35 dam gy, Sesh debida a la flexión dota parte 80 de hoja,

La ech total oo
Bm Tt oy

108. zu RESISTENCIA DE MATERIALS

2. Resolver pl problems anterior, suponiendo,

= 25 6m, 0 = 7,5 cm, P == 500 kg. y ene => 5.000 kg. Jem

3. Determinar al ancho d de una balicata de coche (Bg. 180) y su

Mecha, si Pm 3.000 kg, A= 12 ma, £ = 00 exe, 05 = 5.000 kg/m.

y el número de hojas n = 10. ;
Solución; Considerando las hojas do la ballesta como sepacudas do.

‘una placa teiungular —fig. 189 (su Satign sor

p a
ga nc, ee ie
A un
r
Y A x 1 em
| de por cts 9 on
10, 188 om ote om,

4. Comparar la flecha en el centro y el giro en las secciones ex-
rocas del ejo de la figura 186 con los de un eje dela misma longitu,
pero de sección constante, cuyo momento de inercia fuces igual m Ty,
omese Lys Le ~ 2.

Solución: Debido a la muyor rigidez do la parto contrel, los giros
en los oxtrornos del ejo representado en la figura 180 serán menores que
los quo ienon lugar en el je eilindrico y estarán en la misa relación!
quo el dran rayada de la figura y el área del trióngulo 4,0, By. Para los

valores dados, la relación an 21

Las flechas en el centro do ar
bos ojes estarán on la relación do os
momentos produsidos por «1 área
myada y por el triängulo AO, By.
u »
Lota relación valo Y,
5. Une vign apoyuda on sus ex.
remos está cargada tal como indica Ja figura 159. ¿Cómo dobe variar su.
alturn I pare tener In forma ce igual pesistencia si el ancho 5 de la s00-
ción rectangular pormuneco constunte à 10 largo de la viga?
Respuesta:

co 5
Fra, 189

mii %)

6, Determinar flecha de una hoja de ucero de 12 mm. de gruesa
‘ici 190), bajo la acción do la carga P = 10 kg. en el centro.
Solución: Reduciendo al problema al de ta flohi de ue hoja do

VIGAS DE SECCIÓN VAMIANTA 207

ancho constante e igual a 10 em., al área de momentos fin pase esto
vaso vendrá representada por el trapecio adeb y se obtienes

mo
IA

donde T, ex al momento de inercia en ol centro. El valor numérico de

la flecks so caleularé añora flcilmente.
7. Determinar la ficeha máxima de
vna ballesta (fig. 188) si Le 90 om. 2
hm 125 mm, B= 2 x 10 kpl,
2 = 4.000 kgz.fom.*.
Respuesta
Bu 12,95 em,

8. Un viga rectangular eimplemen:
te opoyada sufre una carga P que se
mueve a lo largo de la Ine. ¿Cómo deberá
ar la altura À do la viga para que dota Fra, 190
tenga la forma de sólido de igual reisten.
ia si el ancho D de su sección recta que tiene la forma de rectángulo
permanece constanto a lo largo de la viga?
Solución; Para una posición dada de la carga, el momento méximo
scontecs bajo aquélla. Representando por la distancia de la care
I punto medio do ia luz, el momento flector bajo la carga os

TO)

La altura À que en este punto debe tener la viga viene dada por la
cunción

de dondo,

Fa deco. que en eto aso la altura dela ví
es lol viga varia vg an Ie
“elíptica, siendo los semiejes de la elipse. ns ”

by VE

109. 208 RESISTENCIA DE MATERIALES

e: Dear dos aos de pointe plo sa
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Sn ma fn PS oh Dm

Satin: 8 atm
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a traps
See y ia aoe

ac
e) ‘Tendremos:

oy srt ay

Pll 2
a de donde =

apio sena a

fuerzas iguates a P en los puntos O y
nn PL
uE.

— en le pric-
41. Vigas de materiales diferentes.—Hay casos en 1
tica en los que se emplean vigas formadas por dos o más mate-
riales diferentes. La figura 192 (a), representa un caso sencill
fe trata de una viga de madera reforzada 54 ira

a ea 1 1
See cs |
Mos
ee
ee mn ao mund
dene alee nine
eier
ne

por una lenta de acero sujeta con pernos. fig me

alt:

VIGAS DE SECOION VARIABLE 209

ro, tal como indica In figura 192 (0). Para mantener constante

el momento de las fuerzas interiores, dada una curvatura, es do-

cir, establecidos un alargamiento y una contracción, el ancho by

del alma de acero equivalente al ancho 6 de madera que tene-
mos deberá sor

b => 2 (a)

er (a)

-De este modo, el problema se reduce a In flexión de una vigu

toda ella de acero y sección en T. Consideremos, como ejemplo,

una viga apoyada de 3 m. de longitud y cargada en su centro

con 500 kg. Las dimensiones de la parte de madera de su sec-

ción recta son 6 = 10 cm. y k= 15 em., y por el lado conveso

2,5 om, de ancho y
1

está reforzada con una llante de acero

12,5 mun. de grueso. Suponiendo que

empleando la

ecuación (a), la sección equivalente será un alma de 15 x 0.50
y un ala de 2,5 x 1,25. Las distancias de las fibras más alejadas
de la tinea neutra —fig. 192 (5)— son Ay = 6,35 em. y hy = 9,00
centímetros. El momento de inercia respecto a la línea neutra
es 1, = 287,9 eme, por consiguiente, las fatigas en las fibras
extremas serán (ecuaciones 61)

180.000 x 6.33 _
$x 3819

Para obtener la fatiga máxima de compresión en la madera

de la vigo primitiva se multipicaré on por Y= Le
Como otro ejemplo de fexién de una viga formada por dos
atariles diferentes consideraremos el caso de una pletina cons.
tituída por la soldadura de otras dos: una de acero al níquel y
la otra de metal Monell (Hg. 193). La flexion do la pletina an
formada por la acción de fuerzas exteriores puede analizarse
del mismo modo que el problerna anterior, siendo solamente ne

siendo Eu y E, los módulos de

cesario conocer la relación

110. EU TONSISTENCIA DE MATERTATS

elasticidad del Monell y del acero. Consideraremos Ia fexión
debida a un cambio de temperatura. El coeficiente de dilatación
del Moneli es mayor que el del acero al níquel, y cuando crece.
la temperatura la pletina se flexa, originando concavidad en lu
parte del acero. Este fenómeno de flexidn de las pletinas bi-
metálicas por el cambio de temperatura se utiliza en aparatos
«diversos aplicados a la regulación de la temperatura 2 (termos-

tte) Se À spin d cda plains Ie anche 1. u

mento de temperatura; r, el radio de curvatura; i y 2, los 000
ficiontes de dilatación del

lm ef, acero y del Monell; Balas
“e y 3] la rigidez a In flexiôn de la
a ag pletina de acero, y Ef,

2 la rigidez a la exién do la

1 q Ps de Monell. Cuando la tem-
ae Py peratura aumenta, la ple-
nu tina de Monell, cuyo coe-

Fea, 198 ficiente de dilatación es el

mayor, queda comprimida
y. en cambio, la de acero queda extendida. Considerando un
elemento de pletina separado de la pieza. por dos secciones ad-
yacentes mn y myn, —fig. 198 (c)—, las fuerzas internas ligadas
a la sección de acero se reducirán a una fuerza de extensión Py y
a un par M,. Del mismo modo, para el Monell, las fuerzas in-
ternas pueden reducirse a la compresión P, y ul par My Las
condiciones de equilibrio de estas fuerzas son: .

Paka?
,
Palit Me @
Empleando ls ecunciones
a, = El au, = Eels,

Y Véase publicación del autor en Journal of the Optical Soe. of
Amer, vol: 11, pág. 238.

VIGAS DE SBOOION VARIABLE an

y sustituyendo en (a), so tiene

&

Puedo obtenerse otra ecuación para determinar P y y por la
‘eondicién de que en la superficie de unión, ¢ — c, el alargamiento
unitario del Monell y dol acero deben ser iguales; por consi
uiente,

ETA
EN
ard »
da lt) eat ©

De las ecuaciones (b) y (e) se obtieno

a PIE D
sc Bale + Ent (2 + 2) = ad
Gala Kat (Fe) a 00
Sustituyendo en esta conación
us
hale = 115 2,
zy 115 Eu,
se obtiene In siguiente ecuación aproximada:
st
a, ©

y ahora, por la cons

o,

pe 3 7

P= tn Ulla + Bal Ho aa) {Est Bm) (f)
UL pp
2 à

Las conaciones (f) y (9) determinan P, My y By. La fatiga
máxima on el acero so obtieno añadiendo a la fatiga de extensión

Me

m

producida por la fuerza P, la fatiga dobida a la curvatura À:

la + Ena +
16

111. aa ASISTENCIA: DE MATERIALES

Suponiendo, por ejemplo, que ambos metales tuviesen el
mismo módulo E, ve obtendría
LE

Sr
o, empleando la ecuación (e) %,

Ama = Ellen a.

Para B= 2 x 10% ky.jem., t= 200° Cy an — 2 = 4x10
so obtiene
Gnas = 800 kg fom

Le distribución de las fatigas debidas al calentamiento wo
ve en la figura 193 (0).

Problemas

Hallas el momento flestormnbxino quo debe leiter aa viga de
ung era conan aa da ee dela figure 1.0 Be Me,
Bee 20 em. y el spas de la anta ce 12 mm. Supéaguse Eu 10
am Bu 2 9 10 ka 100 fo, par de Mader,
yore 1200 Kg fem pars el acero

"2, Supéngase que la viga de mudera del problema anterior está
ete en ere superior con un lana de acero do Sam. de anche
SE Em de eran y en ao cion cn ie de 13 e. de anche
3 TP an, do ru. Gelee suponiado los mimos valores quo an
Lomme perm B yy al somo str máximo que debe solicitar
aa pletina bimotéion tiene una longited E = 2,6 om. Hallar
In fecha on a contro producido por un aut de trperatam ial
À 200 grades comidos st Lo = 115, Ba ¥ au se 8X 10-%

48, Vigas de hormigón armado.—Conocido es por todos que
Ja resistencia del hormigén a la compresión es mucho mayor que
a la extensión. Por consiguiente, una viga rectangular de hor-
migén puedo flexars sólo débilmente debido a ls fatigas de
extensión que te presentan en su cara convexa y que solament
pueden alcanzar valores reducidos. La viga puede deformarse

en mucho mayor grado, disponiendo barras de acero en el lado |

Y Hata couación vale también para Fa = Emp

VIGAS DE SPOCTÓN VARIANT 215

convexo, tal como indica la figura 194. Como el hormigón se
adhere fuertemente al acoro, no hay deslizamiento de un ma-
teri con relación al otro durante la fexión y puede aplicarse
a este caso Tos métodos aplicados en el pérrafo anterior para el
cálculo de las fatigas de flexién, En la práctica, la sección de
“coro que so pone en la viga os tal que la resistencia la exten-
sión del hormigón en el lado convexo se extingue antes de que
el acero alcance el punto de

Auenein, y para cangas mayo- 7
res prácticamente el acero re- #?
sistotodoclesfucrzo deexten- À

sión. Por consiguiente, para [2220
los cálenlos prácticos de fati- Fi. 104

gas de flexién en vigas de :
hormigón armado se acostumbra a suponer que toda In traccién
la absorbe el acero y toda la compresión el hormigón. Reempla-
zando Is fatigas de extensión en el acero por su realtante À, la
distribución de fuerzas interiores en cualquier sección mp será
la de la figura 194 (5. Suponiendo, como anteriormento, que las
secciones permanecen planas durante la flexion y representando
por kh la distancia de la Ifnea neutra nn a la cara superior 1, la
contracción unitaria del hormigón ey y el alorgamiento unita-
rio ¢, de las barras de acero vendrán dados por las expresiones
siguientes:

ès

M

(a)

El hormigón no sigue la ley de Hooke y su diagrama de com-
presión tiene forma análoga al de la fundición —fig. 2(b)—. A me-
dida que la fatiga de compresión aumenta, el coeficiente angular
de la tangente al diagrama disminuye; es decir, que el módulo
de elasticidad del hormigón disminuye con el crecimiento de la
fatiga. En los cálculos prácticos de flexión en vigas de hormigón
armado se acostumbra a suponer que le ley de Hooke es válida
para el hormigón y se compensa la variación del módulo toman-
do para él un valor mis bajo que el deducido en los diagramas

© fees un factor numérico menor que lo unidad.

112. a4 RESISTENCIA DR MATIAS.

de ensayos cuando las fatigas son pequeñas. Las normas alee

= 15. Las normas italianas

monas 6 inglesas suponen que 7,
atribuyen a esta relación el valor 10. De las cenaciones (a) se
deduce que las futigas máximas de compresión para el hormi-
són y de extensión para el acero son

=
Bu a= ab

10)

Ta posición de la línea neutra de la sección se encnentra es-
tableciendo que las fuerzas internas ligadas a la sección mp do-
ben reducirse a un par igual al momento flector. La fuerza de
compresión en el hormigón debe ser igual a la fuerza J en las
barras de acero 1, o sea

A @
2

donde A, es el ären total de acero en la sección. Empleando la

=m, y Mamando n a la relación

Gac as mas ne de

19201 — Be a
de donde _
kann + Vom Tim. (m9

Después de determinar la posición de la línea neutra por la
ecuación (124), la relación entre las fatigas máximas en el hore
migôn y en el acero se obtiene por las ecuaciones (6)

A

La distancia a entre la resultante R de las fatigas
de compresión y la fuerza interna extensora —fig. 194 (8) es

Be + apr pi} (196)

do acero corrientemente son

7 tas acciones rst de las Parma de acero erientementg en

pequeñas y por ello so emplea la fatiga
EE

VIGAS DE SECCIÓN vantınım 25

y el momento de las fuerzas intemas que ha de igualarse
fluor exterior M es

ar A
2
de donde
(an
(128)
Utilizando las ecuaciones (124) a (128) pueden calcularso

fácilmente las fatigas de flexión en el vaso del hormigón armado.

aim:
SER 15 y Ac 0408 8 us etna doo

nen neutra a la cora superior de la viga (fig. 194),
Solución: Sustituyendo on In ecvación (124) m = 15, 1 = 0,008,
vs obtiene & => 0,384, y la distancia podido sora KA = 0,854 h.

2 Déni um = de gn cta deta
are 0 son age nade een en ln
migôn es 51,6 kg./om.* y En

Solución: Por la vomeion (125), = 0,440. Por consiguiente (coua-
ción dy
u i
mim aq ay = 0012
3. Determinar la cuantía ny si la fatiga máxima do compresión
cn el hormigós es un veinteavo de la fatiga de extensión en el acer.
Respuesta:

na = 0,0107.
4. Sin æ 15 y la fatiga de trabajo por compresión en el hormi-
ón o 52 kgfem.*, determinar la carga admisible en ol centro de una
Viga do hormigón wrmeado do 3 metros de luz, apoyada un wis extsemes
y tal quo 6 = 25 cm., = 30 em, Aa — 0,0078 bi.
Solución: Por lu ceuación (124),

lo 18 x 0,00075 4 A/S ROUTE ENTERO — 0.414,
Obtenido E, la cevación (128) da My; == 208,750 lg.jem, y la
cargo adonisjble rá.

113. 216 RESISTENCIA DE MATSBIALES

5. Calcular el momento máximo de trabajo para una viga de hor-

ein anda à 02 20 ms b= 30 omy de o BE

y o fntign do trabajo para el nero es 1.200 ky. feo.* y para el horpuigón,

M = 2.400 m. ke.
5. Detorminar el valor de F para el que Tas futizas de tmbajo ad-
misibles para el acero y el hormigón ss alcanzan simultänenmente.
"Solución: Sean ey Y sa Ins fatigus admisibice para el hormigón y el
cero. Tomando esta relación por las ecuaciones (0) y cuisiderande ch
valor absolute, se tic

de donde

site via mises cta consi. e disque rire ss por

a nnd cuado e ii el or

dr ah
A m À ie = HUE mie

kam yn = Bt = 15.
Sotueién: Por la formula del proberaa anterior se obtieno
bm 0,440.

Sustituyendo on la ecuación (4). se obtieno

mm = 0012,

3. Proyectar una viga de 25 em. de ancha solioitada por un mo:
Es

mento do 8.975 m. kg si 94 = 00 kg fom.t, = 960 kg erm. y gi = 12.

Hallar ln altura À y le sección de hierro 4,- Supöngase que el reforzado
es perfecto, como on el problema 6.

40. Fatigas cortantes en vigas de hormigón armado.
Usando el método dol articulo 26 y tomando en examen el ele-
mento mam,n, comprendido entre dos secciones adyacentes
mp y mp, (fig. 195), se deduco que la fatiga cortanto máxima

8, actin sobre la superficie neutra rm. Representando por AR |

VIGAS DE SEOOION VARIABLE ar

a diferencia entre las fuerzas internas totales de compresión on
el hormigón ligadas a las secciones mp y mp, la fatiga cortante
Say ligada a la superficie noutra se encontrará por la ecuación
de equilibrio siguiente:

Calabre =
de donde
dns = @
Puesto quo el momento flector es
M = Ka,
In couación (a) se puede escribir
(0)

donde V es Ja fuorza cortante correspondiente a la sección
considerada. Mediante la ecuación (126), la expresión unte-
rior de la fatiga cortante se trans-
forina en la siguiente:

sy
Mai"

(29)

Calar

En los cálentos de aplicación ti Bio un
ne importancia no sólo exta fatiga
cortante ligada a super neutra, sino también la fatiga cor-
tante que 5 desarrolla en la super de contacto del hormi-
ón y el acero, Considerando nuevamente las dos seccionee ad
Jacente de la Ggura 195, ln diferoncia de las fucezs de esten
sión en ei dos occiones es

ar = YE

Esta diferencia se equilibra con Tas fatigas cortantes distri
bnídas sobre la superticie de las barras. Representando por À
18 superficie lateral de las harras de acero por unidad de loos;

114. 218 EESISTENCIA DE MATERIALES

tud de la viga, la fatiga cortarto ligada a la smporticio de las *

barras sera

(130)

Esta fu iga será mayor que la correspondiente a la supor-
css neutra focuación 129) si À es menor que b. Para aumentar A

sin necesidad de variar ta sección total de acero que se intro- |

duce on la viga, basta aumentar el número de barras y distni-
ux su diámetro.

CAPÍTULO VIII

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN.
TEORÍA DE COLUMNAS

50. Flexión acompañada de tracción o compresión.—Su-
pondremos en lo que sigue que la barra prismática está car-
gada con fuerzas situadas en uno de sus planos de simetría,
pero que así como en todo lo anteriormente expuesto las fuer-
‘as eran transversales, ahora pueden tener componente a lo
Jargo del oje de la barra, Un caso son-
de este tipo es el mostrado en In
figura 196, que representa una colum-
na cargada con una fuerza inclina-
da P. Esto fuerza se descompone en
‘una transversal N y otra longitudi-
val 7 y se supone que la columna es
relativamente rígida y toma una fle-
cha tan pequeña en la flexión que
pueden despreciarse las fatigas de esto
género que produce la fuerza T al Fro, 196
lado de las correspondientes a la N.
Por consiguionte, la fatiga resultante en cada punto la obten-
diremos superponiendo a le fetiga de compresión debida a la
fuerza 7 la fatiga de flexión que corresponda a la N. El caso de
una columna poco rígida, es decir, flexible, en la que por ser la
fecha considerable —fig. 198 (0) — tiene un efecto apreciable
la Nexión que produce la fuerza 7 so verá más adelante (véaso
artículo 53). La fatiga debida a la fuerza 7 es constante para

siendo A el área

todas Ins secciones de la columna e igual a 4,

115. 220 RESISTENCIA DR MATERIALES

de In sección recta. Las fatigas de flexión dependen del valor ©
del momento que, como sabemos, varía desde cero, para la cu-
beza de la columna, a NJ en la base. Por consiguiento, la sec-
ción más castigada es la de empotramiento y en cila la fatiga
para un punto a la distancia y del eje z es i

(@

Suponiendo, por ejemplo, quo la sección recta de la colum-
na es un rectángulo 6 X A, con el lado A paruielo al plano de
flexiôn, se tendrá
os

La fatiga de compresión máxima se presentará en el punto » 7
y vale

CE

Esta fatiga es numéricamente la mayor,
En el punto m só tiene
em_r
one th

Cuando la fuerza P no es paralela a uno de los dos planos
principales de flexión, las fatigas de flexión producidas por la
componente transversal N se encuentran descomponiendo N en
dos componentes paralelas a dichos planos (véase artículo 38). |
La fatiga resultante en cualquier punto se obtiene superponion ~
do dichas fatigas do flexión con la fatiga de compresión produ-
cida por la fuerza longitudinal,

(Gauss

Problemas

1. Determinar la fatiga máxima de compresión on ex colurmnas de |
mas de la figure 197. Sa altura ea 6 m. el diámetro 20 cm. ylacarı +
ga P on el hilo ABC, 30 kg. La fuerza de extensión on cada cable DF ©
8 = 600 kgs tga js wen B= by DE 48m,

Solución: Las componentes de la fuerza en el alambro BO —figura
197 (0)— son Ny = 160 hg, 7, = 15 kg. Las vompononten dela fuerza on

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DR TENSIÓN O COMPRESIÓN 221

el enblo DF son Ny => 100 kg, Ts = 490 kg. El momento flector máximo
úsconsece eu el extremo empotrado y vale Mis = 45,000 kg. om. El es

Laa, 197

Guero Tongitudinal do compresién para dicha sección es Ty + T = 605
kilogramos, La fatiga de comprosién máxima es
4% 605 32 x 45.000
= ae
2. Determinar la fatiga máxima de extensión en la viga rectengu-
lar do madera de la figura 198, si S= 2.000 kg., b = 20 ena., h = 26 em,
Respuestas

w= 58,98 ke. Jem.

6x 180 x 500, 2.000 si
(oan Erle

8. Determinar In fatiga de compresión máxima en la estructura
ABO (fig. 199). La carga P vale 1.000 kg. El nudo B es rígido, la ar.

rtm La 580.
Fic. 198

Fro, 199

en A, fija, y ol apoyo O es una articulacién móvil. La see:
ión recta de las barras AB y BO es cundrada, de 25 X 26 om.
Respuesta:

SLA ER | Vous

i si ay ai a MA ape aa mL ee
4,5 m. do altura y sirvo para contener ticrras (fig, 200). Determinar
5 m. do altura y sirvo p Die
fatiga de compresión máxima en la base si su peso es y =

y la presó do I ta DDR ug, por mt de pad, La dit.

116. 222 RESISTENCIA DR MATERIALES

ción de la presión de las tierras u lo lurgo de la altura dol muro sigue
‘uns ley lineal representada por la recta AB.

25.000 x 4,5 % 1,8 80,000 > 6 X 190
ATTE x 180 x 100
= —1,25— 1,54 = — 2,79 kg.jem.*, La fatiga en

— 1,25 + 1,64 = 0,29 kgjoma
5. Determinar ol ospesor de In pared en ol pro
blema anterior para el que la fatiga en rn ca polo.

Respuesta: 2 metros.

6, Una columna circular de 1,80 m, de altu-
ru (Fig. 196) está solicitada por una fuerza 2, cuyas
componentes Ny 7 son iguales y de valor 500 kg!
Mallar of diámetro de la columna si la fatiga ında
ima por compresión no debe sobrepasar los
80 kg./em?.

7. Hallar cic Y omic om la sección contral do
la barra BO (fig. 199), si cn lugar de la carga cons
centrada P obra una carga vertical q = 7 kg,/cn. distribuide a lo largo
del ojo ABE.

$. Una barra circular AB articulada cn B y apoyada en un plano
vertical pulimentado (sin rozamiento), por el otro extremo À está au.
licitada por su propio peso. Determinar la po:
sición do la sección rect mn (fig. 201) para la Man
que aconteco la fatiga de compresión müxiınu.

Respuesta: La fatiga on m = —

Solución; Sean 1 la longitu do la lava, 4
su peso por unidad de Jongitud y = el ángulo ”

do Inhnneisn con la hociontal Ta rence

on À es Bm Coot « La Suorza de compresión

purs una sección Cualquiera mn an distancia yop

Bde À es g x sen a + wie
7 +3 Gena

fet nb mia cin vl lo 2

+; el momonto

tiga de compresión máxima sorás

Au feme

donde d es el diámotro de la barra.
Léuslando u coro la derivada de esta expresión, se obtiono

Lia
crs

de | loony fes »

La columna de la fignea 196 tieno 1,80 m. de altura y 30 em. de
diámetro. Determinar la magnitud de la fuerza P si sus componentes
A y Poon iguales y la futiga máxima de compresión en nes 80 kg.jem %

FLEXION ACOMPAÑADA DB TENSIÓN Y COMPRESIÓN 223

Respuestas
P

10. Una fuerza P produce flexión en la barra ABC, empotrado
en A (fig. 202). Doterminar el ángulo que en la doformación gira la
sección en 0, silos momentos flectures en.

À y B son iguales en valor abzoluto y de
sign contrario.

Solución: De la igualdad de los mo
mentos flectoren en À y B so deduce quo
In fuerza P pasa por ol punto medio D de
la barra AB. Por cousiguionte, P, = el
y pueden enleularee P y Py. El giro do
ln sección en B en el sentido de las agujas.
del reloj, dobido a la floxién do la parte AB por la acción de la com-

ova PL it o's:
Fa
tron dido le componento P, en ZE E gio doi sin en

1.030 ke.

A!

Tia 202

O respecto a la sección on B, en santido contrario a las agujus del reloj,
debido a la floxiön de la parte BC do la bara os PA. HI ángulo gira-
do por el extremo O en sentido positivo ser, por consiguiente,
Pye Peal Paat__ Past,
Si AT TEE ~ Per
51. Cargas exeéntricas en cuerpos de poca esbeltez.—La
carga excéntrica es un caso particular de la combinación de
fatigas de flexión con las de tracción o compresión. Cuando la
longitud de la barra no es muy grande comparada con sus di-
nicnsiones transversales, su flecha es tan pequeña que puede des-
preciarso comparada con la excentricidad inicial e; por consi-
guiente, puede utilizarse el método de superposición 1. Sea, por
ejemplo, el caso de compresión por la acción de una fuerza lon
gitudinal aplicada oon la excentricidad e (fig. 203) en uno de los
dos planos principales de la barra. Introduzcamos ahora. dos fuer-
zas iguales y opuestas de valor P aplicadas en el centro de gra-
vedad O de la sección. Puesto que estas dos fuorzas introducida,
tienen resultante y momento nulo, el problema no ha cambiados

% Pora ol caso de cargas oxcóntricas on barcas largas, vésso ar-
tículo 63. dés) SE

117. 224 RESISTENCIA DE MATERIALES

y de este modo tenemos sobre la succión una fuerza P que pro- |

duce fatiga de compresión directa —£, tal como indice la fa. *

ra 203 (6) y un par flector en uno de los planos principales, de

valor Pe, que produce fatigas de flo- |

2

Ir = xión — PX distribuidas tal como indi-

ca la figura 203 (0) La fatiga total seré,

H
IR. Porconsiguionte,
« Epa

(a)

OAT

4 El dingrama de distribución de esta
fatiga total so vo en la figura 203 (d).

= Se supone que la fatiga máxima de fle- |
La xién es menor que la fatiga constante +
Fro, 203 de compresión; por consiguiente, las fa-

tigas totales serán de compresión para
todos los puntos do la sección. Si la fatiga máxima de flexión
es mayor que la fatiga constante de compresión, hay una linea
de fatiga nula, paralela al eje 2, tal que divide a la sección en
dos zonas, de las cuales la de la izquierda trabaja a extensión
y la de la derecha a compresión. Para una sección rectangular
de lados A y 6 —tigura 203 (a)— la couación (2) se escribe

oR ape “
poniendo y = — ; so obtiene
»

Grau = — 2 + o
(a) a? U)

à

sutituyendo y = À
@

Se observará que cuando exh no existe cambio de signo

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN — 225

enla fatiga ligada a la sección; cuando e = : la fatiga máximo
de compresión (eruación e) es 7, y la fatiga on el Indo opuesto
de la sección rectangular es mula; y, por último, cuando ei
existe inversión en el signo de la fatiga, y la posición de la línea
de fatiga nula so obtiene igualando a cero la expresión (a'), con
lo que se obtiene

@

Representando por E, el radio de giro con relación al ejo 2
(véaso Apéndice), la ecuación (d) queda
a

gaa (131)
e

Se ve que la distancia do la linea de fatiga nula al centro de
gravedad disminuye a medida que la excentricidad e aumenta,

Un anélisis análogo al efectuado para
el caso de compresión sirve para el estu-
dio de la tracción excéntrica. La eoua-
ción (131) puedo utilizarse para secciones
de forma distinta de la rectangular, siem-
pro que el punto de aplicación de la car-
ga osté sobre uno do los ejes principales
de inercia.

Consideremos ahora el caso en que el Fro. 204
punto 2 de aplicación de la fuerza do
compresión P no está sobre uno de los dos ejes principales do
inercia de la sección, y sean éstos los ejes y y z de la figura 204.
Llamando m y n u las coordenadas del punto B, los momentos
de P, con relación a los ejes y y z, serán Pn y Pm, respecti
vamente, Por superposición, la fatiga en un punto cualquiera 4”
de la sección es

Q
en dondo ol primer término del segundo miembro representa la
futiga uniforme de compresión, y los otros términos las fatigas
de flexión producidas por los momentos Pm y Pn, respectiva-

atera Dy marges, — 2, 1 ES

118. 226 RESISTENCIA DE MATHRIALES

mente. Como indica la evnacién (e), las fatigas se distribuyen
según una ley lineal, La ecuación de la línea neutra, o de fatiga
nula, se obtendrá igualando a cero el segundo miembro de la
ecuación (e). Empleando la notación 3 Bo 4 = lg, donde
k, y ky son los radios de giro con relación a los ejes z © y, res
pectivamente, resulta

Haciendo on esta ecuación primeramente y — O, y después
= = 0, se obtienen los puntos M y N de intersección de la línea
neutre; con los ejes coordenados z e y (fig. 204), las coordena-
das a y r de esos puntos son

ms N
— 2 A 0)

De estas ecuaciones se obtiene

Estas eenaciones tienen la misma forma que las ecuacio-
nes (9), y de ello se deduce que cuando la carga actúa en el
punto 2" de coordenadas a y r, la línea
neutra correspondiente será la N'M' (re-
presentada en la figura con tinea de pun:
tos), que intercepta sobre los ejes y y 2
as longitudes m y n.

Existe otra relación importante en-
tre el punto de aplicación B de la carga

Fra. 205 y la posición de la linen neutra corres-
pondiente, y es la siguiento: A medida

que B se mueve sobre la línea BB, (fig. 205), la Knee neutra
gira alrededor de un punto fijo B’. Le demostración as como
sigue: Se descompone la carga en B en dos componentes pa-

ralelas aplicadas en B, y By. La componente en B, actúa '

en el plano principal 22; por consiguiente, la línea de fatiga

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN — 227

cero correspondiente es paralela al eje y, y su intersección
con OZ, deducida de una ecuación análoga a la (131), es

@ <

De modo análogo la línea de fatiga cero para la
componente en B, es paralela al ejo =, y su distan-
cia a este eje cs

a 10)
m, N

Para cualquier posición de la carga sobre la Ira. 206
línea 8, B, la fatiga en B' seré cero; por consiguien-

te, a medida que el punto de aplicación de la carga se mueva
a lo largo de la linea recta B, By, le linea de futiga nula corres-
pondiente girará alrededor del punto 2, cuyas coordenadas se
deducen de las ecuaciones (4) y (4).

Problemas.

1. El área de la sección recto de una barra cuadrada se reduce a
la mitad en lo sección mn (fig. 206). Determinar la fatiga uni we
extensión en esta sección producida por lu carga axial P.
Respuestas
2P Pack sp.
CRE

2. Resolver el problema anterior suponiendo que la barra tiene
una sccción civorda.

3. Una barra do sección en L está cargado oxcéntricamente con
las fuerzas P (fig. 207). Determinar las fatigas máximas de extensión

+
a 7 e
z Lee ZH
TFT SS
»
ra. 207

y compresión en la barra si d= 2,5 cm, A = 19,5 om, el ancho del
alu b= 12,5 om. y P = 2.000 kg.

“Solución: Las distancia del contro de gravedad de la sección en 1.
Ins caras inferior y superior son hy = 4,03 cm. y hy = 5,47 cm,, ross
pectivamente. La excontricidud de la carga oa # = 1,25 4 4,03 «> 5,28 cn.

El momento de inoreis, L, = 767.19 cuit,

119. 228 RESISTENCIA DE MATERIALES

Las fatigas do flexién son: i

P20 + ln _ 2.000 x 5,28 x 4,08
Come = TD

2654 kom,

2 x 628% 847 a
Guen A io em.
Combinändolss con la fatiga contente do extensión

P_2000 x
Farag = 95.2 kam,

ee obtiene, para la fatiga máxima de extensión, el valor 554 + 38.2

= 00,8 keg fem.* y pam la fatiga méxima do compresión el valor;
116,6 — 35,2 = 81,4 kg fom. j

4. Determinar la fatiga máxima de extensión en
la sección mn do la pinza representada en la Figu-

TP 13 208,6i P= 150 kg, 1 7,8 cm. y la sección recta.
es un rectángulo de 25 x 6.26 mm,

= 5 Respuesta:
2 Ama = 1.824 eg fora’,
= 5. Determinar of ancho de in sección mn del pro-
io, 208 Mom anterior, para que Gaux = 1.000 kg om. i
. 6. Hallar las fatigas máxima y mínima en ol ex |

tromo empotrado de la columna rectangular de la
figura 208, si b= 25cm,, k= 30em,, P = 2.600 kg. y las coordenadas
del punto B de aplicación de la carga (fig. 204) son m = n = 5 em.
Hallar la posición do la línea neutra.

52. El núeleo de la sección.—En el párrafo anterior hemos

visto que, para una pequeña excentricidad e, las fatigas norma- +

Jes tienen el mismo signo-sobre la totalidad de la sección de una
barra cargada excéntricamente. Para mayores valores de e, la
lines neutra corta u la sección y hay inversión en el signo de
lus fatigas. En el caso de un material poco resistente a la exten-
sión, tal como fábrica de ladrillo, es necesario determinar la
zona en la que puede aplicarse la carga compresora sin que so
produzcan fatigas de extensión en el material. Esta región so
denomina núoloo de la sccción. TI método de determinación del
niicleo se vo a través de los sencillos ejemplos que expondremos |
a continuación. E
En ol caso do una sección circular de radio R, se deduce por >
simetria que el núcleo es un círculo. El radio a de esto cfroulo
se determina por la condición de que, cuando el punto de apli- ;

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN 229

cación de Ja carga esté en el perímetro del núclco, la línea de
fatiga cero correspondiente sea tangente al perímetro de la
sección.

Recordando que el momento de inercia de un efreulo res!
pecto a su diámotro on T° (véase el Apéndice), y que, por lo
tanto, el radio de giro es ES se ‘reduce :por ig
ecuación (131) sustituyendo e por a y —y por E, que

B_R
see, 132)
“rn. 1

se decir, que el radio del micleo es la cuarte parte del radio de
In sección.

Para el caso de una sección anular de radio exterior Ry y
radio interior R,, se tiene

A TOMAR
TR RM RES,
q L a 7
y el radio del núcleo por la ecuación (131) será:

EB B+R
a a. (133)

0, la ecuación (133) coincido
con la ecuación (132). Para una sección anu-
lar muy estrecha, es decir, cuando el valor
de R, se aproxima al de Ro, el radio a del núcleo tiende al

valor À.

2
En el caso do una sección rectangular (fig. 209), la línea de
fatiga cero coincide con el lado cg enando la carga se aplica en

el punto A, ala distancia del centro de gravedad (vénso pé-
gina 225). Del mismo modo la línea de fatiga cero coincide oon
el lado gf cuando la carga actúa en el punto B, a la distancia è

del centro de gravedad. A medida que la carga so desplaza a lo
largo de la línea A, la línea neutro gira alrededor del punto y
(Véase pág. 226) sin cortar a la sección. Por consiguiente, AB

120. 230 RESISTENCIA: DE MATERIALES

es uno de los lados del núcleo. Les otros lados se deducen por
simetría, El núcleo es, por consiguiente, un rombo de diagona-

los iguales a ; y ES Mientras que el punto do aplicación de la

carga sea interior o estö en ol perímetro de este rombo, la línea

de fatiga cero no corta a la sección y no hay

tl inversión en el signo de fatigas ligadas a ella,

T Tete Para una sección en J (fig. 210), las posi-

27), cones más próximas de las lineus de fati-

i 7 F gas coro que no cortan a la sección estén

= j dadas por los lados AB y OD, y por las li

ly © neas de puntos AC y ED. Las posiciones

Fic. 210 — correspondientes del punto de aplicación de

la carga se determinarán por la ecnación (131).

Por simetría se deduce que el nücleo será el rombo rayado de
Ja figure 210.

Si el punto de aplicación de la carga excéntrica cae fuera del
núcleo de una sección, la línea correspondiente de fatiga mula
corta a le sección, y la carga produce no solamente fatigas do
compresión, sino tasbién fatigas de extensión. Si el material no
resiste en absoluto fatigas de extensión, parte de la sección será
inaotiva y el resto sufrirá fatigas de compresión únicamente.

e AA
l
ri
Fw. 211

Sea, por ejemplo, una scoeiön rectangular (fig. 211) con el punto
do aplicación À de la carga en el ej principal y, y «una disten-

cia ¢ del extremo do la sección. Si e es menor qui , parte de la,

sección no trabajará. La parte que trabaja se ee por la
condición de que la distribución de las fatigas de compresión
ligadas a la sección sigue una Joy lineal, representada en la figu-

FLEXION ACOMPAÑADA DE TENSION O COMPRESIÓN 231

ra por la Hinen mn, y que la resultante de estas fuerzas es igual
y contraria a P. Como esta resultante pasa por el centro de gra-
vedad del triángulo mns, la dimension ms de la parte que tra-
baja en la sección deberá ser igual a 3e. En el caso de una eec-
ción cireular (fig. 212), si la excentricidad CA de la carga es

mayor que À, y el material no resisto en absoluto ls fatigas do

extensión, solamente trabajará una parte de la sección recta.
Sea la lines am perpendicular a AO, el límite de dicha porción.
La distancia b, desde el punto A, se encontrará por las con
ciones siguientes: 1.4, Ins fatigas de compresión son proporcio-
nales a Jas distancias a nn 24, la suma de las fuerzas interans
de compresión ligadas a la parte de sección que trabaja debe
ser igual a la carga P, y 33, el momento de estas fuerzas res-
pecto u nn debe ser igual al momento Pb de la carga P, respecto
al mismo eje. Representando la fatiga máxima de compresión
pOr eae) la Fatiga de compresión a una distancia y de am será
Wen
ote
y Ins ecuaciones que determinan b pueden escribirso
PB FE “44 = Pb,

+e

eS, ta)

trabaja de la sección respecto al oje mn, y Qun = /yd el mo-
mento estático de Ja parte que trabaja de la sección con rela.
ción al mismo eje. Utilizando la ecuación (a) puede encontrarse
fácilmente la posición de A para cualquier posición dada de nn.
La misma ecuación puedo usarse también para otras formas de
socción recta, siempre que A esté situado sobre uno de los ejes
principales +, Si la carga no uctún sobre un eje principal, el pro-

¥ Para el caso do secciones circulares o anulares, de gran impor.
tancia en of esiculo de fatigas en chimendus, so han publicado tablas
para siropliticas Jos cálelos. Véuso Keck, 2. Hannoter, Arch u. Ing.

“er. pag. 127, 1882, Véaso lambión 1”. D. I. pg. 1821, 1909, y la pue
Dlcación de U, Dreyer

Die Bautschuik, 1920

121. 232 “RESISTENCIA DE MATERIALES

blema de la determinación de la parte de sección que trabaja es
mucho más complicado 3.

Empleando la noción de núcleo, el céleulo de las fatigas
máximas de flexión, cuando el plano de flexión no es un plano
principal, puede simplificarse mucho, por ejemplo, en la figu-
ra 209; sea mm el piano axial de la viga en el que actúa un mo-
mento flector M, y nn le línea neutra correspondiente, la cual
forma un ángulo a con el plano mm (véase pág. 159). Reprosen-
tando con any, la fatiga máxima en el punto más alejado c, y
con d su distancia a la lines neutra nn, la fatiga para cualquier

otro punto situado a una distancia 10 de nn será 0 = nts Y
el momento de todas las fuerzas ligadas a Ja sección, respecto
al eje nn, es

Siem o

a

donde J, es el momento de inercia de la sección respecto al
eje nn. El momento de las fuerzas exteriores, respecto al mismo
eje, es M seu a. Igualändolo al valor (6), se tiene

Mason a
Tan

mi = @

Esta ecuación puedo simplificarse utilizando las propiedades
del núcleo de la sección ?. Sea O el punto de interscoción del
plano mm con el núcleo, y y su distancia al centro de gravedad
de Jo seoción. Por las propiedades del nücleo so deduce que una
fuerza de compresión P, aplicada en O, produce fatiga nula en
el vértice ¢; por consiguiente, la fatiga de extensión producida
en e por el momento fleotor Pr, obrando en el plano mm, es igual

en valor absoluto a la fatiga de compresión constante 4. Sus-

+ Diversos céloulos para una sección rectangular se encuentran
en las publicaciones siguientes: Tn Zentralblatt d. Bawe., pägi-
na 420, 1919; K. Pohl, Der Wisenbou, pág. 211, 1918; O. Henkel,
Zenwatb. d. Baws. pág: 447, 1019; E. K Eine, Proc of the Inatitulé
of Civ. Eng., parte TIE, 1905-1906.

3 Vénse R. Land, Zeitschr. [. Architektur und Ingenieur wesen, phe
gina 291. 1897,

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSION O COMPRESIÓN 233

titugendo Pr en lugar de If en la ecuaciôn (0), so obtiene

de dondo
@

us)

El prodneto Ar se denomina momento resistente de la seo-
ción correspondiente al plano mm. Esta definición está de acuer-
do con la definición dada anteriormente (véase pág. 88), y
cuando la flexión acontece en un plano principal, Ar se trans-
forma en Z.

Problemas

1. Determinar el núcleo de una viga I comercial, de 60 em. de
altura, para la que A == 145,81 010.3, I, == 81523 om. &, = 23,85 om.,

Ly = 1076,8 om,

3,4 om. El anoho de lus alas, b = 17,6 om.
Respuesta: El núclco es un rombo oon diagonale iguales a 37,25 cm.
,65 cm.
2. Determinar el radio del nucleo de una sección en forma de
o circular si By = 25 cm. y Ry = 20 cm.
Respuesta: El radio dol núcleo a = 10,25 cı
3. Determinar ol núcleo de una socción en forma de triéngulo
equilátero.
4. Determinar el nécléo de una sccción tubular delgada de forma.
cundrada.
Solución: Si h ea el osposor del tubo y 6 el lado del cuadrado, se
tiene

q

8

2
Le jan
El núcleo ca un cuadrado con diagonales.

P_»,
a

a= À

53, Cargas excóntricas en piezas esbeltas y en uno de los
planos prineipales.—Cuando la longitud de Ja pieza cargada es
muy grande comparada con las dimensiones de la sección revta,

122. i
234 RESISTENCIA DE MATERIALES

como en el caso de la figura 213, la flecha 3 no puede despre- :
ciarse al lado de la excentricidad e. El momento fleotor varía a
lo largo del eje de la pieza, y su valor para cualquier sección |
recta mn es

M=—P(s+e—y). @
La ecuación diferencial de la elástica es, por consiguiente,
$ dy
ae F Bam PO tee (5)
Empleando la notación
Pos de
a EL, La (135) :
H se obtiene >]
Ey :
PRES a +: ©
7

la solución general de esta eonación os
y=0, sen pet Con poh bre (8)

Para satisfacer à las condiciones en el empotramiento

pl

Fis. 213

' CE

Woo

las constantes arbitrarias de la solución anterior deberán ser, >
Cyn; =~ 840)
y la ecuación de la elástica se escribirá
y=(6+0(1—cos pa), 0,
en le ecuación (f), se obtiene :
We = D = (8 + 6) (1— cos ph,

Haciendo z =

do donde

el — vos pl)
cos pl
Sustituyendo este valor de 3 en (/) se obtiene para la clés.

fica la ecuación siguiente:

a 1 — 008 pa),

cos pl

(136)

y

(137)

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN 0 comrEstóN 235

Bn el caso do nna pieza corta la cantidad pl es pequeña, y
puede escribirse con suficiente aproximación

1 pers
nn @

en el numerador de (136), y cos pl = 1 en el denominador, con
los que se obtiene

=. 10)

Este valor coincide con la expresión de la flecha de un vola-
dizo flexado por la acción de un par Pe aplicado en su extremo.
Cuando pl no es pequeño, la flecha no es proporcional a la
carga P, y aumenta más rápidamente que P, como se puede
observar en la tabla siguiente, obtenida mediante la aplicación
de la eouacién (136):

0 05 10 15 3
3 sous | ie | one | ate | 2
abri
nda | ose | one | nme Line | =
Pdo soos’ | tuo’ | ven fase | ©
7 oe | cast | ose | om | à

En esta tabla se observará que las flechas aumentan ré

pidamente a medida que la cantidad pi se aproxima al valor 3°
Cuando ph = u la ecuacién (135) da

El
ar

y In flecha se hace infinitamente grande. Esto muestra que una
luerza vompresora de esa inagnitud produciría una flecha grande

P=Elp

123. 236 RESISTENCIA DE MATRRTALES:

y que debe esperarso una deformación que sobrepase el punto
de fluencia del material.

El momento flector máximo acontece en el empotramiento
y tiene por valor

Auen Pers = Pe SA] = Paseo ph (158)

Una serio de valores de sec pl figura en la cuarta línea de
la tabla anterior. Puede observarse que Mus, crece sin Itmite

cuando pl se aproxima a > Este fenómeno se analizará en el +

artículo siguiente,
Aquí, sin embargo, será conveniente repetir que en este caso
no existe proporcionalidad entre el valor de la fuerza compro-

sora y Ia flecha 3 que produce. Por consiguiente, el método de |

superposición (pág. 141) no puede aplicarse, Una fuerza P, apli-
cada axialmente, produce en la barra únicamente compresión;
pero cuando la misma fuerza obra en pro-
sencia de un par Pe, produce no solamente
compresión, sino uns flexión adicional; de
modo que In deformación resultante no pue-
de obtenerse por simple superposición de una
compresión axial debida a la fuerza P y una
fexiôn debida al par Pe. La razón por la que
en este caso no es aplicable el método de su-
perposición puede verse con facilidad si se
compara este problema con la flexión de una
pieza por cargas transversales. En este últi

mo caso puede suponerse que pequeñas de-
formaciones en la viga no modifican les dis-
tancias entre las fuerzas, y que los momentos
ficctores pueden calcularse sin considerar la

Pro. 214

deformación de la viga. En el caso de com- *

presión excéntrica de una columna, las deformaciones produci-
das por el par Pe cambian por completo el modo en que ación
la carga axial, que toma una acción tanto flectora como com

úpresora. En todos los casos en que la deformación producida por *

una sarge modifica la acción de otra carga se ve que la defor-

FLESIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN 237

mación final no puede obtenerse por el método de superposición,
En el estudio realizado se ha supuesto que la flexión acontecía
en uno de los planos principales de la columna. Si la excentrici-
dad e uo tiene el sentido de uno de los ejes principales de la
sección, es necesario descomponer el par flector Pe en dos pares
componentes que actúen en los planos principales de la colum-
na, La deformación en cada uno de los dos planos principales
puede estudiarse en la forma que hemos expuesto,

El estudio realizado pare ol caso de flexión de una columna
empotrada en un extremo puede aplicarse al caso de una pieza
comprimida excéntricamente por dos fuerzas iguales y opues-
tas P (fig. 214). Por simetría so deduce que la sección central A
no gira durante la flexión, y que cada mitad de la pieza de la
figura 214 está en las mismas condiciones que la barra de la figu-
ra 213. Por consiguiente, la flecha y el momento flector máximo

se obtienen escribiendo 5 en lugar de l en las ecuaciones (136)
y (138), De esta forma se obtiene

(139)

(140)

Problemas.

1. Hallar la flecha en el centro y lus fatigas máximas do extensión
y compresión en una pieza comprimida exoóntricamente. La sección
“do la pieza ca una LI de 20 em. de altura con Z, = 50 om.t, I, = 1260
cmt y À = 21 om.% su longitu es 3 m. y los extremos están articu-
ados. La distancia de su contro do gravedad al dorso de la LJ os 15 rom.
y las fuerzas compresoras P == 2.000 kg. actúan en el plano del dorso
de la LI y en su plano do simotria.

2. Una barra do ucoro do 1,80 zu. de larga y sección cuadrada de
5 X Bem. está comprimida xoéntricament por fuerzas P = 600 ke.
La excentricidad e está dirigida según una dingonul del cuadrado y
vale 2,5 cın. Hallar la fatiga de compresión máxima suponiendo at
ticulados los extremos de la burra.

124. 298 RESISTENCIA DE MATFRIALES

3. Una barra de ucero de 1,20 m. de longitud y sección rectangu-
jar do 2,6 x 5 cm. está comprimida por dos fuerzas P = 500 kg. apli-
adas en los vértices de las secciones oxtremas. Suponiendo articulados
los extremos, encontrar la fatiga compresors máxima. t

54, Carga crítica.—En el artículo anterior se vió que la |
deformación de una columna comprimida excéntricamento aue
menta muy rápidamente cuando la cantidad pl de la ecun

ción (136) se aproxima al valor F Cuando pl es igual a =, la för-

mula (186) de la flecha y la (138) del momento flector máximo dan
valores infinitos. Para hallar el valor correspondiente de la carga

se emplea la fórmula (135). Poniendo en ella p = EB se encuentra

u
ar
Este valor depende, como se ve, solamente de las dimensio-
nes de la columna y del módulo del material, y se denomina
carga critica, o carga de Euler, debido a que Kuler fué el pri-
mero que dedujo su valor en su famoso estudio de las curvas
elásticas 2. Para ver más claramente el significado físico de esta
carga podemos trazar diversas ourvas que representan la rela-
ción existente entro la carga P y la flecha à dada por la ecua-
ción (136). En la figura 215 se ven curvas diversas de esta clase,

aa

trazadas pare diversos valores de la excentricidad relativa.

Las abscisas de stas curvas son los valores dela relación mion-
> À

tras que las ordenadas son la relación y, entre la cargo que a0-

‘iia y su valor crítico definido por la ecusciôn (141).

So ve por dichas curras que las flechas 3 son cada vez más
pequeñas, y quo las curvas se aproximan más y más al ejo vor-
tical a medida que la escentricidad e disminuye. También so ve
que las flechas aumentan muy rápidamento cuando la carga P *
so aproxima a su valor crítico (141), y todas las curvas tienen

por asíntota la linea horizontel 4

+ Una teuduoción inulesado este trabajo puedo verso en Iris, ni
meso 38 (vol, AN, D), 1984,

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSION 0 COWenestóN 239

Ta ecuación diferencial de la elástica (79), usada en el estu-
dio del artículo anterior, se dedujo en la Dipótesis do que las
deformaciones son pequeñas comparadas con la longitud ¿ de la
columna. Por consiguiente, la fórmula (136), que da la flecha 3,
no da resultados exactos cuando P se aproxima mucho a Pa.
Sin embargo, las curvas de la figura 215 indican quo, indepen-

LIT an

AAA %

Fre, 215

diontemente de lo que valga la excentricidad e, so producen
deformaciones muy grandes cuando la carga P so aproxima a
su valor orftico. Si la deformación es grande, también lo son ol
‘momento flector en el extremo empotrado y las fatigas corres-
pondientes.

‘Los experimentos realizados comprimiendo columnas mues-
tran que, por más precauciones que se tomen para aplicar la
carga centrada, siempre existe una pequeña excentricidad acc
dental. Debido a ello la carga P, en dichos experimentos, pro-
duce no sólo compresión, sino flexión adicional, Las curvas de
la figura 216 muestran los resultados de ensayos realizados por
investigadores diversos. Se ve que al aumentar el cuidado en la
aplicación de la carga las curvas se aproximan más y más al eje
vertical, y que el aumento rápido de deformación, a medida

125. 240 RESISPENCIA DE MATERIALES

que la carga so aproxime a su valor crítico, se manifiesta de:
modo más acusado. Las cargas P próximas al valor crítico pro»:
ducen siempre deformaciones acentuadas que sobrepasan el Iimi-’
to elástico del material, por lo que una columna cargada en este.
forma pierde su vtilidad práctica. Debido a. esto, el valor crítico;
dela carga dado por la ecuación (141) debe considerarse como una.

10
ig 4

golf bp |]
3 60)

2 soll z
3 so :
Mi
20

lo —
7 à

Fie, 210

carga de rotura. En las aplicaciones prácticas la carga de segurl:
dad debe ser menor que la carga crítica, y deducirse dividiend |
ésta por un cierto coeficiente de seguridad. Un estudio más dete?
nido de esta cuesti6n puede verse en los dos artículos siguientes;

Hasta ahora se ha considerado una columna empotrada ©
un extremo y libre en el otro. En el caso de una pieza con lor
dos extremos articulados (fg. 214), pueden obtenerse conclus
siones parecidas.

Las ecuaciones (139) y (140) dan valores infinitos cusnd |

Bar

2 2
Sustituyendo en vez de p el valor de la expresión (135) so obti
p "EL, é

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN MI

valor de la carga crítica para una barra con extremos articu-
lados,

En el caso de compresión de columnas con los extremos
empotrados, la elástica toma la forma indicada en la figura 217.
Puede considerarso dividida en cuatro trozos, análogos cada uno
de ellos a la elástica obtenida para una columna empotrada en
un extremo y libre en el otro. El valor crítico de la
carga se encuentra, en esto caso, poniendo ! en Jugar
de Len la cousción (141); se obtiene

EA
ë

Este valor es la carge crítica para una columna
«on los extremos empotrados.

Debe notareo que al obtener la ecuación (196) se
supuso que la excentricidad acontecía en la dirección
del eje y, y la flexién en el plano ay. Si la excenti
dad acontece en dirección del ejo 2, se obtienen fórmulas análo-
gas, La flexión so presenta entonces en el plano zz, y para cal-
cular las fachas debe sustituirse Z, por I, en la ecuación (136).
Si no se hace ninguna presunción sobre la aplicación central de
ln carga, y ln flexión acontece como resultado de una excentri-
cidad accidental, debemos considerar deformaciones en ambos
lanos principales zy y zz, y al enleular el valor crítico de la car-
za, usar el menor de los dos momentos principales de inercia en
Jas ecuacionos (141), (143) y (143). En lo sucesivo supondremos
que I, es el menor de los momentos principales de inercia, y Æ, e
radio de giro correspondiente,

Para el cálculo de flechas cs ventajoso, a veces, emplear fór-
mulas aproximadas en logar de las exactas (130) y (138). Se vió
en el artículo auterior que para cargas pequeñas, es deci, pl

1

(43)

Tenor que +5, la fleche puede calcularse con suficiente aproxi-
mación por la expresión
Pelt @
2El,

donde se ha despreciado la influencia de la fuerza axial en

126. 242 RESISTENCIA DE MATERIALES

la flexión, y sólo se ha considerado el momento flector cons»
tante Pe.

Para cargas mayores, la ecuación (a) no es suficientemente
aproximada y debe considerarse la influencia de la fuerza com-
presora sobre la flexiön. Esta influencia depende principalmente

P
de la relación z-,

aceptable por la fórmula

y la flecha puede obtenerse con aproximación

0)

Las fechas calculadas por esta fórmula figuran en In tercera
Jinea de la tabla de la página 235. Comparando los valores que
en elia figuran con los de la segunda línea se ve que Ja fórmula (b)
es suficientemente aproximada hasta para valores de la carga
próximos al valor crítico.

Para una pieza con los extremos articulados la fórmula apro-
ximada, análoga a la (0), es 1

Pelt

©

FI primer factor del segundo miembro es Ja flocha producida
por los pares Pe, aplicadas en los extremos, El segundo factor

represente el efecto en la Hecha de la fuerza longitudinal come!

presora P.
La ecuación (+) se utiliza frecuentemente para determinar

de modo experimental la carga crítica correspondiente a une
columna. Si los resultados de los experimentos se representen
gráficamente mediante una curva análoga a una de las de la
figura 216, la asintota horizontal de dicha curva determina Papa
Esta operación no puedo realizarse con aproximación suficiente,
especialmente si la excentricidad accidental no es pequeña y
la curva no vuelve rápidamente, de modo brusco, al aproxi-

sta solución aproximada fué dada por el profesor J, Perry.
Véase Engineer, diciembro, 10 y 24, 1880,

FLEXION ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN — 243

marse a la asíntota horizontal. Mediante Ja ecuación (e), puede
deverminarse P., do modo más sutisfactoio. Dividiendo dicha

ecuación por e se obtieno PA
Sp
P
y
EM
>
Fsta ecuación muestra que si referi- e id
mos la dependencia de 3 a la flecha à, Fio, 218

medida durante el ensayo, mediante ejes rectangulares, se ob-
tiene una serie de puntos en línea recta (figura 218). Esta linen,

corta al eje horizontal (5 — 0) a la distancia = desde el ori-

gen y la inversa de la perdiente de la línea da la carga crítica 1.

55, Fatiga crítica, Proyecto de columnas.—Consideremos el
caso de una columna con los extremos articulados. La fatiga
critica se obtiene dividiendo la carga crítica dada por la ecua-
ción (142) por el área de la sección recta A. De este modo se
obtiene

SE

(144)

So ve que para un material dado el valor de la fatiga orf-
tica depende del que toma la relación E , denominada esbel-
tez. En la figura 219, la curva ACE representa * la relación
entre a, y E para un acero cuyo módulo Z vale 2 x 10°

kz/om2, La curva queda perfectamente definida por el valor

© re méodo, ideado" por R. Y Southwell (Proc. Hoy, Soo.

London, serie A, vo. 133, pág. 601, 1952), bn dado Dm resultados
et y se nis oa oko ow na de hana

Bata ourva so denoshina algunas voces oar do Baler por des
ducirse de la fórmula de Euler para la carga critica, ”

127. 244 RESISTENCIA DE MATERIALES

del módulo de elasticidad del material y es independiente de la
fatiga de rotura, Para valores elevados de la esbeltez A la
fatiga critica es reducida, lo que indica que una columna muy
esbolta panda y pierde su resistencia para una fatiga de com-
presión muy pequeña. Esta contingencia no puede obviarse em-

#

2100

suo

700

E
25%

357700 15 20

Tio, 219

pleando un acero de alta resistencia, puesto que el módulo de
elasticidad del acero no varía mucho con su composición y los
tratamientos térmicos y permanece prácticamente constante,
La columna puede robustecerse aumentando el momento de
inercia J, y el radio de giro +, lo que se realiza sin aumentar el
área do la sección, colocando el material tan lejos como sea po-
sible del eje. Por esta razón, las formas tubulares son más eco-
nómicas como columnas que las secciones macizas. A medida
que la esbeltez disminuyo, la fatiga crítica aumenta y la curva
ACB se aproxima asintóticamente al eje vertical. Sin embar-
go, existo un cierto límite en el empleo do la curva de Euler,
La expresión de la carga crítica se ha obtenido utilizando la
couacién diferencial (79) para la clistica, lo que supone que el
material es perfectamente elástico y sigue la ley de Hooke
(véase artículo 31). Por consiguiente, la curva ACB de la figu-
ra 219 da solamente resultados satisfactorios para piezas 0s- ;
beltas en lis que o,, permanece inferior al límite elástico del:
material, Para aquellas columnas en las que a, obtenida por

la conación (144) es mayor que el limite de proporeionlidad :
jal, la curva de Euler no da resultado satisfactorio y

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSION O COMPRESIÓN 245
debe recurrirso à la vía experimental para estudiar el pandeo
de columnas comprimidas más allá dol límite de proporciona-
Jidaë. Estos experimentos realizados con colurnas de materia-
les que, como el acero, tienen un acusado punto de fluencia,
putestran que la colurana pierde su estabilidad y pandea cunn-

do la fatiga compresora alcanza el valor de la fatiga de fluencia.
4500
joo laa TNT
1 a
2000
T
2400 €
, TT
À ER 72
ÿ/#00) 7
Eu mo
4

Fn le figura 220 se dan algunos resultados experimentales, El
material es un acero corriente con acusado punto de fluencia a
oy = 3.100 kg, fom, Se ve que para columnas de gran esbeltez

i
> 80), el valor que el ensayo da para la fatiga crítica coinci-

de satisfactoriamento con la curva de Euler, mientras que para
columnas cortas permanece prácticamente independiente de la

1
esheltez ¿- y es igual a la fatiga de fluencia.

Ln el caso de un acero corriente con poco carbono el punto
de fuencia no se presenta tan acusado como en el caso anterior
y acontece para una fatiga mucho menor. Para un acero de
este tipo se puede tomar 07, = 2.400 kg.fom.*, El límite de pro-
porcionalidad es mucho más bajo, por lo que la curva de Euler
es válida solamente para osbelteces iguales o superiores a 100,

128. 246 RRSISTENCIA DE MATERIALES

a la que corresponde una og — 2.000 Kfem, Para fatigas más

.elevadas, es desir, para a < 100, el matorial no siguo la ley de
Hooke y le curva de Euler no puedo usarse. Se acostumbra a
reemplazar ln región inotistien por dos líneas rectas AB y BC, tal
‘como indica la figura 221. La línea horizontal 4.3 corresponde a

i
0 20 00 60 80 00 77 174.

la fatiga de flnencia, y la linea inclinada BC corresponde a fatigas
entre el limite de proporcionalidad y cl de fluencia del material.

Construido el diagrama ABCD de la figura 221 para el acero
de que está formada una columna, puede obtenerse fácilmente
Ja fatiga crítica correspondiente a dimensiones cualesquiera en
la sección recta. Basta calcular en cada caso el valor de la

1
esbeltez 5 y tomar la ordenada correspondiente de la curva.

Para obtener la fatiga de trabajo debo dividirse la fatiga erftion
por un coeficiente de seguridad apropiado. Al escoger este flo
tor, debe tenerse en cuenta que a medida que la esbeltez au-
menta tienden a aumentar las imperfecciones, tales como la
curvatura inicial de la columna. Pareco lógico, por consiguiente,

introducir un coeficiente de seguridad variable, que aumente :
con la esbeltez, En algunas instrucciones, el coeficiente de so- *

1
E
Varia en forma tal, que la fatiga de trabajo en la zona plástica
1
E

guridad aumenta desde 1,7 para

sigue una ley parabólica. Para

a 1 E
0333 para y, = 100.

> 100, el coeficiente de segu- {

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DB TENSIÓN O COMPRESIÓN 247

ridad se toma constante e igual a 3,5 y la fatiga de trabajo se
deduce de la curva de Euler. En la figura 221 se von las curvas
correspondientes a la fatiga de trabajo y al coeficiente de segu-
ridad como funciones de la esbeltez para un acero corriente,

En el análisis realizado se ha supuesto la columna articulada
en sus extremos, Este caso se denomina algunas veces caso fun-
damental de pandeo, por ser el más frecuente al proyectar Jas
barras comprimidas de las estructuras con nudos articulado:
Las fatigas de trabajo establecidas por el diagrama de la figu-
ra 221, para el caso fundamental, pueden utilizarse en otros,
con tal de que se tome en lugar de la longitud real de la colum-
na una longitud reducida, cuyo valor depende de las condicio-
nes en los extremos de la columna. Considerando, por ejemplo,
el caso de una columna con un extremo empotrado y el otro
libre, y también la columna con los dos extremos empotrados,
las fórmulas para la carga crítica pueden ponerse, respectiva:
mente, en la forma

MEL
ey

Bl,

Comparando estas fórmulas con la ecuación (142) del caso
fundamental, se deduce que para el proyecto de una columna
con un extremo empotrado y el otro libre debe tomarse una lon-
gitud doble de la real de la columna al ir a utilizar el diagrama
de la figura 221. En el caso de una columna con ambos extremos
empotrados, la longitud reducida es igual a la mitad de la lon-
gitud real.

La elección de las dimensiones apropiadas de la sección de
‘una columna se hace generalmente por tanteos. Dada la carga P
que actúa sobre la columna, se dan, por comparación, dimen-

siones a la sección recta y se caleulan k, y i para estas di-

mensiones. Por el dingrama de la figura 222 se obtiene el valor
de la fatiga de trabajo, y multiplicando este valor por el área
de la sección recta, se obtiene la carga de trabajo para la co-
humna. Si esta carga es algo menor o mayor que P, la sección
escogida es válida, Eu caso contrario, se hace un nuovo tanteo.
Para columnas ompotradas, so considera útil toda la sección

129. 248 RESISTENCIA DE MATERIALES

para el cálculo de k,, puesto que los agujeros de roblonado na
afectan de modo apreciable a la carga crítica, Sin embargo, para
calcular la carga de trabajo de la columna debe multiplicarso la
fatiga de trabajo por el área neta de la sección, a fin de tener
mayor seguridad de que no se presentarán futigas excesivas,

Problemas

1. Una barra de acero de sección rectangular do 2,5 X 5 om., con
los extremos articulados, ostá comprimida axialmente. Determinar la
Jongitud minima para la que la ccuación (143) que da lu fatiga crítica
de proporcionalidad dol material es 2.000
kg.jem. y E = 2 x 10 kg./om.1. Determinar ol valor do la fatiga ert.
tica si la longitud de la pieza es 1,50 m.
2, Resolver el problema anterior suponiendo una barra circular
‘do 2,5 om. de diámotro con los oxuremos empotrados,
3. Determinar la carga crítica para wna I de 1,80 m. de longitud
y 15 em. de altura, suponiondo articulados los extremos. 1, => 70 em.4,
1, = 850 om. y A = 22,50 em, Dotorminaz la carga de trabajo por
by curva de la figura 221.
4. Resolver el problema anterior suponiendo empotrados los ex»
remos do la columns.
5. Calcular, mediante la figura 221, la carga do trab
colurana formada por dos vigas en T de la misma seo-

ción que la del problema 3 (fg. 222). La longed de

la colamna se 3 m. y los extremos erin articulados. }
y, So supone que los elementos de enlace son lo suficien-
ET tementesighdos para quo ls do vigas on À trabajes

juntas como una sola pieza.

Fo. 222 8, Resolver el problema anterior suponiendo eme |

potnidos lon extreme de I column.
7. Una cotunma de 3 m. de longitud, con los extrumon atiol
dos, est formada por dos LJ de 20 em, que tenen I, = 30 om.t
pws i eme ÿ 4 2 21 oma. La distancia del contro de gravedad
lena, um dane mec ie
“afar de carga de trabajo dela columna alla separación entre las
idas do las D es 1900.
Ce Desemainas las dimensiones de unn pieza do acero do se0-

ción cuadrada y longitud igual a 1,80 m. comprimida por la carga *

P == 20.000 kg, Los cxtromos ostán articulados. Usese la figura 221.
9. Ruolver el problema antorior suponiendo que los extremos
de la barra están empotrados. Usose la figura 221.

56. Proyecto de coiumnas por el método de las inexactitudes -

supuestas.—En el artículo anterior la carga de trabajo de una

do un |

FLEXION ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN 249

columna se dedujo dividiendo la carga crítica por un coeficiente
de seguridad apropiado, El punto débil de este método es pre-
isamento el modo arbitrario, en parte, de elegir el coeficiente
de seguridad que, como hemos visto, varía con la esbeltez.
Para hacer más racional el proyecto de columnas, se ha ideado
otro método basado en supuestas inexactitudes 2. Sobre los re-
sultados experimentales conocidos se puede adjudicar un cierto
valor a la excentricidad inevitable e con que se aplica la fuerza
compresora P. Por consiguiente, empleando estos valores en las
förmulas del artículo 53, se puedo caleular el valor Py, de la
carga para el que la fatiga compresora máxima en la columna
alcanza la fatiga de fluencia del material. La carga de trabajo
se obtiene a continuación dividiendo Py, por un factor de se-
guridad apropiado, Es decir, en lugar de utilizar la carga erf-
ica, que equivalo a la carga de rotura, so utiliza la carga para
la que la fuencia comienza como punto de partida para el eéleu-
lo de la carga de trabajo.

Este método de proyectar columnas se simplifica utilizando
dingramas cuyo trazado daremos a continuación. Sea el caso de
una columna con los extremos articulados (fig. 214). EI momen-
to flector máximo so obtiene por la ecuación (140) y la fatiga
de compresión máxima es
P LE EA

tz wir, “

EI primer término del segundo miembro es la fatiga directa
y el segundo la fatiga de máxima compresión por Hexión. La
carga para la que comienza la fluencin se obtiene poniendo
u: en vez de Omas en la ecuación (a). So tiene

on Palsy. De ot 2) o

z

representa el radio del núcleo (véase pág. 232) y

ka radio de giro mínimo. La cantidad PA! es la fatiga

=

% Véase la publicación de D. H. Young, Proceedings Am. Soe, Civil
Eng, diciombro, 1984.

130. 250 RESISTENCIA DE MAPERIALES

compresora media cuando comienza la fluencia. Representando
esta latiga por ¢, se obtiene

pre)

En esta conación, dado un valor para la excentricidad re-

. ()

lativa £, puede calcularse fácilmente o, para cualquier valor de
la esboltoz. E Los resultados obtenidos para un acero corriente
de cp, = 2.500 kg./cm.? están representados por las curvas de la
2500
2240
~ 1900

Es
Sieso
Bao
E7200

10 0 0 70 10 eh
Valores ela erseltez 2

Fie, 223

figura 223. Mediante estas curvas se calculan fiicilmente la fa
ga media a, y la carga compresora Py; = Aa, para la que co-

0
mieoza la fluencia, dados £y ¿>

Dividiendo Pz, por el coeficiente de seguridad, so obtiene.
la carga de trabajo.

En el estudio realizado se ha supuesto que en la columns,
se presentaba una inexactitud inevitable bajo la forma de ex-
centricidad de la carga. De modo análogo estudiariamos el cas
de inexactitudes debidas a una curvatura inicial de la cola
desde la forma recta, Representando la flecha máxima d,

Ta frais inicial del eje ds lu columna suelo suponerse sur
«omionda de form sinusoidal.

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN — 251

ejo de In columna por a y estudiando 7, como función de In re-

lación y de la esbeltez +, obtendeiamos unas curvas análogos
a las de Ja figura 298.

En la práctica sv da la flecha inicial a por una relación con
Jn longitud 4 do la columna, Los resultados obtenidos para tres

valores diferentes de la relación Y $ y para ayı

.500 kg. jem?
correspondientes a una sección en I se ven on la figura 224,
Para columnas muy cortas, las tres curvas dan 9, = 2.500
kg/cm, Para columnas muy esbeltas, los valores dados por las

2500
2240
1960

en
Fun
{ i |

90 20 10 60 80 100120 100160780200
Valores de la esbellez

Fra, 294

ourvas se aproximan a los de la curva de Fuler, Utilizando una
de las curvas y dividiendo el valor a, correspondiente por un coe-
ficiente de seguridad, por ejemplo, 2, se obtiene el valor de la fü-
tiga media de trabajo, La ventaja do este método es el empleo
de un coeficiente de seguridad constante, en tanto que el au-
mento de inexactitudes con la longitud de la columna J se tiene
en cuenta fácilmente suponiendo que la excentricidad es pro-
porcional a ella, Sin embargo, el valor de las inexactitudes debe
hacerse depender do los datos experimentales existentes.

57. Fórmulas empíricas para el proyecto de columnas.—
En los dos instodos descritos para el ofleulo de columnas es 1o-

* Corrient 80 tons entro os limites 6,8 a 5
Corrientemente so tor entro ls límites hy à à > ¡La

131. 252 RUSISTENCIA DE MATERIALES

cesurio tomar arbitrariamente o el coeficiente de trabajo (figu-
ra 221) o las inexactitudes inevitables (figs. 223 y 224). Estas
cantidades no pueden elegirse de modo apropiado mas que mul-
uplicando los ensayos de laboratorio. En tales circunstancias, :
es natural que muchos ingenieros prefieran el uso de fórmulas +
«mpíricas que representen el resultado de tales experimentos. :
Este procedimiento es legítimo siempre que la aplicación de las
fórmulas se mantenga entre los límites para los que ha sido es.
tablecida y para los que ha recogido la información experimental,
Cuando sea necesario extrapolar dichos límites, deberán modi-
ficarse las fórmulas de acuerdo con las nuevas condiciones. Pare
ello son de importancia capital las consideraciones teóricas.

Una de las fórmulas empíricas más antiguas se debe a Tred-
gold. Ha sido adoptada por Gordon, para representar los re-
sultados de los ensayos de Hodgkinson y su forma final se debe =
Rankine. La fatiga compresora media de trabajo dada por
la formula de Rankine es

sary @
! #4) $

donde a es una fatiga y D un factor numérico, constantes para,
un material dado. Eligiendo de modo apropindo estas cons
tantes, la fórmula da resultados satisfactorios entre ciertos
Xnites.

El Instituto Americano para la Construcción en Acero, en:
sus instrucciones de 1928, da para la fatiga de trabajo en uns
columna 4

18.000

a E

1
+ 78.000

libras/pulg* Oy

pora t > 60. Para columnas cortas a, se toma igual a 15.000

libras por pulgada cuadrada,
La Asociación Americana de Ingenieros de Ferrocarriles
Y Bueu conocer la historia de la fórmula véaso E, H, Salmon, O À

tuno, London, 1821: Vue tambión Tochter y Pearson, I
the Theory of Blasticiy, vol Y pág. 105, Cambridge, 1880.

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN — 253

la Fórmula lineal, adoptada también por los constructores de
Chicago y Nuova York, cuya fórmula es

5221600070 Mbras/pulg, (o)

Se emplen para 30 < À <120 para piezas principal y
hasta À = 150 para piezas iat, Para alto de y
cua Ge Ka, = Adit Vbeas/pulgads®.

La formula parabólica propuesta por Ostenfeld 1 se nse tam-
hién algunas voves. Da la fatiga crítica de compresión en la
forma

me-

(a)

Las constantes a y b dependen de las propiedades mecánicas
del material. Para cl acero corriente, la ecuación (d) toma a
veces lu forma

ip
} kg fem, 0]

650 — 0.09 (

bo

Esta expresión representa una parábola que es tangente a la

curva de Euler en A 122,5 y tomael valor o,, = 2.650 kg, fom.*

para columnas cortas. El coeficiente de seguridad varia de 2,5 a 3,
2 Zeitschr. Vönse Deutsch Ing. vol. 42, pág. 1402, 1808. Véase

también C. E. Fuller y W. A. Johnston, Applied Mechanics, vol. 2,
ina 359, 1919.

132. CAPITULO TX
TORSIÓN Y FLEXIÓN COMBINADA CON TORSION
58. Torsión de un eje circular. —Consideromos un eje eir-!

cular empotrado en el extremo superior y sometido a la acción.
de un par aplicado en el extromo inferior (fiz, 225). Puede com-

probarse mediante medidas hechas en su superficie que las sec-
ciones circulares del ejo permanecen circulares durante la tor:
sión y que sus diámetros y las distancias entre ellos no cambisn,
con tal que el ángulo de torsión sca pequeño.

Un disco aislado del eje, tal como indica la figura 225 (b), es
tard en el estado de equilibrio elástico siguiente, La sección ins
forior habrá girado respecto a la superior un ángulo de, siendo |
la rotación de la sección mn respecto al extremo empotrad |
Un elemento abed de la superficie lateral del disco de lados vo
cales antes de la delormación toma la forma indicada en

TORSIÓN Y FERXIÓN COMBINADA CON TORSIÓN — 20h

figura 225 (b). Las longitudes de los ¡ados son esencialmente las
mismas y solamento han variado los ángulos. El elemento es-
tará sometido a fatiga cortante pura (véase artículo 16) y la
magnitud de la distorsión angular dada por el triángulo infini-
tesimal ac’ es

ES

Donde «’r es el arco de radio Ÿ correspondiente a la diferen-

cia de de los ángulos de rotación de las dos secciones adyacen-
tes. Tendremos

win &

1de
2de

Para un ejo sometido a torsión por la acción de un momento
en su extremo el ángulo de torsión es proporcional a la longitud

T (a)

y la cantidad 2 es constante y representa el ángulo de giro por

wnidad de longitud de eje, La representaremos por 6. Sustitu-
yendo en (2),

la, «us

Las fatigas cortantes que uctéan en los lados del elemento y
producen la distorsión anterior tienen las direcciones conocidas.
Su magnitud por la couación (40) es

= om. (146)

Para estudiar el estado de fatiga en el interior del eje so su-
pondrá que no solamente no se distorsionan los círenlos peri-
metrales do las secciones rectas del oje, sino también que las
secciones, en su totalidad, permanecen planas y giran como si
fuesen absolutamente rígidas, es decir, todo diámetro de la sec-
ción recta permanece recto y gira el mismo ángulo. Los ensayos
de ejes circulares a torsión muestran que la hipótesis admitida
está completamente de acuerdo con los resultados experimenta-
les, Establecido esto, el análisis efectuado en el elemento abed de
la superficie del eje —üg. 225 (b)— será válido para un elemen-
to similar de la superficie de un cilindro interno, cuyo radio r

133. 256 RESISTENCIA DE MATERIALES

reemplace a : —fig. 225 (c)—, El grueso del elemento en direc. =

ción radial se considera infinitesimal,
Tales elementos están también en estado de fatiga cortante
pura y la fatiga cortante en sus lados es

Gre, (0)
lo que demuestra que la fatiga cortante varía proporeionalmente,
a la distancia r desde el centro del eje. La figura 226 muestra
esta distribución de fatigas. La fatiga máxima se presenta en la *
superficie extorior del eje. Para un material dúctil, el perfodo:

plástico comienza en esta superficie, Para un.
“Sr

material menos resistente al esfuerzo cortan-
Fie, 226

te en sentido longitudinal que en el transver-
sal, por ejemplo, un árbol de madera con las”
fibras paralelas a su eje, las primeras fisuras
se producirán por esfuerzos cortantes que’
actúen en las secciones axiales y aparecerán en la superficie del
árbol en dirección longitudinal. En el caso de un material menos:
resistente a extensión que a esfuerzo cortante, por ejemplo, un
árbol circular de fundición o una pieza cilíndrica de yeso, apa-
receré una fisura a lo largo de una hélice inclinada a 45° con el:
ejo (fig. 227). La explicación es sencilla. Recordemos que el
tado cortante puro es equivalente a una extensión en
una dirección y a una compresión igual en dirección N
perpendicular (véase fig. 41). Un elemento rectangu-
lar tomado de la superficie exterior del árbol sometido
a torsión con lados a 45° con el eje estará sometido a
las fatigas que so ven en la figu-a 227. Las fatigas de
extensión mostradas producen la fisura en hélice men-
cionada. :
‘Veamos ahora las relaciones existentes entro cl mo- yg, 227
mento torsor aplicado M, y les fatigas que produce. :
Para el equilibrio de la porción de eje comprendida entro
extremo donde se ha aplicado el momento torsor y la secció”
ideal mn es necesario que las futigas distribufdas en la secei |
recta sean estáticamente cauivalentes a un par igual y opues "
al de torsión Mp. 4

TORSIÓN Y FLEXIÓN COMBINADA CON TORSIÓN 267

Por cada elemento de área dA — fig. 225 (c)—, la fuerza cor-
tante es 544. El momento de esta fuerza respecto al eje del
árbol será (+,44}r = GOr*4A (utilizando la. ecuación 6), El mo-
mento total M, respecto al eje del árbol es la suma, extendida

al ároa total de la sección recta, de los momentos de cada fuerza
elemental, es decir,

+ af
f Gorda nf "rad = G81, ©

Donde 1, es el momento polar de inercia de la seooién eiren-
los, Según el apéndice, para un círculo de diámeto d, 2, — 7"

Mt
32

My 2 an d
aa am

Vemos que 8, el ángulo de torsión por unidad de longitud
de eje, varía proporcionalmente al momento aplicado © inver-
samente al módulo @ y a la cuarta potencia del diámetro. Si el
árbol tiene una longitud I, el ángulo total de torsión será

a= an. (148)

Esta ecuación se utiliza en las comprobaciones físicas de la
teoría y ha sido verificada por nisuerosisimos experimentos que
han dado veracidad a la hipótesis de partida. Se hace notar que
los experimentos de torsión son los comúnmente usados para
determinar los módulos de los materiales a esfuerzo cortante,
Si se mide el ángulo de torsión producido en un árbol dado por
un momento torsor conocido, el valor de G puede calcularse
fácilmente utilizando la ecuación (148).

Llevando el valor de 9 de la ecuación (147) a la ecuación (148)
se obtiene una ecuación que da le máxima fatiga cortante en la
torsión de árboles circulares:

0

(149)

Rasternsota De Mamo = 7.1 E

134. 258 RESISTENCIA DE MATERIALES 3

Esta expresión indica que la fatiga es proporcional al mo-
mento torsor e inversamente proporcional al cubo del diámetto
del árbol. En las aplicaciones prácticas el diámetro del árbol;
debe calcularse conovida la potencia H en CV. que debe trans”
mitir. Dado H, el momento torsor se obtiene en kg. em. por la
bien conocida ecuación 3

atx En F< 1B x 100 (150) :

en la que # representa el númoro de revoluciones por minuto
del árbol. Despejando Jf, en la ecuación (150) y sustituyéndolo
en la (149), se obtiene :

+ om. (asi):

Tomando, por ejemplo, como fatiga cortante de trabajo el
valor =, = 800 kg /em.? so tiene

d=7,80 VE em.

Problemas i
1. Determinar el diámetro d del ácbol de una máquina de 200 CV.

cuya velocidad es n= 120 2. p.m,, sioudo la faviga de trabajo % = 210

kg.fom., R
Respussta:

Pau
en 2 om. á

2. Determinar la potencia en CV. transmitida por un árbol ell
4=15 om, n= 120 r. p. m, Q=8 X 108 kg/cm. y el ángulo de.

tono metido antro des sions reis dates 78 mo fy dt
a. \
Solin: Den nein 149,

La potencia transmitido, deducida de In covación (160), es

Mex ERP yng!
x 75 x IM" SEX 15 x 7,5 x 100 x 60 X 78 x 100 de

a

ADA CON TORSIÓN 250

TORSION Y FLEXIÓN COM

3. Un árbol de diámetro d= 9 em. hace 45 £. p. m. Determinar
la potencia transmitida si la máxima fatiga cortante es 320 kg/om.t.
4. Un árbol de acero (G = 8 x 108 lig.Jera,?) tiene un temaño
tal que la máxima fatiga cortante ea 1.000 kg./om.® para un ángulo de

torsión de 90°, Determinar la relación
Respuesta:

q

1

ares.

5. Un eje de acero con los extremos empotrados (fig. 228) está so.

metido a la noción de un momento torsor My, aplicado en una sección

intermedia mn. Determinar el érzulo de torsión dada lu fatiga de tra-
bajo te

Solución: Para los dos trozos dol ejo ol ángulo de tor

ha de sor

igual, por consiguiente, ccuación (148), los momentos torsores serán
m u

Mm

VE
Fro. 228, Fie. 220

beh

inversamente proporcionales a las longitudes do los trozos. Si a> 3,
el mayor momento tarsor es 01 de la parto derecha del árbol y sn valor
M,

es Eye Sustituyendo este valor como momento torsor y +, pOr Tmax
‘on la ecuación (149), so obtiens el siguiente valor para di
% eam
atin
Puede obtenerse ahora el ángulo de torsión utilizando la ecnn-
ción (148).

8. Las poleas I, II y IIT transmiten 504 CV., 200 CV. y 300 CV,
respectivamente (fig. 220). Encoutrar la relación de los diámetros
4 y dy para que la fatiga máxima sea la misma en Jos dos pactes del
árbol. Encontrar la relación do los ángulos de torsión en las dos partos.

Solución: Los momentos de torsión en lus dag partos estén en la
relación 5: 3. Si queremos toner la misma fatiga múximmo, so deduco
usando In ecuación (140), quo

e pa
Vs
Los ángulos de torsión por las veuaciones (148) y (140) estarán un
In zeinciön.

ze

135. 260 RESISTENCIA DE MATERIALES

7. Suponiendo que el ee di problem anterior tino una se
sion coc y ite 6 200 5.3. I. hal au dieu Jura que
ola Hala ago de tron do ada so da e,

IR em y he t= 100m ;
PS ani Lind un bo de ao d 5 om. de it. >
mei (Bee NO fm, sa Taig máxi a 1.00 Jem,
nando Bog de torn oO.

yuo

1 = 209 cm.

9. Determinar el diámetro a partir del cual el ángulo de torsión +
del árbol, y no la fatiga maxima, es el factor de control ul proyectar,
si O = 8X 10* komo 7, = 210 kgyoma, y el ángulo de torsión

fe

mäxiine admisiblo } por 10.

Sobunën: Eliminando M, entro las ecuaciones

16 no.

SA 10;
sc obtiene d = 12 om.; para d < 12 om., el ángulo de torsión es el fao-
tor de control al proyectar.

m 10. Deierminer ol momento torsor
im en cada trozo de un árbol con los oxtre- |
a mos empotrados sobre ol que actúan;
€ los momentos torsores My y M? apli»
7, cados en doa secciones intermedias (Ci-

Fo. 230 gara 230).
Solución: Caleulando los momentos,

torsores producidos en cada porción del eje por cada uno de los mo- |
mentos M! y Mf (ver el probleme 8) y swrando estos momentos, no.
obtiene
MibtodtMie Mia—Mte Miat Mia th,
A ’ 7 + —
11. Determinar los diámetros y los ámgulos de torsión de los árboles -
del problema 6 sin == 120 x. p.m. Fax = 210 kg./om.%, b= 1,80 m |
1 = 1,20 m. à

6
1

59. Torsiôn de árboles huecos.—En el análisis de la torsión
de árboles macizos se ha visto (véase figura 226) que solamente,
ei material situado en la superficie exterior del eje está sometido
a una fatiga igual al coeficiente de trabajo. El material restante
trabajará a una fatiga más baja, y en los casos en que la reduo;
ción de peso tiene gran importancia, como, por ejemplo, en log
ejes propulsores de un avión, es conveniente usar árboles hue,

TORSIÓN Y FLEXIÓN COMPINADA CON TORSION 261

cos. Para analizar la torsión, en esto caso, se hacen las mismas
hipótesis que en el caso de los árboles macizos. La expresión
general de la fatiga cortante vendrá dada por la ecuación (5)
del artículo anterior. Al calcular los momentos de las fatigas

cortantes, el radi

r lo haremos varier desde el valor ©, que es
U radio de la circunferencia interior, al valor $, que tiene en

la periforia. La ccuación (c) del párrafo anterior se reemplazará
por la ecuación siguiente:

Go} #44 — 31, = G07,,
ha,
donde I, 5 (ds — di} es el momento polar de inercia de las
sección anular. Por tanto,
Ma
ÉTAT GI, qe
y el ángulo de torsión será,
Md
= Ot = Me
() al, (153)
16M, Ma
eL, (154)

eh A
a

Vernos por las ecuaciones (153) y (154) que si, por ejemplo,

ss toma d,=¿d, el ángulo do torsión y la fatiga máxima,

comparados con las mismas cantidades para un árbol macizo
de diámetro d, vienen aumentados aproximadamente en un
6 por 100, mientras que la reducción en el peso del árbol será
de un 26 por 100.
Problemas

1. Un eje hueco do acoro, do 25 em. de diámetro axterior y 15 om.
de interior, gira w 1.000 r. p. m. ¿Qué potencia en CV. transmite, si
Faux = 640 kg. Jem.

2, Hallar el momento torsor que puedo aplicarse a un eje oiren-
Jar huevo si d= 15 cam, dy = 10 em. y +, = 640 kg om.

136. 262 RRSISTENCIA DE MATERIALES

3. Bl je propuisor do un barco os huco; transite RM OV a
320 kg fom. Si Sm 2,
El a

100 r. p. m., con una fatiga de trabajo 7;

‘encontrar 4,
Solució

60, Torslön de ejes de sección rectangular.—El problema
de la torsión de un árbol de sccción rectangular es complicado,
debido al alabeo de la sección durante la tor-

sión. Este alabeo puedo verse de modo expe-

rimental mediante una barra rectangular de

cancho, en cuyas caras se ha trazado un siste- |

ma de cuadrícula. Observando la figura 231
se aprecia que durante la torsión las líneas
primitivamente perpendiculares al ejo de la
barra se han curvado. Se observa que Ia dis
torsión de los pequeños cuadrados anterior-

mente mencionados varin a lo largo de los |
lados de esta sección recta, alcanza su valor +

máximo en el centro y es mula en los ángulos.

Do aquí se deduce que la fatiga cortante, que

Fra, 231 varía como le distorsión, es máxima en el oen-
tro de los lados y mula en los ángulos de la seo-

ción recta. El estudio detenido del problema ? ha hecho ver que

la máximo fatiga cortante se presenta en el punto medio de !

los lados más largos de la sección rectangular y que está dada

la ecuación
poe M

Tuite = en (155)

abc!

donde 8 es el mayor y e el menor de los lados de la sección reo- À

1 La solución completa so debe a Do Saint-Venant, Mém. des
avants étrangers, t. 14, 1855. Un resumen de este trabajo se encuentra

en History of the Theory Elasticity, do Todbuntor y Pearson, vol. LL, >

Página 312.

TORSION Y FLEXIÓN COMBINADA CON TORSIÓN — 263

tangular y « un factor numérico dependiente de la relación a

En la tabla TIT, inserta más abajo, se dan algunos valores de a.
Como fórmula aproximada que da resultados satisfactorios,
puedo utilizarse la siguiente;

“os (+181)

TABLA HIT

DATOS PARA LA TORSION DB 12:3 DE SICCIÓN RECTAMONEAR
fin a 175 200 250 500 40 6 8 10 =
= 0,208 0281 0,230 0.240 0,258 0,207 0,982 0.20 0,307 0,312 0,099
B= OST 0,196 0,214 0,220 0,240 0,205 (281 0.209 0,307 0,818 0,939

El ángulo de torsión por unidad de longitud en el caso de
una sección rectangular viene dado por la ecuación
Me
BG

Los valores del factor numérico $ vienen dados en la tercera
línea de la tabla anterior.

En todos los casos considerados, el ángulo de torsión por uni-
dad de longitud es proporcional al momento torsor y puede re-

(156)

presentarss por la ecuncién 0 = f(a), donde C es una conse

tante llamada rigidez de torsión del árbol.

En el caso do un árbol circular (ecunción 147), C = GI,

Para un árbol rectangular (ecuación 156), C = Bb.

61. Resorte helicoidal de espiras cerradas.—Supongamos
que un resorte helicoidal de sección recta circular esté sometido
a la acción de fuerzas axiales P (fig. 232) y que cada espira estó
situado, aproximadamente, en un plano perpendicular al ejo
do la hélice. Considerando el equilibrio de la parte superior del
resorte limitada por una sección axial mn —üg. 232 (9) —, puede
deducirse de las eouaciones de la estática que las fatigas para la
sección mn se reducen a las que producen la fuerza cortante P
Que actúa en el centro de la sección y el par que obra en sentido
contrario a las agujas del reloj y actiia cu el plano de la sección.

137. 264 RESISTENCIA DE MATERTALES

El valor de este par es PR, siendo R el radio de la superficie
cilíndrica que contiene a la línea media del resorte. El par tro-
sor PR origina una fatiga cortante máxima, que aplicando la
ecuación (149), será

„isER,

ae
donde d es el diámetro de la sección recta mn de la eepira, |
A esta fatiga debida a la torsión debe superponerse la debida ~

la)

Fro, 232 a

a la fuerza cortante P. En primera aproximación, se supone |
que esta fuerza cortante so distribuye de modo uniforme en la
sección recta, La fatiga cortante correspondiente será.

ar a

ait. (5)
er e
En el punto m, las direcciones de +, y =, coinciden y, por |
tanto, le fatiga cortante máxima que so presenta precisamente
en ese punto tiene por valor :

Sn +4). avn:

Como se ve fácilmente, el segundo término del paréntesis!
que representa el efecto de la fuerza cortante aumenta con la:
relación 4 y tiene una importancia grande y no puede despre:
ciarso en el caso de resortes pesados tales como los que se em
plean en los coches de ferrocarril. Debido a este tórmino, 1
puntos, tales como m del lado interno de lu espira, están en poo!

TORSIÓN Y FLEXIÓN COMBINADA CON TORSIÓN — 265

res condiciones de trabajo que los puntos tales como n. En los
ensayos realizados con resortes pesados so ha visto que los fa-
llos del material se producen de ordinario en el lado interno de
las espiras.

Hay, además, otra razón por la que la fatiga máxima so pro-
duce eu el lado interno de la espira.

Al caloular ia fatiga debida a la torsión, hemos usado Ia
ecuación (a) obtenida para barras cilíndricas. En realidad, cada
elemento del resorte estará en Ins condiciones de la figura 233.
Se ve que si la sección recta bf gira con
relación a la ac, por efecto de la torsión,
el desplazamiento del punto 8 con relación E
al a será el mismo que el del punto f con KE
relación al e. Debido a que la distancia ab x
es más pequeña que la ef la distorsión en Fra, 299
el lado interno ab será mayor que en el
lado exterior of y, por consiguiente, la fatiga producida por el
par PR será mayor en b que en f. Tomando este efecto en con-
sideración y añadiendo el efecto de la fuerza cortante! se sus.
tituye la ecuación (157) por la siguiente para el cálculo de la
fatiga cortante máxima

GPR jam—1

(158)

en la que

Puede verse que el factor de corrección, cantidad dentro del
Paréntesis, aumenta al disminuir m; por ejomplo, en el caso
m = 4 esto factor vale, aproximadamente, 1,40, y para m= 10
su valor es 1,14.

Para el cálculo de la deformación del resorte se tiene en cuen-
ta solamente, en los cálculos ordinarios, el efecto de la torsión

* ¿stas investigaciones fueron hechnp por V. Roover, Y. D, Z,
zul, 57, pág. 1906, 1018; tambida A. M: Wahl, Lino. De Soc, Meck
Eng, i928 Esto último dotormina también’ emprise Le
fatigue mediante medidas hechas m a supotticio dela pira osa
bin la publicación de J. A. Finniecome, Trans. Amı Soe Men Ba
vol: 047 pg. 188, 1880

138. 266 RESISTENCIA DE MATERIALES

de las espiras. El ángulo de torsión de un elemento situado entre
dos secciones adyacentes mn y m'n' —fig, 232 (c)-—, se obtendrá
usando la ecuación (148), en la que en lugar de ! se pone Rda;
dicho ángulo será

PRKda ,
Le"

Debido a esta torsión, el trozo inferior del resorte gira con re- ¿
lación al centro de mn —fig. 232 (a),— y el punto de aplicación B
de la fuerza P describe el arco infinitesimal BB’ = adg. La *
componente vertical de esto desplazamiento es

R Pda
BB = BB Re ©.
a x z

La deformación completa del resorte se obtiene sumando
las deformaciones B'B” debidas a cada elemento mnm'n’, a lo |
largo de la longitud del resorte. De este modo se obtiene

r Pre, GAnPRe
d 76 eG
donde n representa el número de espiras.

Para un resorte de sección recta distinta de la circular, pue-
de utilizarse el método anterior para el oáleulo de las fatigas y :
deformaciones, si en lugar de lus ecuaciones (148) y (149) se :
toman las correspondientes a la forma de sección do que se trate, ;
Por ejemplo, en el caso de sección rectangular deberán usarse *
las ceuaciones (155) y (156). 3

dg=

(159)

Problemas.
1. Determinar la fatiga máxima y el alargamiento de un resorte
holicoidal (fig. 232), si P = 125 kg., À — 10 om, d = 26m, ol número
de espiros es 20 y Gm 8 X 10% kg.Joma,
Solución: En la ecuación (188), m — 10 y
16 x 125 x 10

X 1,14 = 907 kg.fomat, 3

64 x 20 x 195 x 10°
EX EX Ir

te 2,500.

2. Resolver ol problema anterior saponiendo que la ana tiene |
sección mund de 2 un. de lado,

TORSIÓN Y PLEXIÓN COMBINADA CON TORSIÓN — 267

Solución: Suponiondo que el factor de corrección debido a Ta fuer-
za cortante y a la curvatura de las ospiras —véase ecuación (158)— es,
como en ol caso anterior, 1,14, por la ecuación (155) se obtiene:

tea = gat
ms TB

ge X 1,14 = 856 leg em.

a etre, deber poner 0,14 4 —ré ou
ció (189 en Jugar de an la ceca (159) por ant,

3

ST om,

3. Comparar los pesos de dos resorts helicoidales, uno de sección:
cireular y el otro de sección cuadrada, proyectados para las condici
nes establecidas en ol problema 1 y que sufran la misma fatiga máxi
ma. En ambos casos el factor de corrección so tomará 1,14. Comparar
las deformaciones do los dos resortes,

Solución: La longitud del lado do la sección cuadroda so hallará
por la couación
za
FF = 0,208 8,
de donde

b= YORE, a 0,080.

Los pesos de los resortes ostán on la nisına relación que las áreas.
de las secciones rectas, 09 decir, en la relación.

B
SP gosta api. >
a ech de o dos or ati en aida
Or En un x a a
4. ¿Cómo a iti crgaP entro o oy
extremen del users hd! Gos An sel
moro do pi por enim dal pete de soe
Sin doa cath ee @ al Go cops cassie 2
debajo es 57 Re
Respuesta; Dio. 234

RyRy 56
5. Dos resortes helicoidales del mismo material, de la misma acc-
sión recta cireuler y de la misma longitud, dispuestos como indica la
figura 236, estén comprimidos entre dos planos paralelos, Determinar
la fatiga móxima en cada uno si d = 1,5 cm, y P = 00 kg.
Solución; Do la ceuacién (150) so deduce que la cargo P se distri
buye entre los dos resortes en razón invorsa do los cubos de los rad.os

139. 268 RESISTENCIA DE MATERIALES

e la espira, ee decir, Ina vera de compresión vo Jos resortes extarion ‘+
+ interior están en la relación 27 : #4. Las fatigas máximas en los rosor-
tes son —ecnación (158) 164 kefem.* y 314 lg.Jom.?.
‚on. 5, ¿Cuál es la canga limite para el resorto del proble-
ma 1, si la fatiga de trabajo es + = 1.400 kg /ero.*? ¿Cuál
sorá la deformación del resorte para esta carga mito?
Kespusta: A
192 kgs 8 = 19,2 0m.
7. Un recorto cónico (fig. 236) est sometido a la noción !
de dos fuerzas axiales de valor P. Doterminar el valor admi
sible do P para una futiga de trabajo + = 2.700 kg. fom,
Datos complementarios: diámetro de ln socción recta,
d = 2,5 em,; rutio del cono en la parte superior del reser:
Fro, 235 te, By = 5 em.; dom on la base, Ry = 20 cm. Determi-
nar el alargamiento del resort si el número de espiras
es n y le proyección horizontal de la línea media del resorte es una
espiral de ecuación. A

Ra a+ Æ

Im

Solución: Un pinto À dol reorte, determinado por un valor par}
ticular dol ángulo a, está a una distancia

del eje del a
ste a ne ee
Rue a Ba dy z

E) momento de torsión correspondien

“a
p(s +E,

Fl máximo momento torsor correspon»
de a a =2mm y vale PR,
El valor limite de P, deducido de la
‘eouacién (168), serás
2,700 x 2,5"
P= Tex 20 x LT — 090 Ke.
‘La deformación del resorte se obtendrá.
por la ecuación (2) (véase pág. 206) dol

Dar ise
2 [rs + Biel

CR + RD (a + Rd.

M

Fra, 238

40 3
8, Determinar el área de la accoión recta que debun tener las 08,
pitas de un resorte cónico, proyoclado pura Jus condiciones del probl

TORSIÓN Y FLEXIÓN COMBINADA CON TORSIÓN — 269

ma anterior, pero de sección cuadrada, Tómese 1,09 como factor de
eorrocciôn..
Respueste:
BY = 5,76 cm

62, Flexión y torsión combinadas en ejes cireulares.—En el
análisis del problema de la torsión hecho anteriormente (véase
página 254) se supuso que el eje estaba sometido a torsión sim-
ple. En las aplicaciones prácticas son frecuentes los casos en
que un momento torsor y
otro flector actúan simultá
neamente. Las fuerzas trans-
mitidas a un eje por una po
lea o un volante producen
corrientemente torsión y fle
xión a le vez. Un caso sen
«illo de este género es el de
la figura 237, Un eje circular #4,
empotrado en un extremo y [in
cargado en el otro con una

ZA 6

fuerza vertical P a la distan-
cia R del eje. Esto caso se Fig. 237

reduce a una torsión produ-

cida por un momento M, = PR y ala acción de una fuerza trans-
versal P en el extremo libre 2, El momento torsor es constante
a lo largo del eje y el momento flector debido a P para una sec-
ción a la distancia z del empotramiento valo

M=—PU—2. @

Para analizar la fatiga máxima producida en el eje es nece-
sario consideras: 1, las fatigas cortantes debidas al momento
torsor My; 2°, las fatigas normales debidas al momento fle
tor (a), y 3°, las fatigas cortantes debidas a la fuerza cortan-
te P. La fatiga máxima por torsión se presenta en la circunfe-
rencia del eje y vale

16,

Pr @)

+ Ki poso del ejo y el de la polen so desprecian cn este problema,

140. 270 RESISTENCIA DE MATERIALES

La fatiga normal máxima debida a la flexiôn acontece en Tas
fibras más alejadas de la línea neutra de la sección empotrada,
puesto que para ella el momento flector es máximo, y tiene por
valor ar ?

M_32
Cas = os GE

La fatiga debida a la fuerza cortante tiene corrientemente |
una importancia secundaria, Su valor máximo tiene lugar en le
linea neutra de las secciones, allí donde son cero las fatigas de
fiexi6n; por consiguiente, la fatiga combinada máxima so pre- |
sento en el punto donde son máximas las fatigas (1) y (2), os
decir, en los puntos más alto y más bajo de la sección de empo-
tramiento. En la figura 237 (b) se ve un elemento correspon:
diente a la parte más alta de la sección de empotramiento y
sobre el que se indica el modo de actuar las fatigas. Las fatigas
principales correspondientes a este elemento serán (ecuacio-
nes (12) y (73), pág. 118):

oe Ave,
Sa iva tae,

utilizando las ecuaciones (b) y (0),
1

(MVE My = 16 car MEAR, (100);

Del mismo modo, empleando la ecuación (73),

VR = ye. (too)

Puede observarse que ox tiene el mismo valor que en un!
caso de flexión simple para el que el momento flector equiva-
lente fuese

Hu = ju + VIE).

La fatiga cortante máxima para el elemento considerado

figura 237 (6), deducida de la ecuación (34), será ;

16 777
vet

TORSION Y FLEXIÓN COMBINADA CON TORSION 271

Para metales déctiles, como los que ordinariamente so usan
en la fabricación do ejes, es norma corriente utilizar la fntiga
cortante máxima para la determinación del diámetro del eje,
Llamando +, a la fatiga de trabajo y sustituyendo su valor en
Jugar de taux en la ecuación (161), el diámetro del eje vendrá
dado por la expresión

Yin

VIT, (162)

Todo lo anteriormente expuesto puede aplicarso al caso de
va eje hueco cuyo diámetro exterior sea d y de un diámetro
interior d,. En oste caso,

ci DON

paged
y haciendo 7} = », las ecuaciones (160) y (160') se transforme
rin en
1
en 5 (+ VIP TT, ass)
16 META
nia asa OV) (64)

para el caso de un ejo hueco,
La fatiga cortante máxima será

(165)

(166)

Si sobre el ejo actúan varias fuerzas transversal
4 a de la figura 237, el momento flector total M y dune
en cada sección, son los que deben tenerse en cuenta pera di
câlenlo de dicha seccién mediante las oouaciones (162) 6 (266).
Si las fuerzas transversales que actúan sobre el eje no son pa-
ralelas, los momentos flectores debidos a ellas deben sumarse

141. 272 RESISTENCIA DE MATERIALES

vectorialmente para obtener el momento resultante I. El pro
blema número 3, que veremos a continuación, so refiere a un
caso de esta naturaleza.

Problemas

1. Un eje circular de 6,26 cm. de diémetro soporta una polea
de 260 kg. de peso y 75 cm. de diámetro (fig. 238). Determinar la fatiga
cortante máxima en la sección mn sí lus tensiones horizontales en los

gs

Fro. 238 Fie. 239

ramales superior 6 inferior de la correa son 875 kg. y 125 kg, respoor |
tivamento.
Solución: En la neoción mn,

My = (815 — 125) x 97,5 = 28.125 kg. om.

M = 15-250" F 1.0008 = 15.462,5 kg. cum.

Por consiguiente, mediante la ccuación (161),

Six = 660,8 keg, fon.

2. Un tubo vertical (fig. 239) ostá sometido a la acoi .
za horizontal P =» 125 kg,, que se aplica & una distancia del eje del
tubo igual 90 em. Determinar Omge Y Trage si la longitud del tubo es‘;
7,50 xa. y ol momento resistonte de la sección Z = 150,25 om,

Solución: En la socción de empotramiento so tiene M, = 125 x 90
= 11.250 kg. om Mf == 125 x 760 = 99.750 kg. cm. Aplicando la
ecuación (163), }

= gg 0.10 4 VO ETT 02, om

por la ocuneiön (105):
nés = 8024 kg fom, 5

3. Detorminar ol didmotro de un eje circular de sección uniform,
me (ig. 240) capaz de soportar dos poleas jgualos de 75 cm, de distne=

TORSION Y WLEXION COMMINADA CON TORSIÓN 278

tro cada una. Las tensiones en los ramales de ambas poleas son los
representados en la figura. Se tomará +, == 480 koro,

Soluriin: Las sccciones más castigu-
des son ma y mon, puesto que soporten
la totalidad del momonto torsor y lon
mayores momentos flectores. El momento
torsor para ambas gocciones es My = (750
— 250) x 37,5 = 18.750 kg. em. El mo
ento fleotor en mn ca (750 -} 250 + 250)
X 16 = 18.180 kg. cm. El momento flee.
toren mh en el plano horizontal es.

1
41780 + 200) x 70m 1 em.
2060 + 200) x 76 = 18.760 kg, I N

El momento flector para la misma sccción recta en el plano ver-
tical cs

28 — 4.687,5 kg. om.

Xi momento resultante pura la sección my, es
M VIFS LAT = 19,225 kg. om.

Como se vo, es suuyor que el momento correspondiente a la seertén
mn, y deberá, por consiguiente utilizarse en unión del valor M, para ul
cúloulo del diémeteo d del eje —ecuncién (162)—, do donde

dee

4. Determinar el diámotro del cje do la Cigura 298 si la fatiga core
tanto de trabajo debe ser q, = 480 kg. fom,

5, Detormainar el diámetro exterior do un eje hueco ai z= 480

all
kg Jem, =? y las dimensiones y furzas restantes las do la
ra 240,

6. Resolver el problema 3 suponiendo que sobro la polen de la
dercoha actúa, en higar de las tensiones verticales de 700 y 250 Kg
una fuerza horizontal, tangente al porímotro, que produce el mismo
‘momento torsors

Rosen nh aavaatatan— 1 5

142. CAPÍTULO X
ENERGIA DE DEFORMACION

63, Energía elástica de deformación en la traceión.—Al
analizar la extensión simple de una barra (véase fig. 1), se
vió que durante el alargamiento bajo la acción de una carga
creciente se gastaba trabajo y que este trabajo se transformaba
parcial o totalmente en energía poten-
cial de deformación. Si la deformación
no alcanza el Iimite elástico, el trabajo

carga gradual de la barra deformada.

Si el valor final de la carga es P y
Lio. 241 el alargamiento correspondiente à, el dia-
grama de ensayo a la extensión tendrá la

realizado por la fuerza exterior so trans-
forma por completo en energía potencial |
y puede recobrarse realizando una des- :

forma indicada en la figura 241, en la que las ab-cisas son los. |

alargamientos y las ordenadas las cargas correspondientes. Py
representa un valor intermedio de la carga; 3,, el alargamiento
debido a él. Un aumento AP, do la carga origina un incremento
ds, en el alargamiento. El trabajo realizado por P, durante este

alargamiento es Pyd8,, representado en la figura por el área |

rayada. Si se tiene en cuenta el aumento de P, durante el alar- '

gamiento, el trabajo realizado estará representado por el área
dei trapecio aded. El trabajo total realizado al aumentar la carga
desde O a P es la suma de áreas elementales análogas y vendrá
dado por el área del triángulo OAB. Dicha ären representa la

ENERGÍA DE DEFORMACION 275

energla total U almacenada en la barra durante la deformación.
Yor consiguiente,

a

Utilizando la ecuación (1), so obtienen Ins dos expresiones
siguientes para la energía de deformación de una barra pris-
mática;

(168)

(ass)

En la primera de ellas, la energía de deformación viene en
función de las características geométricas y elásticas de la barra
y de la carga P y on la segunda se expresa como una función
de las mismas características y del alargamiento 3.

En las aplicaciones prácticas, la energía de deformación por
unidad de volumen tiene gran importancia, y su valor, deducido
de las ecuaciones (168) y (169), será

we Ze, am)

= an)

5
donde 9 = es la fatiga do extensión y e = des el alarga:

miento unitario.

La cantidad de energía de deformación que por unidad de
volumen puede almacenar una barra sin deformación perma-
nente? so halla sustituyendo el limite de clasticidad del mate-
vial en lugar de a, eu la ecuación (170). Un acero con un limite
de elasticidad de 2.000 kgJcm.* y E=2 x 10% kg.jom.2 da
w= 1 kgem./om., una goma con un módulo de elasticidad
E = 10 kg/em? y un Limite de elasticidad de 20 kg,fem2 da

w = 20 homem,

Ex
Lata anida o domina por agin are módulo dese

143. 276 RESISTENCIA DE MATERIALES

Viene, a veces, gran interés conocer el máximo de la ener-
gía de deformación por unidad de peso w, que un material N
puede almacenar sin que se produzca deformación permanente,
Esta cantidad so calcula por la ecuación (170), poniendo, en
ver de a, el límite de elasticidad y dividiendo w por el peso de
un em.? del material. En la tabla que sigue se exponen algunos
datos de esta naturaloza:

T

Dem | . ”

mms (Steel por eme pu im

ER ¡Ds
Acero co

sriente | 78 | 2x lot} 2,000} — 1kgfom | 128 ke. fom.
Acero duro..| 78 | 2x 10] 8,000 | 102 2 | 2051 > o
Cobre. 35 |1x io] 300/0045 «| 530 2
Roble | 10 | 108 | 800/045 > + | 450 + +
Coma . 098 | 10 20] 20 > + [21805 + +

ENERGÍA DE DEPORMACION 277

À Bois in me cn A
ii all da pao propo tan la baron une cnc at P
uplicada en su extremo. ” Ne See
Ben:
D sam om.

5. Bncontrar In solución del probloma representado en la fi
Ind en ligues 1
pasa e ca on que toda las barra tengan a mime selon ya me
tno módulo, igualando ln energía de deformación dater a ajo
suministrado por la carga P. 5
Solución: Siendo X la fuerza en We barra vertical u alarguniento

Y
sorá 2, y el trabajo suministrado por Pes tp x À

y el trabaje trado por Pes 3 P X À. Tgunlando esta.
expreción a la enorgía de deformación, se
obtiene ‘wake Y aus

Y, ¿cota
abt? Tasco

Se observará que la cantidad de energía que puedo almacenar
un determinado peso de goma es unas diez veces mayor que la
que puede almacenar el mismo peso de acero para resortes y
unas 200 veces mayor que la que es capaz de almacenar el mis-
mo peso de un acero corriente,

Problemas
1. Una barra prismática de acero de 28 em. de largo y 25 om. de

sección recta se comprime con uns fuerza R= 2,000 kg. Determinar

energie de deformación,

Kespuesta:

D=1kg om.
Determinar le energía de deformación en el problema anterior
si el ären de lo sección recta de ja burra es 12,5c1n.%, eu lugar de 26 em.
Respuesta:
Um 2 lg om.

3. Deteriinar la energía de deformueiön en una barra vertical de
acero y sección uniforme deformada por su propio peso si la longitud
de la barra es 30 m., el área de su sección recta vs 6,25 cin. y el peso
3, 7.800 leg.

del acero por
Koapusst

U 1,158 kg un. i

lo que reproduce la solución ya encontrada.

©

Yao, 242

po

coe oon pig
monta quo abajo suite por In carga e igual me
de deformación do ina dos barras. OS joe on

7. Ua bare de nono de 7 cm. de longi y 25 em de acción
root te dofamma 0.0 am.

Titian el valor de la enna do deformación.

Hey: Pus la souanin (ON),

(0.05% x 2 x 10 x 6,25
VE EL 095,8 tg fom.

8. Comporar loa valores do lu energía de deformación en las dos
barras eiroulares do In Cigura 242 (0) y >), suponiendo tina distribución
uniforme do fatigus en las secciones rectas de las barros.

Solución: La cnergla de doformución de lu barra prismótica os.

La ensrgía de deformación de la otra barra où
Pu et
EE

Por consiguiente,

mue.

144. ns RASISTENCIA DE MATERIALES

Para una fatiga máxiros, dada la cantidu de cnorgin almacenada
ex una barre con garganta, es menor quo la que almacens una barra
¿de scociön uniforme, Es necesaria una cantidad muy poqueña de tra-
bajo pura que la fatiga alcaneo un limite peligroso en uns barra que
tenga ıma garganta muy estrecha y un gran didmetro exterior, tal
como la representada en la figura 242 (0).

64. Fatigas producidas por choque.—Un modo sencillo de
producir tracción por choque es el representado en la figura 243.
Un peso IW cas desde una altura h sobre el tetón mn y por cho-
que produce extensión en la barra AB. Si las masas
de la barra y el tetón son pequeños compurados con
la masa que produce el choquo, se puede obtener

despreciando la maso de la barra y suponiendo que
el peso de dicha barra no realiza trabajo durante
el choque. Después del choque, el conjunto tetón y
Fie, 243 cuerpo W se desplaza hacia abajo, ocasionando la
extensión do la barra, Debido a la resistencia de la

barra, la velocidad de movimiento del cuerpo disminuyo hasta
anularso. En esto momento, el alargamiento de la barra y las
fatigas de extensión correspondientes aleanzan un valor méxi-
mo, y estos valores máximos pueden caloularse con facilidad
en la bipótesis de que el trabajo total suministrado por el peso se
transforma en energía de deformación de la barra 1, Si 3 repre-
senta el alargamiento máximo, el trabajo suministrado por W
será WP + 3). La energia de deformación de la barra viene !

de donde :
am)

siendo

"Bn los casos prästions parto de la energía an piorlo y el alargar -
7 Br quo el Enleulado con la hipotois au

una solución del problema bastante aproximada, ;

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN 275

la deformación estática de la barra por la acción de la carga
W y » = V2gh la velocidad de caída del cuerpo en el momento
del choque oon el tetón mn. Si la altura À es grande, comparada
con 3,, la ecuación (172) puede escribirse de modo aproximado

8 Yet
y

La fatiga de extensión correspondiente que se produce en la
barra es

Po ars)

TT Al 2g

La expresión subradical es directamente proporcional a la
energía cinética de caída del cuerpo y al módulo de elasticidad
del material de la barra e inversamente proporcional al volumen
4! do la barra, Por consiguiente, la fatiga. puede disminuirse
no sólo aumentando la sección transversal de la pieza, sino tam-
bién aumentando su longitud o haciéndola de otro material de
menor módulo, E. Esto marca una diferencia esencial respecto
a la fatiga estática, que, como sabemos, es independiente de la
longitud de la barra y del módulo E.

Poniendo, en vez de 9, en la ecuación (173), la o escogida
Para fatiga de trabajo, la relación que determina las dimensio-
nes de una barra sometida a choque será

ara}

es decir, para un material dado el volumen de la barra debe ser
proporcional a la energía cinética de caída del cuerpo si se quiere
‘tener una fatiga máxima constante. Consideromos ahora el caso
extremo de anularse h, es decir, el peso W se aplica de modo sú-
bito sobre el tetón mn, sin velocidad inicial, A posar de no exis-
tir en este caso energía cinética al comienzo de la extensión de
la barro, el problema es diferente al de una carga estática o gra-
dual de la barra. En el caso de una aplicación estática, se supono
que la carga so aplica gradualmente y que, por consiguiente, hay
siempre equilibrio entre la carga que actúa y las fuerzas eli
ficas resistentes de la barra. La cuestión de la energía

145. 280 RESISTENCIA DE MATERIALES

no lo es todo, por consiguiente, en el problema que examinamos,
En el caso de una aplicación súbita de la cargo, el alargamiento
de la barra y la fatiga subsiguiente son nulos al principio de la
deformación y la carga súbitamente uplicada W empieza a mo-
verse por la acción de su propio peso. Durante este movimiento,
las fuerzas resistentes de la barra crecen de un modo gradual,
hasta que equilibran a W, cuando el desplazamiento del peso
es 3. Pero en este momento la carga tiene cierta energía ciné-
tica adquirida durante el recorrido 8, y, por consiguiente, con- >
tinóa su movimento hacia abajo hasta que su velocidad quedo
anulada por la acción de las fuerzas ro-
sistentes do la barra, El alargamiento
máximo determinado por esta condi-
ción se obtiene de la ecuación (172),
poniendo en ella v == 0. So tiene

B= By, ars

es decir, una carga súbitamente ap!

cada; debido a las condiciones dinámi-

3 cas, produce una deformación doble *

Fro, 206 que la que produciría la misma carga :
aplicada de modo gradual.

El resultado obtenido puede encontrarse también do modo
gráfico (fig. 244). La línea inclinada OA es cl diagrama alar: ©
gamiento-carga para la barra de la figura 243. Por consiguiente,
para un alargamiento cualquiera, tal como OO, el éren AOC da |
la energía de deformación correspondiente de la barra. La línea
horizontal DB, a la distancia W dol ejo à, determina ol rectán: ;
gulo ODBO, cuya área representa el trabajo suministrado por.
Ja carga W a lo largo del desplazamiento OC. Cuando 3 es igual
a 3, el trabajo suministrado será el ropresentado por el área
del rectángulo ODA,C,. En el mismo instante, la energía al- .
macenada por la barra viene dada por el área del triángulo ;
04,01, que, como se ve, es solamente la mitad del área: del ree-
téngulo anterior. La otra mitad del trabajo suministrado la con-
serva el enerpo de peso W en forma de energía cinética. Debido
a esta velocidad adquirida, el cuerpo continuará su movimiento
y no se para hasta una distancia 3 = 23,, del punto de partida.

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN 281

En este momento el trabajo total suministrado por el peso W,
representado por el rectángulo ODBC, es igual a la energía
de deformación almacenada en la barra y representada por el
triángulo equivalente OAC.

El estudio anterior del choque se basa en la hipótesis de quo
las fatigas que acontecen en la barra permanecen siempre por
debajo del límite de elasticidad del material. Pasado este limite,
el alargamiento de la burra no es proporcional a la fuerza
extensora. Suponiendo que el diagrama atargamiento-carga no
dependa de la velocidad de la deformación de la barra !, puede
determinarse el alargamiento corres-
pondiente a un caso de choque, aun-
que dicho alargamiento sobrepase
del límite de elasticidad, utilizando
el diagrama normal de ensayo a trac-
ción del material (fg. 245). Para un
alargamiento máximo dado 3, ol área
correspondiente OADF representa
el trabajo que es necesario suminis-
trar para producir tal alargamiento,
y esto trabajo debe ser igual al trabajo W(h + 8) producido por
el peso W. Cuando WA + 3) sea igual o mayor que el área
total 04 BC del diagrama de ensayo, la carga dinámica produ-
cirá la rotura de la barra.

De lo expuesto se deduco que cualquier cambio en la forma
de la barra que origine una disminución del área total OA BC
del diagrama disminuye al mismo tiempo la capacidad do resis-
tencia de la barra al choque. En las piezas con garganta do las
figuras 242 (5) y (c), por ejemplo, el período plástico del material
so concentrará en la garganta y ol alargamiento total y el tra-
bajo necesario para producir la rotura será mucho monor que
ex el caso de la barra cilíndrica de la misma figura.

Las piezas de esta forma son muy poco resistontes al ohoque,
aun cuando el material sea dúctil. Todos los elementos de es.

1 Los ensayos muestran que con una gran velocidad de deforma
sión el punto do fluencia oreco y es nocosurio mayor cantidad de trac

o paro torpor la peubeda qu cn une pra tien, Vone NN,
Davidenkoft, Balttin Polyt, Insti e, St, Potersburg, 1913; Gunbin
Welter, Ztsohr. J. Metalliunde, 1924,

146. 282 BUSISTENOIA DE MATERIALES

tructura que tengan agujeros o cualquier variación brusca de
sección son de modo análogo débiles al choque 1. En el análisis
del problema del choque que acabamos de realizar sc ha despre-
ciado la masa de la barre frente a la masa W del cuerpo que
producía el choque. Unicamente de este modo puede suponerse
que la energía total de caída del cuerpo ss transforma en energía
de deformación de la barra. El problema es bastante más com.
plicado cuando la barra tiene una masa apreciable que toma.
parte en los cambios de energía del choque.

Recordemos, primeramente, que cuando una masa Es ”

mueve con una velocidad » y choca centralnente con otra masa

7 en reposo, y la deformación en el punto de contacto es in-

elástica, la velocidad v, de ambas masas después del choque es +.

w 5
WEP, @) i
En el caso de la barra de la figura 243 las condiciones del +
problema son más complicadas. Durante el choque, el extremo
superior A queda inmóvil, mientras que el extremo inferior B
adquiere la misma velocidad que el cuerpo 1. Por consiguiente, |
para el cáleulo do la velocidad final », por la ecuación (6) de- :
berá utilizarse una «masa reducidas, en lugar de la masa total
de la barra. Suponiendo que la velocidad de la barra varíe 3
linealmente a lo largo de su longitud, so verá que en esto caso
la masa reducida debe tomarso igual a un tercio de la masa to-
tal de la barra ?. Para una barra de peso g por unidad de lon- |.
gitud, la ecuación (6) da

,

w

u A

w +4

Fste valor es Ja velocidad común que se establece para le
carga W y el extremo inferior de la barra en el primer instante

+ ¡Véase Hackstroh, Baumaterialienkunde, pág, 321, 1905, y H, Zim-:
merioan, Zentralbl. d. Bauverin pág. 208, 1400.

% Bata solución fué obtenida por H, Co
Trans., pág. 73, 1549. Vowsn turabién

Cambridge Phil, Soo
'odluier y Peursuu, History,

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN 283

del choque. Suponiendo plástica la deformación on la superficie
de contacto entro el cuerpo que cae y ol apoyo mn (fig. 243), es
decir, sin rebote alguno, la energía cinética correspondiente es

en la ecuación (a) para tener en cuenta la pérdida de energía
en el primer momento del choque. Por consiguiente, en lugar de
la ecuación (172), se obtendrá

aw.
+37

baat art

7

(156)

El método empleado da resultados tanto más satisfactorios
cuanto más pequeña es la masa de la barra comparada con
la masa del cuerpo que cae.

En los demás casos es necesario tener en cuenta las vibra-
ciones longitudinales de la barra 4, La deformación local en el
Punto de contacto durante el choque ha sido estudiada por
J. E. Seats y J. E, P. Wagstaff *,

Problemas

1. Un peso do 5 kg. unido a un hilo de acero de 3 mm. do diámetro
(figura 248) exe desle À con la aceleración g. Determinar la. fatiga
producida en el hilo cuando se detiene bruscarento su
rior 4, So despreciará la masa del hilo,

oque Riess Tonitndiale de a baer
Choque fueron estudiadas por Navier. Una solucion ra
dada por De Saint Venant (véase

ás rational es la
su traducción de Clobach, Pheorie dor
Elasticita fester Körper, nota en el paetato 61). Véase también L, Bou
nee, Aplicaton. des Potential, pág. 608, y O. Ramsauer, Ann. d.
Phys vol. 80, 1900,

JE. Seats, Trans Cambridge Phil, Soe, vol, 21, pág, 49, 1908.

2 J.B. P.. Wogstaft, London Royal Soc. Broo, (Soria A}, vol. 106,
Página 544, 1824.

147. 284 RESISTENCIA DE MATERTALPS

Solución: Sila scoleración del poso W es igual g, no habré fatiga:

alguna cu el hilo durunto el movimiento. La fatiga después de la aye

tención brosea so Lalla por la ocación (172), en la queso dosprecia fee
Sustituyendo oF = 29h y 1 = h, ge obtient

PEEERUEI FT]
VA 1080 bez fom, z

Se obwervará quo la fatiga no depende de a altura À de caída. cams
su de que Ja energía cinética del cuerpo sumenta or la mia pose,
ción que el volumen del hilo, eS
2, Un poso W = 500 Kg. on desde una ature b= 00 em. sobr
vn pl vertical de madera de 6 m. de argo y 29 em. de Mann
jede por su extremo inferior, Determinar la tiza mee
A. de compresión en el pila, suponiendo que pare ie aa
ra B= 12 x 10 Kg fem y despreciando la ium del pá
y la cantidad 3, 4
Respuesta: 3

60 kg. fom.’

Fro. 246 3. Un pono W = 6.000 kg. wido al extremo de un tile

de acero (fig. 246) desciende con una velocidad constan.”

to 9 90 omg. ¿Qué Katie no producirá en 4 endo oe aa

sno superior so detenga brwecumente? La Tonzieud Is ne

el momento del choque es £== 18 m. el área do au sección recta a

AT 18006 mat y dr :

Solución: Despreciendo la rasa del cable y suponiendo que la enor-

sí cinética del cuerpo en movimiento 0 trnajorma Jar Seer pte

‘mena do dcormactin del cables la cool que Antenne a ae

niet máximo del cable es i
cw

Bi

LA
HR, «ar

donde 3, representa el alargamiento estático del cable.

Teniendo en cuenta que W = LE so obtieno mediante la coo)

ción (a), 7

pre Ê
er

de donde

(WA
But Y yz,
Por consiguiente, después de 14 detención súbito, In fuga do ox,
tensión del cable excoo con la relación ?

3 /WT
ul 7 aa

ENERGÍA DE DEFORMAGION 285

Para tos datos del problema

Por consiguiente,
LA a,
o= 5,18 = 1,650 kg Jem.

4. Resolver el problema anterior ai se interpone un resorte que

larga 1 em. por cada 400 kg. enter el cable y la cargu,
Solución:

Sustituyendo en lo ecuación (e),
3

8 kg Jom.

Y
080190 018,
5, Para of caso de la figura 243, dotorminar le altura 4 tal que la
fatıga wöxima on la barre duranto el choque sea 2.400 kg. fem.*,
Se supono W = 12,5 keg, t= 1,801m,, A= 3,126 om, Aim 2,1 x Lue
kkg.fem.?, La masa do lo barra so desprecia,
Respuesta; hm 58 cn

65, Energia elástica de deformación en los casos de fuerza
cortante y torsión. —La energía de deformación almacenada eu
un elemento sometido a fatiga cortante pura
(figura 247) puede caleularse por el método ‚FL 4
empleado en el caso de extensión simple, Si
se supoue fija la cara inferior ad del elemen-
to, solamente deberá considerarse como tra-
bajo suministrado durante ía deformación el
que realice la fuerza P ligada a la cara supe- rq, 247
rior be. Suponiendo que el material sigue la
lay de Hooke, la distorsión es proporcional a la fatiga cortanto
y el diagrama que represente dicha relación será unálogo al de
la figura 241. El trabajo dado por Ja fuerza P y almacenado en
forma de energía elástica de deformación, seri, por consiguiente
¡véase ccuación 167),

148. 286 RESISTENOTA DE MATERIALES
Recordando que
tuto À R
TT

se obtienen, deducidas de la ecuación (167"), las dos ecuacionis
siguientes:

am) (178) °

Las expresiones correspondientes de la energía de deforma!
ción por unidad de volumen se obtendrán dividiendo estas ecua-
ciones por el volumen Al de la pieza

aa"

(179) w (180);

P

4 © ln fatiga cortante y y= es la distorsión;

unitaria, La cantidad de energía de deformación por cortadure;
que por unidad de volumen puede almacenar la pieza sin de-
formación permenente se obtieno sustituyendo en la eonación:
(270) + por el límite de elasticidad. Hl

La energía almacenada por un ejo circular sometido & tor
sión se calcula fácilmente por la ecuación (179). Si cag: es la,
fatiga cortante en la superficie del eje, la fatiga cortante en un,

donde +

1

punto situado a la distancia r del je art: tags 27, siendo deli
diámetro. La energía por unidad de volumen en este punto;
dada por la ecuación (179), seré.

a
we ar,

(

La energía almacenada por el material comprendido ent
dos superficies cilíndricas de radios » y r 4- dr es
Pa dr, :
Gar +
donde 1 representa la longitud del eje. Por consiguiente, la ener
gía total almacenada en el árbol será

Yorker 1
7 2. 12nrde = E =
a [Re

ENERGIA DR DEFORMACIÓN 287

Esta expresión indica que la energía total de deformación es so-
lamente la mitad de la que correspondería al caso en que todos
los elementos del árbol sufriesen la misma fatiga cortante sus.
La energía de torsión puede calcularse
mediante el diagrama de torsión (fg. 248),
construído tomando el momento torsor en
ordenadas y el ángulo de torsión de abscisas,
Por debajo del limite de elasticidad, el én-
gulo de torsión es proporcional al momento y
torsor y el diagrama será la recta O4. El
área infinitesimal rayada en la figura repre-
senta el trabajo suministrado por el momen-
to torsor para un aumento del ángulo de torsión dp. El áxea to-

e

Fra, 248

tal CAB = MS, representa la energía total almacenada por
el eje durante la torsión, Recordando que 9 = Gf obtione
oe tie

361,
En la primer de las scuaciones, la energía se expresa en fun-

ción del momento torsor y en la segunda viene dada como fun.
ción del ángulo de torsión.

En el caso general de que la sección tenga una forma cuales-
quiera y el momento torsor varíe a lo largo del eje, el ángulo de
torsión entre dos secciones adyacentes viene dado por la eoua.
ción (véase pág. 263)

(182)

De dy Mi
aa

La energía de deformación de un elemento del árbol será
LÉ de
2 da

y la energía total de torsión es

mal le

dz. ass)

149. 288 RESISTENCIA DE MATERIALES

Problemas.

1. Determinar la relación entre el límito de elasticidad por cor:
teduss y el Inaite de elosticidad a la tracción si Ja energía de deforma
ción que por em. puede almacenar el raaterial sin deformación per-
manento es la mismo en tracción que en cortadura,

Solución: Por las couacionea (170) y (179) se tiene

2. Determinar la flecha de un resorte helicoidal (ig. 212), emplean-
do el método de la onergía de deformación en torsión,

Solución: Sea P In fuerea que actía en la dirección dol eje de le!
hélice (ig. 282), R el radio de las espiras y r su número. La energía
de torsión almacenada por ol resorte —ecuación (182)=, será |
(PRY2zEn | ;

207,

Us
‘gent ;
Igualando esta expresión al trabajo suministrado E, se obtiene
MPRI_GANPR
al, “ad
3. El peso de un ronorto helicoidal de acoro es 5 Kg. Dotermi
lu cantidad de energía que podrá almacenarse en esto resorte sin dei
formación permanente si el límite do clasticidad por cortedura est
0,62 x 8.000 = 4.900 kg /em.t.

Solución: La energía. por kg. del material será 2.051 kg. om. Po’
consiguiente, la energía total de torsión que puedo almacenarse en es
rosorto serás

>

Lan eu a e. a
& Un je crue mac y an tao dodo det meno mat

y peso están sornetidos a torsión, ¿Qué relación existo entre los valo

cid sk is sd aime’ co
‘papa’

El

E
* La distribución de fatigas so ha supuesto ser la de un Ar
circular sometido a torsión.

ENBROÍA DE DEFORMACIÓN 289

5. Un ojo circular de acero con un volante en un extremo gira a
120 e. p. m. So detieno bruscamente por el otro extremo. Determinar
la fatiga ındxima en el eje durante el choque ai la longitud del ejo es
4 1,5 m.. el diámetro d = 5 em, el poso del volwnte W = 60 kg, y su
radio do giro r = 26 em. G = 9,2 X 10° Ieg.Jem.A,

Solución; La fatiga máxima so produco cuando la energía cinética
del volante so transforma totalmonto en energía de deformación por
torsión del ejo. La enorgía eindtica del volante es

re
E)
Sustituyendo este valor de U en la ccuación (181),

y Ea
AO

6. Dos barras circulares dol mismo material y la mista longitud,
pero do diferentes secciones A y Ay, están sometidos a torsión por
lo acción del mismo momento torsor. ¿Qué relación existe entre los
‘valores de la energía de deformación almacenada en las dos barras?

Ecopuesta: Son inversamente proporcionales a Toa cuadrados de las
Areas do las scociones rectas.

66. Energía elástica de deformación en la flexión. —Empo-
zaremos por el caso de flexión pura. Para una barra prismätica
empotrada en un extremo y flexada (fig. 249) por un par M,

aplicado en el otro, el desplazamiento angu-
Jar en el extremo libre es

= 2502,5 kg. em.

= 1782 eg Jem

La

La

Este desplazamiento es proporcional al mo-
mento fleotor M, y empleando un diagrama análogo al de la
figura 248 puede deducirse, por un razonamiento análogo, que
el trabajo suministrado durante la deformación por el momen-
to flector M, o, lo que es lo mismo, la energía almacenada por
la barra os

10)

Empleando la ecuación (a) esta onergía puedo expresarse por
una de estas formas:

qu El,
= a U=
281, om

DusteTeyots pe marinas, — 7.1

ass)

150. 290 RESISTENCIA DE MATERIALES

A veces interesa expresar la energía potencial como una fun.

Mets .
ción de la fatiga normal máxima One ==> Para una sec

6M — sz A
ción rectangular se tendrá cae = Ya © M= Ego y a!
ecuación (184) da 3
v= done. (186)

328 à

al es sólo la tercera
En este enso se ve que In energía total es a
parte de la que correspondería al caso de que todas las fibras
sufriesen la fatiga outs: z
“En el caso do flexiön por fuerzas transversales a le barro
despreciaremos, en principio, la energía por cortadura, La ener-
ía almacenada por un elemento de viga de longitud de —-0cua- +
ciones (184) y (185)— será ;

130). La energía total almacenada en la barra es,

ene ‘por consiguieute, 3
= fie, as
AETTA
° s E
ua [Te (Fa) ae ass)
jo “2 (ai

Sea, por ejemplo, el voladizo
AB (fig. 250), El momento flestor ;
para una sección cualquiera ran es Jf = — Pa. Bustituyondo en
la cousción (187), da

Fso. 260

+ Pay _ PP o
[is [778 :

ENBRAÏA DE DEFORMACION 291

Pi ‘
Seb, y la ecuación ()

Para una barra rectangular, Gas =

puede ponerse en la forma

(e)

9

Esta expresión indica que la cantided de energía que puede
almacenarse en una viga rectangular en voladizo, cargada en
su extremo, sin que se produzca deformación permanente, es un
tercio de la que se puede almacenar por flexión pura y sola-
mente la novena parte de la correspondiente a la extensión
simple de la misma barra, Esta consideración tiene importancia
en el proyecto de resortes, puesto que éstos deben absorber una
cantidad dada de energía sin deterioro y deben tener el menor
peso posible, La cantidad de energía que puede absorber un
voladizo se aumenta haciéndolo de sección variable. Por cjem-
plo, un voladizo en sólido, de igual resistencia a la flexión, de
sección rectangular, de altura À constante (fig. 185), tiene, para
valores iguales de P, ¥ Guy, una flecha y, por consiguiente,
una cantidad de energía almacenada, quo es sólo el 50 por 100
mayor del valor que corresponde a la barra do sección unifor-
me. Al mismo tiempo, el voladizo de resistencia uniforme pesa
la mitad de la barra prismática, lo que en definitiva indica
que puedo almacenar el triple de energía por kilogramo de
material.

Volviendo a la ecuación (c), e igualando la energía de defor-
mación al trabajo suministrado por la carga P durante la defor-
maciön, se tiene

Po _ PR
“GEL,

2 @

de donde
Pe
SEL,

liste valor de la fecha coincido con el de In ecuación (95).
La flecha adicional debida a las fuerzas cortantes puede de-
terminarse Lambién mediante la energía potencial de defor-
mación. Para el voladizo de la figura 250, de sección rectan-

151. 292 BESISTEXCIA DE MATFRIALES
gular, la fatiga cortante a la distancia y del ejo neutro es (véase
ecución 65) ;
Ze. » :
AN
La energía por cortadura en un volumen elemental bdady, en
virtud de la ecuación (179), será

4
y la encrgía total por cortadura es

Esta energía debe añadirse al segundo miembro de la ecua-
ción (d)2 para obtener la flecha total. So tendrá E
Ps_ rm | Pam o
2” GEL, 2061,
consiguiente, {
a, o
ETA | 10 PGI E
i i ta el efecto de las
El segundo término del paréntesis roprosont
Jtigas cortantes en la focha do la viga. mpleando el método,
desarrollado en el artivulo 39, en la hipótesis de quo el element
afecto al contro do gravedad de la sección empotrada permansos }
vertical (ig. 250), el giro adicional debido a la cortadura será —,
32

art": ;

y la flecha adicional resultará 3
3 PL :

2 bho à

ne ore Pi. PE. (1 ¡A rl
ETE ETA | sb î

en e e AE dal eee, à 4
Le ns ms menden Be normals, stas mo produces trabajo!
route la distorien, Por esta savin, lo energía total os simpleraente

Ja suma do las dos cantidades do energia.

JA (Eo) vacas 3

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN 293

Como se ve, las ecuaciones (4) y (g') no coinciden; la dife-
rencia se explica del modo siguiente: Las consecuencias del ar.
tículo 39 se obtuvieron en la hipótesis de que las secciones do
la barra so podían alabear libremente por la acción de las fati-
gas cortantes. En este caso la sección empotrada deberá ur.
varse, tomando la forme mon —üg. 250 (B)—, y al calcular el
trabajo total desarrollado en la ménsula debo considerarse no
solamente el trabajo realizado por la fuerza P —fig. 250 (a),
sino el que efectúan las fatigas ligodas a la sección empotrada
figura 250 (b) ~. Tomando en considoración este último trabajo,
la flecha calculada por medio de la energía de deformación coin.
cide con la obtenida en el artículo 39 y dada por la ecuación (') 1
En el caso de una viga simplemente apoyada, cargada en
su centro, la sección media de la pieza no alabea por considera-
iones de simetría. En esto caso la couación (9), aplicada a cada
mitad de la viga, dará un resultado más exacto para la flecha
que Ja ecuación (9'). Puede comprobarse comparando las ecua-
ciones aproximadas (9) y (g') con la solución, más correcta, dada
en el artículo 39,

Problemas
1. Una viga do madora en voladizo de 1,80 de longita y sección.
rectangular de 20 cm. x 12,5 om. eeté sometida à la acción de una cur.
10
a uniforme de + kg, por em. Determinar la energia de deformación
slmacenada si E= 1,2 X 108 kg/om.
Respuesta:
op 10° x 180 x 12
WEN” FA x LD X 10 x TEE aR 02 ke Join,

2. ¿En qué proporción aumenta la enorgía de deformación calculada
en el problema anteriorailaaltura dela vigaes 19,6 cm. y el ancho 20 om,

Respuesta: Lo energi

do domi eco on I relación De

3. Dos barras idénticas, una apoyada y la otra con los extremos
empotrados, ostán flexadas por la acción de cargas concentradas igun
Jes en su sección central. ¿En qué relación estén los valores de la ener-
gía de deformación almacenada?

Respuesta: 4: 1

4. Resolver el prohlema anterior para una carga uniforinemente
distribuida de intensidad g sobre ambas barras.

+ Véaso Theory of Elasticity, pág. 150, 1934.

152. 29. RESISTENCIA DE MATERIALES

5. Dos vigas de la misma longitud y sección rectangular están
igualmente cargadas; las gecciones tienen el mismo ancho, pero las al-
turas estén en la relación 2 : 1. Encontrar la relación entro las canti-
dades de enorgía de deformación almaccnada.

Solución: Para una carga dada, la energia de deformación es pro.
porcional & la fle wa y ésta os inversamente proporcional el momento
de inercia de la sección. Reduciondo la altura a la mitad, so hará oobo
vecea mayor la cantidud de energía de deformación.

67. Flexión preducida por choque.—La flecha dinámica de
una viga, originada, por el choque de un cuerpo W que cas sobre
ella, se puedo determinar por procedimientos análogos a los
empleados en el caso de que el choque produzea extensión (are

ticulo 64). Sea, por ejemplo, una viga sim-

plemente apoyada, percutida en el cen-

7 tro (fig. 251), y supongamos que la masa
y de la viga puede despreciarse frente a la
Fre. 251 mass del cuerpo que choca con ella y que
las fatigas que se originan están por debajo

del límite de fluencia. No habrá, por consiguiente, pérdida de
energía en el choque, y el trabajo suministrado por el peso W
durante su caída se transformará completamente en energía de
deformación por flexión de la viga 2. Sea 5 In flecha máxima de
la viga durante el choque. Si suponemos que la elástica do la
viga durante el choque tiene la misma forma que pare uns
deformación estática, la fuerza capaz do originar dicha flecha
soria, (ecuación 90)

WEL,
P
Ta energía total almacenada por Ia vi
suministrado por In fuerza P, o sea
E ETA
2 P
Si h representa, como anteriormente, la altura de cafda, lé
ecuación por la que se determina 3 será,

moot, o

P= (a)

es igual al trabajo

Y La deformación local en la superficie do contacto de la carga
y la viga so desprecia en esto cáloulo.

ENERGIA DE DEXOEMACIÓN 290

de donde
I; T
saat |) a + aus, (189)
siendo
we racy
VER.
wer, Ÿ VS
La eon (189) es de la misma forma que la que obtuvi-

mos para el caso de extensión por choque, ecuación (172). Es
interesante hacer notar que la forma de la ecuación es inva-
riante para cualquier otro caso de choque con tal de que la
flecha en el punto de choque sea proporcional a la fuerza P
ejercida en dicho punto. Si representamos por « el factor de
proporcionalidad, cuyo valor depende de la estructura, se tendrá

oP =

Por consiguiente,

mao,

y puesto que 8, = Wa, esta ecuación se reduce a la ecua-
ción (189).

La flecha 8 asf calculado representa un limite superior, al
que la flecha dinámica se acerca cuando no hay pérdidas de
energía durante el choque. Las pérdidas de esta naturaleza re-
duoen la flecha dinámica dada por la ecuación (189). Las fati-
gas correspondientes pueden hallarse multiplicando por al las
fatigas obtenidas por la aplicación estática de la carga W. Cuan-
do ha es grande comparada con 3,, la ecuación (189) puedo
ponerse en la forma más sencilla

V Bur (o

Para el caso de una viga apoyada en los extremos y perou-
tida en el centro esta ecuación da

153. 296 BUSISTENCIA DE MATERIALES

El momento flector maximo es en este caso
Pl_348E1,1

re E

H,

ss 348 BL, E
nz P 3%

Pnza uns sección rectangular, empleando la ecuación (2),

=]/We .18%,
rg a
Esta expresién indica que la fatiga máximo dependo de la

@

indti LA do la viga.
ergía cinética del cuerpo que cae y del volumen LA 5
Para determinar el efecto do la masa do la viga sobre la:

fecha máxima so supondrá que la elástica, durante el choque,
tione la misma forma que para una deformación estática,
Con esta bipótesis se deduce 2 que la masa reducida para una

ligt anis
viga apoyada en sus extremos es zz, ra y, por consiguiente, que _

la velocidad común que se estableco al comenzar el choque es |

w
Zi
aa
we

e »

La energía cinética total después de establecerse la veloci- *
dad común a, es

al u We ol
Fr F359)" ma
29 35 29 ¡18
poniendo este valor en lugar de i
Tem
29

en la ecuación (0), se obtiene

Vene publicación de Homeraham Cox, mencionada anteriormen-
te (pág. 282). :

ENERGIA Du DEFORMACION 297

Esta expresión ya tiene en cuenta el efecto de la masa de In
viga en la flecha 1.

En el caso de un voladizo, si el peso W ataca a la viga en
el extremo, el valor do la masa reducida do la viga cs E a

Cuando una viga simplemente apoyada en sus extremos
sufro el choque en un punto cuyas distancias à los extremos
son a y b, respoctivamente, la masa reducida es

1 Ben

Lette

(e
Betas

1. Una viga de madora do sección rectangular, apoyada on sus
extremos y cuya longitud es 2,70 m. guíre en su centro un choque
ocasionado por un poso de 20 kg. quo cae desde una altura À == 30 em.
Determinar el área necesario en la sección recta si la fatiga de trabajo
08 oy = 80 kg.fom.* y Bm 1,2 X 10" keg fom.

Sclucién: Empleando la ecuación (e), pagina 206,

BE 18 x 1,2 x 10
= 20 x 30 x SLI XIE 56 om,

2. ¿En qué proporción cambia ol área del problema anterior st
1. la luz de lo viga aumenta de 2,7 8 3,6 m. y 2.*, si el peso JF aumon-
ta en el 50 por 100?

Respuesta; 1.° El Area dieminuyo en la relación 3:4. 2,9 EI Area
aumenta en el 50 por 100.

3. Un peso Wo 60 kg. cao dosde una altura de 80 om. sobre el
contro de una viga de sección en T wpoyada an sus extremes y cuya

+ Divenes ejemplos on los que a aplica cata emación Sguran on
la publicació de Prose Fals Seek. A Po es an
fon 134, TA. Un eo man dolo dl cheque dre sol
Ha vign se basa ena invención dels brazo teren ado
al coli dela dormasión asien apte de shone VD
Wont foe at pá 257, nota Ban 40 pe OSes A eae
aw dl, 1507 Glas camisón, mento: Zach Plath ie
fel: ie, 196, 1613. Diana eu ton siga caja waka
Faso en ou Sui dd etilo e ade andy eo
Wee Fed Kom à Veriendo Sol Brie Bi
Inbran Beni won Mohr mero. tae, Viste cord aes
‘ltl de Puri (2), y Ni (MOP ag Le va en
PR Nano Broo he Into Bien EEE +
Rey iste espa san.

Nia detonación oca) on In supero de contacto do la earge
con la vga so duel ou af oie

154. 298 RESISTENCIA DE MATERIALES

longitu es 3 m. Encontrar las dimensiones de In sección para 0, = 2.400
kgJem.', E = 2,4 X 10° kg. fem.
Solución: Despreciando 3,4 frente a h (vóaso ecuación e), la relación.
entro la flecha dinámica y la estática seni
ByE yA
BaF TY
Sila elástica durante el choque tiene la misma forma que la defor-
mación estática, las fatigas méximas de Flexión estarán en la ais
relación que las flechas, y por consiguiente,

NN
E 137
do dodo
ETA
A cui
siento Ze momento restante dol cin yea distance da fire

más alojada a la línea noutra, o sea lu mitad de la altura de la viga
en muestro caso. Sustituyendo los dntos numéricos, so tiene:

So necesitará un perfil en I de 12,5 cm. de altura, cuyo peso on
20,4 lagoon.

4. ¿Qué futiga producirá en la viga del problema anterior un poso
de 100 kg., cayendo solo cl centro do la viga desde una altura do 15 em?

Respuesta;

Ora = 2.912 kg fort

5. Una viga de madera en voladizo tiene 1,80 m. de longitud y
una sección cuadrada de 30 x 30 cm. Sobre su extremo libre coo
un peso W = 50 kg. desde una altura À = 30 om. Determinar lo flecha,
mixima teniendo en cuenta la pérdida de energía dobide a la masa

de la viga.
‘Solucién : Despreciando 3,, frentea h, In eenacién análoga ala (190) da

a
now

née:
un = 12018,

N
; Pia TR

0,8 em.
+ Ho 36

6. Una viga apoyada en vus extremos sufre una percusión en eu À

centro por la acción de un peso W quo cao dosdo una altura A, Despre

ENERGIA DE DEPORSACIÓN 299

2
ciando By fonte à A encoder el vor de Le rain D ta quo a
efecto do a rusa doo viga rod In Elche dinámica en un 10 oz 100.
muets
0488

68. La expresión general de la energía de deformaelön.—Al
examinar los problemas de tensión, compresión, torsión y fe
xión se ha visto quo la energía de deformación puede represen-
tarse en todos los casos por una función de segundo grado en
Ins fuerzas estoriores (ecuaciones 168, 177 y 184), o por una
Función de segundo grado en los desplaza- A
mientos (conaciones 169, 178 y 185). La ex-
presión general de la energía de deformación
de un cuerpo elástico tiene también esta A,
forma siempre que se verifiquen las siguien-
tes condiciones: que el material siga la ley
de Hooke, y que las condiciones del pro-
blema sean tales que los pequeños corri- Fie. 252
mientos debidos a la deformación no af
ten a la acción de las fuerzas exteriores y scan despreciables
ara el cáleulo de las fatigas 2. Con estas condiciones los despla-
zamientos de un sistema elástico son funciones lineales de las
Cargas exteriores, y si estas cargas aumentan en una cierta rela»
ción, todos los desplazamientos aumentan en la misma propor-
ción. Consideremos un cuerpo sometido a la acción de las fuer-
zas exteriores P,, P, y Pa... (fig. 252), y apoyado de tal modo
que le sea imposible todo movimiento como cuerpo rígido. Sean
3 dp dy ... los corrimientos elásticos do los puntos de aplica-
ción de las fuerzas, medido cada uno en la dirección de la fuerza
correspondiente *, Si las fuerzas externas aumentan gradual-
mente de modo que estén siempre en equilibrio con las fuerzas
elásticas internas, el trabajo por ellas realizado durante la de-

", „Diversos problemas, tales como la flexión de barma por für
zus transveralos tnida a Oxtensión © compas acht ao uti
2 Jas condicionos anteriores, Gan roleroncia a estos caños de ampli”
“és o,

À es corrimientos de los puntos en dirocciones perpendiculares
‘ls fueras correspondientos no ae nan en cutnta ex dental nt
sig.

155. 50 RESISTENCIA DE MATERIALES.

formación será igual a la onergin de deformación almacenada |
por el euerpo deformado. El valor de esta energía no depende
del orden en que se apliquen Jas fuerzas, sino solamente de sus
valores finales. Supongamos quo todas las fuerzas externas P,,
Py Pa... aumentan simultáneamente en la misma relación; en
este caso la relación entre cada fuerza y su corrimiento oorres- -
pondiente puede representarse por un diagrama análogo al de
lo figura 241, y el trabajo suministrado por todas las fuerzas |
Py Po, Pa... igual a la enorgia de deformación almacenada en
el cuerpo, será

2 sy;

es decir, la energía total de deformación es igual a Ia mitad de À
la suma de los productos de cada fuerza exterior por el corri-
miento correspondiente +, En Ins hipótesis hechas anteriormen-
te, los desplazamientos 3,, 8, 3, ..., son funciones lineales de las :
fuerzas P,, Py, Ps... La sustitución de estes funciones en la :
ecuación (191) da una expresión general de la energía de defor- :
macién, en forma de función homogénea de segundo grado, a.
las fuerzas exteriores, Si las fuerzas so representan como fun-
ciones lineales de los corrimientos, y estas funciones se sustitu-
yen en la ecuación (191), obtendremos una expresión para 18
energía de deformación, en forma de función homogénea de ser |
gundo grado, en los corrimientos.

En lo expuesto anteriormente no se han considerado las
reacciones en los apoyos. El trabajo suministrado por estas re.
acciones durante la deformación es igual a cero, puesto que el
desplazamiento de un apoyo fijo, tal como A (fig. 252), es nulo,”
y el corrimiento de un apoyo móvil, tal como B, es perpendiou-;
lar a la reacción, despreciando cl rozamiento en el apoyo. Por.
consiguiente, las reacciones no figuran en lo expresión de la:
energía potencial (191). i

Consideremos la energía almacenada en un elemento cúbico;
sometido a extensión, uniforme en tres direcciones perpendicu,

2 Esta conclusión fué obtenida por primera vez por Clopeyro
Véase Lamt, Leçons eur la théorte malherteique de Wadateid, Bo
página 79, 1868

ENBRGÍA DB DETORxACIÓN 301

Jaros (fig. 50). Si la arista del cubo es la unidad de longitud, las
fuerzas extensoras en sus ceras, numéricamente, serán G,, 0, 9,
y los alargamientos correspondientes e,, €y, ¢,. Por consiguiente,
la cnergía de deformación almacenada en un centímenro cübico,
—couación (191)—, sorá

Sustituyendo, en vez de los alargumiontos, los valores dados
por (43)%,

A i
TE (3 +o} +03) peut os +0.9,). (192)

Esta expresién so aplica también en el caso de que algunas
do las fatigas normales sean compresiones; basta para ello atri-
buirles signo negativo.

Si en unién do las fatigas normales hay fatigas cortantes
ligadas a las caras del elemento, debe sumarse la energia cor-
tante correspondiente (véase pág. 292), y empleando la eoun-
ción (179) se tendrá como expresión total de la energía alma-
cenada en un centímetro cúbico

bt ob +0) Ee, +0 + 00)

1
pg tht hel HD. a
ra} (193)

Como segundo ejemplo consideraremos una viga apoyada en
los extremos, cargada en el centro con una fuerza P y foxada
por un par Bf, aplicado en ol oxtremo A. La flccha en el centro,
ecuaciones (90) y (105), será

E A

sitiar u
El giro en el extremo A —ecuaciones (88) y (104) — es
pr Mt o

1681 "SEN

2 Los cambioa de temperatura debidos a la deformación no so
consideran de importancia prúctica. Para una diseusiön más detallada,
véaso ol libro de T. Woyrauch Theorie elastischer Körper, paz. 163, Leip:
zig, 1884. Vénso también Z. /. Architektur und Inenteuriocas
paginas 91 y 277, 1908.

156. 302 RESISTENCIA DE MATERIALES

Por consiguiente, la energía de deformación de la viga, igual -
al trabajo suministrado por la fuerza P y el par M, será

Po, ato

a

© :

Esta expresión es una función homogénea de segundo grado
en la fuerza y par exteriores. Resolviendo las ecuaciones (a)
y (0) en My P, y sustituyendo sus valores en la ecuación (0), se
obtendrá la expresión de la energía de deformación, en forme |
de función homogénon de segundo grado en los corrimientos, À
Se habrá observado que cuando sobre el cuerpo actúan pares
los corrimientos correspondientes son los giros de los elementos ',
de superficie sobre los que dichos paros actúan.

69, El teorema de Castigliano.—Puede establocerse, dedu-
cido de la expresión de ln energía de deformación en los diver-
sos casos, un método muy sencillo para cl cálculo de los corri-
mientos de los puntos de un cuerpo elástico durante la doforma-
ción. Por ejemplo, en el caso de extensión simple (fig. 1), la
energía do deformación viene dada por la ecuación (168),

pa
248"

A

tomando la derivada de esta expresión respecto a P, so obtiene

es decir, la derivada de la energía de duformaciôn; con relación
le carga, da el desplazamiento correspondiente a la carga, o sea |
Jo que el punto de aplicación de la carga se desplaza en la diroo- ,
ción de i curga. En el caso de un voladizo cargado en ol oxtro-
sno libre, la energía de deformación es (ecuación e, página 290)
Pus :
SEL $
Ta derivada de este oxpresién, con relación a la carga P, de
Pe

3Er

Jn flecha en el extreme libre

ENERGÍA PE DEFORMACIÓN 303

En In torsión de un árbol circular ia energía de deformación
es (ecuación 182)

La derivada de esta expresión con relación al momento tor-
sor da

au

ait,” GI,
donde 9 es el éngulo de torsión de eje y representa el corrimien-
to correspondiente al momento torsor.

Cuando actúan varias cargas sobre un euerpo elástico puede
utilizarse el mismo procedimiento para el cálealo de los corri-
mientos; por ejemplo, la expresión (c) del párrafo anterior de la
energía de deformación do una viga flexada por una carga P,
concentrada on su centro, y por un par Af en el extremo. La
derivada parcial de esta expresién, con relación a P, da la flecha
en el punto de acción de la carga, y la derivada parcial, res.
pecto a M, da el ángulo de rotación del extremo de la viga on
que actéa el par Mf,

El teorema de Castigliano es una genoralización de estos re-
sultedos . Si el material del sisteian sigue la ley de Hooke, y
las condiciones son tales que los pequeños desplazamientos do.
bidos a la deformación pueden despreciarse al analizar el modo
de obrar las fuerzas, la energía de deformación de un sistema
puede expresarse por una función homogénea de segundo grado
de las fuerzas exteriores (véaso artículo 68), y su derivada par.
cial, con relación a una fuerza cualquiera, da el desplazamiento
correspondiente a dicha fuerza (véase artículo 72 para casos do
excepción). Los términos fuerza y corrimiento tienen en este
caso un significado más amplio que el corriente, incluyendo los
de par y corrimiento angular, respectivamente, Consideremos un
caso general (fig. 252). Supongamos que la energía de deforma-

née, la publicación de Castigtiano Nuova, teoria interne der
Ggslbrie dei stat dati (Au dll Aeadan dele wien tas,
1310) Vaso también su Tidare de Lépine des apar dann
Turia, 1670, Bara une traduoción ingle dal trabajo de Castas:
véaoois, 8. Androm, Lon don, 1510.

157. 304 RESISTENCIA DE MATERIALES

ción está expresada como función de las fuerzas Py, Pay Pi, 08

decir, que
U= HP, Po Py >=) (a)

Si se da un pequeño aumento dP, a cualquier fuerza exterior, =
Pa» la energía de deformación tomará un nuevo valor, que será :

KU}

Pero el valor de la energía do deformación no depende del +
‘orden por el que las cargas so apliquen al cuerpo y solamente
depende de sus valores finales. Puede suponerse, por consiguien- *,
te, que la carga infinitesimal dP, se aplica primeramente, y des- !
pués las cargas Py, Pe, Ps «.. El valor final do la energía de À
deformación será el mismo que da la ecuación (}). La carga —
dP,, aplicado primeramente, produce un desplazamiento infini. $
tesimal, y el trabajo suministrado es una cantidad de segundo :
orden que puede despreciarse. Aplicando ahora las cargas Py,
Pay Pa .... se observará que sus efectos no se modifican por la
aplicación previa de la carga dP, ?, y que el trabajo suminis-
trado por dichas cargas será el mismo valor U, ecuación (a) an-
terior. Pero durante lo aplicación de estas fuerzas la carga dP, à
se habrá desplazado 3, en la dirección de P, y ha realizado un
trabajo (dP,)8,. Las dos expresiones del tra ajo deben ser igun-
les; por consiguiente,

ut 54 CREER

Be. (94)

Pio. 263

Como una aplicación del teorema con-
sideraremos una ménsula cargada con una fuerza P, y un par?
M, en el extremo (fig. 253). El momento flector en la sección
mn es M=—Px—M,, y la energía de deformación —ecus |
ción (184)— será, ;

ti pes ¿

251
1 isso se deduce de ls condiciones cstablecidas en le página 300,
en vir de ne que ln energin de detonación eo ebtuvo de forme dei,
Función homogénea do segundo go. 2

ENERGÍA DE DEFORMACION 305

Tara obtener la flecha 3 en el extremo de la ménsuia so to-
‘maré la derivada parcial de U, respecto a P, lo que da

eu .
1 ih PET

SP BI)” oP
Sustituyendo el valor de Bf en función de P y M, se obtieno
if PB
3= | (Por Ma) ete PE
BI, f d 3E1

Esta misma expresión puede obtenerso utilizando cual
erse uti quier
método de los ya explicados, tal como el de la viga conjugada.

77 DS: u;
tf | “ (a +

Para obtener el giro en el extremo calealarem: à

à x Ieularemos ta derivada

Parcial de la energía de deformación respecto al

See pecto al par H,. Por
U ft em

e Y

Ma BIS,” aM,

if PB Ma
Pad = PE
1 f 2507 m
EI signo positivo que hemos obtenido indi
ï nido para 3 y 9 indica que
la fecha y el giro del extremo tienen la mien direcion. =
señalan la fuerza y el par do la figura 299.

Debe notarso que la derivada parcial

puede materializarse por el diagrama del momento flecto,
5 =
rrespondiente a una carga unidad —véaso fig. 254 (0)-—. La de

EROTICA Da armas — 7,

158. 306 RESISTENCIA DE MATERIALES

gramo det momento flector en la figura 254 (6). Empleando las >

rotaciones z
om
Mp 2
2 Ÿ on,

pueden esoribirse los resultados obtenidos en la forma siguiente:

ı ff if
lonas If mare. (196)
9 f te Eh ces)

Estas ecuaciones, obtenidas para el caso particular de la
figura 263, son válidas para el caso general de una viga con
cualquier claso- de carga y sustentada de cualquier forma,
‘También pueden emplearse en el caso de carga distribufda.

Consideremos, por ejemplo, el caso de una viga simplemente
apoyada y cargada. uniformemente (fig. 255) y calculemos la

I 2 2 VA
R i . f
or @
a, 296

fecha en el centro de esta viga mediante el teorema de Casti- -
glieno. En los casos anteriores actuaban las fuerzas y momentos

concentrados y las derivadas parciales respecto a ellos daban los
corrimientos y giros. En el caso de una carga uniforme no exis-
te ninguno fuerza vertical concentrada en el centro de la viga
y no podemos resolver el problema del modo expuesto anterior
mente. La dificultad se obvia fácilmente suponiendo que en el
centro de la viga obra una carga ficticia P de valor infinitesimal.
Una fuerza tal no modifica, evidentemente, ni la flecha ni el
diagrama del momento flector representado en la figura 255 (D).
Al mismo tiempo, la relación del incremento del momento fleo-

tor al incremento de P, es decir, la ES viene materializada

ENERGÍA DE DIXORMACIÓN 307
por la fur 256 (0) y (D. Con estos valores de u y 2M ai
valor de la flecha es
eu ı ft ‚es 2 a
If À,
ale TA, #

Observando que tanto M como ©
x 1

a
Sp “on simétricos con relación al

centro del vano, se obtiene Fro, 206
f :
2 fo 2 fell. pa
3-2 E CO
BE J PT BI, f 2 2/3 77 77

Si se quiere calcular el giro en el extremo B de le viga re-
presentada en la figura 255 (a) mediante el teorema de Casti-
gliano, basta suponer infinitamente pequeño el par M, aplica
do en B. Un par de este valor no modifica el diagrama del mo-
mento flector —fig. 255 (6)—. La
derivada parcial U so vo en la
aM,

figura 256 (a) y (8). El giro pedi-
do correspondiente al extremo B
de la viga será

fra
Bi, J.” our,
4 y eo ale =) En
2 fi 2)
D a
es Se ve que los resultados obte-

“a” vidos mediante el teorema de Cas-
Foo, 267 tigliano coinciden con los obteni-

dos anteriormente (pág. 133).
El tooreına de Castigliano es de gran utilidad para el céleu-
lo de deformaciones on los entramados. Sea, por ejemplo, el sise
tema de la figura 257. Cada barra tiene un número y sus longi-

159. 808 RESISTENCIA DA MATERIALES

Arens de las secciones rectas figuren en In tabla corres-
Denke: La tensión S, producida en cualquier barra i del sis-
tema por las cargas Py, Pas Pay se calcula fácilmento por las
ecuaciones de la estática para el equilibrio de los nudos, Dichas
fuerzas 8, figuran en la cuarta columna de la tabla indicada.

1 a 3 4 | 6 7
k 4 SS | gy
5 | om | em “| | 4
Le Fur

os 0025| 132
2 | m | m | 1
3 | 500 so 0 o o
4 | ss 825| os] 02 1
5 | 635 s75| 0625] 17,2 | 0
6 | 7 uso] —0.760/ 285 | 0
1 | os 625) 0,625) 1952 | 0
8 | ats 675} 0,875] 608 | 0
> | m ao) o | 0 o
10 | 65 —1125| —os2s| 172 | o
nu | os | 187 sas] 036] sos | 0

La energía de deformación de cualquier barra 4 —ecuación
‘Sth
(168)— es 75 .
La energía de deformación total del sistema será
ET

Um SAR

(196)

donde la sumación se extenderá a todas las barras del sistema
En nuestro caso, m= 11. Las fuerzas 5, son fanciones do las
cargas P, y la flecha 5, en el punto do aplicación de una carga
cualquiera P, será (ecuación 194)

St Sik
= 238

as

32,

ENERGIA DE DEFORMACIÓN 309

La derivada £5! es la relación de aumento de la fuerza $,

con el aumento de carga P,. Su valor numérico es igual a la ten-
sión producida en la barra à por una carga unidad aplicada en
el lugar de P, y esta propiedad será la que utilizaremos para
calcular dicha derivada. Tas derivadas de ahora en adelante
las representaremos por Si. La ecuación para el céleulo de las
fechas será, pues,

ass

Consideremos, por ejemplo, la flecha 3, correspondiente a Py
en A —fig. 207 (a)—. Los valores Sí recopilados en la quinta co
lumna se obtendrán por las ecuaciones de equilibrio del entra
mado para las condiciones de carga de la figura 257(6), en la que
se ha prescindido de las cargas reales y se ha colocado una carga
única de valor una tonelada en la articulación À y en la dirección
de P,, o sea verticalmente. Calculados los valores de la colum-
na sexta, utilizando los datos de las columnas segunda a quinta,
la suma de estos resultados dividida por el módulo B = 2 x 107
toneladas por em. da la flecha en A (ecuación 198),

822
2x 105

3,

= 0411 em.

Lo expuesto anteriormente so refiere a la determinación de
corrimientos en los puntos de acción de las cargas exteriores y
en el sentido de actuación de dichas cargas.

En el estudio de la deformación de un sistema elástico pun-
de ser necesario calcular el corrimiento de un punto en el que
no exista carga o el corrimiento de un punto en un sentido que
no sea la dirección de la carga actuante. El método de Casti-
gliano puede usarse también en este caso. Aplicaremos en el
Punto una carga imaginaria adicional Q en la dirección del co-
rrimiento buscado y calcularemos la derivada 5 En esta de-
rivada se hace cero la carga Q y se obtiene el corrimiento de-
seado. Vamos a calcular, por ejemplo, en el entramado de la
figura 267 (a) el corrimiento horizontal del punto A. Aplicare-

160. 310 RESISTENCIA DE MATERIALES

mos una fuerza horizontal Q en ese punto y el corrimiento ho-
rizontal correspondiente será

u) (0

donde la snmaciön se extiende a todas las barras del entramado,
Las fuerzas 8, en la ecuación (d) tienen el mismo significado
que antes, puesto que la carga adicional Q es cero y las deri«

vadas 2% 8; se obtienen como tensiones en Ins barra del

entramado para el estado de carga de la figura 257 (0). Sus va-
Jores figuran en la columna séptima de la tabla ya citada, Susti-
tuyendo estos valores en la ecuacién (d), encontramos: que el
desplazamiento horizontal de A es igual a la suma de los alar-
gamientos de las barras 2 y 4, 6 sea
1 [Sale LS 375
(a Ay) 1875x210
Al analizar la deformación de entramados es necesario al-
gunas veces conocer el cambio de distancia que acontece entre
dos puntos del sistema, Este problema puede re-
8 solverse también por el método de Castigliano.
Vamos a determinar, por ejemplo, la disminu-
4°" ción 8 de la distancia entre los puntos À y B
de In figura 258 (a), producida por las cargas Py,
Pa Pa. Unamos a ellas dos cargas imaginarias Q

(6,25 -- 8,25) = 0,165 em.

E

o aplicadas tal como se indica en la figura con

7” líneas de puntos. Del teorema de Castigliano se

* deduce que Ja derivada parcial (33), de en
“Olano

fi esto caso la suma de los desplazamientos de À y

110. 268 Ben la dirección AB, producidos por las cur-
gas Py, Pa Pa. Utilizando la ecuación (194),
dicho desplazamiento ser 1
2) SSP Sih 254 5” Sik
pd z Aue: Mi, (199)
_ is DABA on A

Y isto problema fué resuelto por J. C. Maxvell (On the Caleula-
tion of the Equilibrium and Silineas 0} Frames, Bil. Mag. (4), vol, 2%

pagina 294, 1804; Scientific Papers, vol. 1, pig. 808, Cambridge, 1800. 7

ENERGIA DK DEFORMACIÓN an

donde $, son las fuerzas producidas en las barras por el sistema
real de cargas P:, Pa, Ps; las cantidades 8; son las fuerzas produ
cidus en las barras para el sistema de cargas de la figura 258 (6),
donde se ha prescindido de todas las cargas reales y se han apli-
cado en À y B dos fuerzas unitarias iguales y opuestas; m ea el
número de barras.

Problemas

1. Determinar mediante ol teoroma de Castigliano Ta flecha y el
giro on el extremo do unn mönsula cargada uniformomento.

por dos barras prismáticos de Pie. 260

igual sección y longitud (fig. 260).

Sobre él actiia la curga P. Determinar el desplazamiento vertical de
la articulación A.

Solución: La fuerza de extensión en In barra AB y la do compre
sión de la 40 son iguales a P. Por consiguiente, la energia, do defor-
mación del wistemu es =

Pt
rae"
1 corrimiento vertical de A sorá

au _2PL
"WP" aE"
4. Doterminar el corrimiento horizontal de la articulación À del
problema anterior.
Solución: Apliquemos una fuerza imaginaria
horizontal Q tal como so indica en la figura 200

uns

3

A... con linea de puntos, La enorgia potencial del
© siem os
lo
(es fe
Eso, 200 un eh

La derivada do cata expresión rapecto a Q para Q = Oda pom a
desplazamiento horizontal el valor =

(22) fae
Rule? Ver

5. Determinar vl desplanuniente angular de la barra AB pro:
ducida por la carga P on la figura 264, 5

161. 312 RESISTENCIA DE MATERIALES

Solución: So aplica al sistema un par imaginario tal como se indi-
ca en in figura con linea do trazos. Hl desplazamiento angular corres.

Fro. 201 Fra. 202

Fondiento a este par es el desplazamiento angular y de la barra AB
debido a la carga P. Las fuerzas S), en esto caso, son:

renta barre AB y

Yi

La energía de deformación es

elle elo

de donde
sa
STAR] u" AR“
6. ¿Qué desplazamiento horizontal produce en ol apoyo B del
pórtico de la figura 262 la fuerza horizontal ZI?
Bespucsia:

zu, um
unter

7. Determinar ol desplazamiento vertical del punto 4 y el horizontal
del punto O en el entramado do acero de la figura 209, si P == 1.000 ig.

%

Fie, 254

el área do la sección reat do las piozas comprimidas es 31,26 om. y la.
de las otras bares 12,6 m3,

ENERGIA DU DEPORMACIÓN 318

8. Determinar ol aumento de la distancia AB producida por les
fuerzas H (Cig. 264) si las barras 4C y BO tienen los mismas dimensio.
es solamente so tiene en cuenta la energía do deformación por Île.
xión y 80 supone « lo suficientemente grande para que el efecto de la,
flecha en el valor del momento fiec-
tor pueda desprociarse,

Respuestas

PL,
bia u

9. Determinar a flecha te se
tancia a dal extremo iequiedo de
Ja viga uniformemente cargado ve Bio, 205
presentada ca la figure 266 (9)

Solución: Aplicando una carga P infinitamente pequeña a la di
toi 0. extn nid I derivada 2 at mate cn
In Sgura 205 (0) y (D. Utilizando para Mot dingrama parabdlico de la
figura 255 (5 la Mecha buscada ce

1 (MA fofate gen a
a) pe af ( 7 de
1 fiae_gmal—») EIN
+al (& AN
Escribiendo an vez do a y 1—z en lugar de , se obtieno lo oxpro-
in dela esta de acuerdo cen os resultados dados en la pagina 19.

70. Aplicación del teorema de Castigliano a la resolución
de problemas estáticamente indeterminados.—El teorema de
Castigliano se utiliza freeuentemente en la resolución de pro-
blemas estáticamente indeterminados. Estudiaremos primera»
mente aquellos problemas en los quo las cantidades hiperestá-
ticas forman parte de las ligaduras, es decir, son elementos del
sistema de reacción en los apoyos. Sean X, Y, Z.... las fuerzas
de reacción estéticamente indeterminadas. La energía de de-
formación del sistema será una Función de estas fuerzas. Para
apoyos fijos o apoyos cuyo movimiento sea perpendicular a la
dirección de las reacciones, las derivadas parciales de la energía
do decormacién respecto a las fuerzas desconocidas deberán ser
nulas, de acuerdo con el teorema de Castigliano. Por consi
guiente,

au,
ox”

oo (200)

162. 314 RESISTENCIA DE MATERIALES

Do este modo se tienen tantas eonaciones como reacoiones
hiperestáticas.

Se observará que las ecuaciones (200) representan las oondi-
ciones de mínimo de la función U, lo que nos dice que las fuerzas
de reacción hiperestäticas toman los valores necesarios para quo
sea minima la energía de deformación del sistema. Esta propie-

‚x dad constituye el principio del trabajo

mínimo tal como se aplica a la determi.

nación do ligaduras hiperestäticas 1.

ds Como ejemplo de aplicación de este

principio, consideraremos una viga em-

Potrada por un extremo y apoyada por

el otro, sometida a la acción do una carga uniformemente repar-

tida (fig. 266). Este problema tiens una ligadura hiperestática,

“Tomando la reacción en cl apoyo derecho X como ligadura bi.
perestätica, se encontrará su valor por la condición

Kio, 206

au
au )
at (a)
La energía de doformación de la viga, couación (187), es

_ tate 5

2.1

en donde
Me,
2

Sustituyendo en (a), se obtiene

Da od " (1227) te
ax Br J, ax mi) 2

de donde

%, Ei principio del trabajo mínimo fab establecido primeramente

por E. Monabtea, en su artículo Noveau principe sur la distribution des
tensions dana les systèmes élastiques, Paris, O. Ra vel. 40, pag. 106
1858, Vönse también O. E, vol. 88, pág, 714, 188i, Lu domostra"

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN 315

En lugar de la reacción X, pudo haberse tomado como liga-
dura hiperestätica el par M, en el empotramiento del extremo
joquierdo de la viga. En ese caso habríamos expresado la ener
gía de deformación en función de M,. La ecuación (6) es válida.
El momento flector para cualquier sección es

jet At, ast
E ) EN
Co-2o la sección de empotramiento no gira cuando la vige se

flexa, la derivada dela energía de defor“1ación respecto a A, de.
berá ser cero. Expresando analíticamente esta condición, se tiene

[nn [Eee te

ar

am, MAA le 211
le) =o
EI 3 ” 5
de donde el valor absoluto del momento es
a= 2,
8

Los problemas en que se consideren como cantidades hiper-
estásticas las tensiones que correspondan a las barras sobrantes
de un sistema también pueden resolverse aplicando el teorema
de Castigliano.

Sea, por ejemplo, el sistema representado en la figura 15,
examinado anteriormente (véase pág. 19). Considerando la fuer.
za X en la barra v<tical OC como cantidad hiperestática, las
fuerzas en las barras inclinadas OB y OD son

PX
20000
Representando por U, la energía de deformación de las ba-

Gn cola da énepi fa da por Gagne quen hizo e ota
BE na Pr Cat on hizo dete
Exton, La plain en a eon de 1 tomas er.
Dore fl end na de ls lao doy omega de
dem dei de ch Magia o ethan gen aus
ire ie matron Men ace PP, Et, a
tie Being tec satin he, E nie Ober
sot pag. 08 {So mat ante (dental Bauer
fur faite fi cs de a ae
fee pees ie

163. 316 RESISTEXCIA DE MATERIALES

ras inclinadas — dig. 267 (a)-- y por U, la energía de deforina- *
ción de la barra vertical —fig. 267 (b)—, la energía de defor-
mación total del sistema es

Es

@

XL x
cos J AB cosa 24E
Si 3 es el desplazamiento real hacia abajo del nudo O de ia
figura 15, In derivada con relación a X de la energía U, del sis-
tema de la figura 267 (a) seré igual a— 3, puesto quo la fuerza X
del sistema tiene dirección opuesta a

242 a del desplazamiento 3. Al mismo

tiempo, la derivada 7 valdrá 8; por À
consiguiente, ES
o A
r ai
9 3
tio, 207 Sa ve que el verdadero valor de la

fuerza X enla barra sobrante es el que
hace mínima la energía de deformación total del sistema, Ponien=
do, en vez de U, su valor (c), en la ecuación (d) se obtiene
E pg Mee:
2costa AB cosa AB
de donde à

Un razonamiento análogo se aplica al caso de sistemas está *
ticamente indeterminados con una barra sobrante. Para fjar
Jas ideas, consideremos la estructura de la figura 208 (a). Les ©
reacciones pueden determinarse por las ecuaciones de la está- >
tica, es decir, el sistema está isostáticamente apoyado; pero al
ir a determinar las tensiones en las barras, vemos que existe uns >
barra sobrante, Supongamos que esta barra sobrante sen la OD,
Quitaremos dicha barra, y en sus extremos O y D aplicaremos
dos fuerzas X iguales a la tensión que le correspondería y, por
consiguiente, opuestas entre sí. Tenemos ahora un sistema 68 |

2 Se supone que todas las barras tienen el mismo módulo do elas-;
tigidad E y la misma sección A.

ENERGIA DE DEFORMACION 317

téticamente determinado sometido a la acción de la fuerza co-
nocida P y de las dos desconocidas X. Las tensiones correspon.
dientes a las barras de este sistema so podrán hallar ealenlan
primero, las que produce la carga real P y que representaremos
por 8}, siendo i el número de orden de la barra; segundo,
que se originan en dichas barras cuando se prescinde de la car-

ga exterior P y se pone en lugar de las fuerzas X dos fuerzas

unidad —fig. 268 (c)—. Estes últimas tensiones o fuerzas mte-

riores las representaremos por $. La fuerza interna correspon-

diente a cada barra, cuando actúan simultáneamente la fuer-
za P y las fuerzas X, serán

Spm 8! + SX. ©

La energía de deformación total del sistema (ecuación 196),

‘Sry sca
E Nu

La ecuación se extiende a todas las barras del sistema, inclu
so a la OD, de que habíamos prescindido 1. Se aplica ahora el
teorema de Castigliano y la derivada de U respecto a X da el
desplazamiento de los extremos F y Fy, el uno hacia el otro.
En el caso actual, la barra es continua y esie desplazamiento es
cero, Por consiguiente,

au

ax
es decir, la fuerza X en la barra sobrante es tal que hace mínima
la onergía de deformación del sistema.

Y Para vota barra, Si = Oy Se 1,

o, @

164. 318 RESISTENCIA DR MATERIALES

Mediante las ecuaciones (/) y (4), tendremos
AARNE SAG) + SRV IS!

AX 245 1 A
de donde
X= —. 101)
En m
AB 3
Este procedimiento es también aplicable a un sistema en el }

que existan varias barras sobrantes.
El principio del trabajo mínimo puede aplicarse también en
el vaso de que lus cantidades hiperestáticas sean pares. Consido-

à Pc
, — Gt H
i Men)

Tio, 269

5

emos, por ejemplo, una viga sobre tres apoyos uniformemento
cargada (fig. 269). Si so toma como ligadura hiperestatica el mo-
mento en el apoyo central y se corta la viga por el apoyo B, so =
obtendrán dos vigas apoyadas —fig. 269 (b)— cargadas con los *
pares desconocidos Af,, adomás de con la carga uniforme cono-
cida de valor q. Al no existir rotación del extremo A’ respecto al
extremo B”, debido a que en nuestro oaso —fig. 269 (a)— la elás- ©
tica es una curva continua,

av

aie

Fxpresi6n que indica que también en este caso el valor que +

corresponde a la cantidad hiperestätica have minima la energía
de deformación del sistema,

0. (202)

Problemas

1. La carga vertical Posté sostenida por una barré vertical DB da?
longitud Y y sección A y por dos barnes igualmente inclinadas de Io;

ENERGÍA DE DBFORMACION 319

situa Ty areción Ay (Cig. 270). Determinar las tensiones en las barras y
A
la relación 7, para la quo dichas tensiones son numéricomente igunios.

Fee. 20 Fe. am
Sinon: A sistema en bipersttico. Sen X I fura de ostra
de le borra vertical, Las fueras de comprasón en las bara ac

das serán J (P— X) y la energía do deformación del sistema eu
A

vo

A
ax Cra AE =
de dendo

Sustituyondo en la ecuación

1
le
ES)

vi
Ay ha,

2. Determinar la reaceiéa horizontal X en ot sstem
tado on la figura 271. Messen

Solución: La fuera desconocida X inersendrk solamente cn in
parte de energía potencial de flexión que comespondo al mars AB de
la hora. Para eat (oz, A = Pa a, y ln cui dl ninja

E A

a) =,

se obtiene

de donde

3 pa
x-jr

165. 320 RESISTENCIA DE MATERIALES

3. Determinar Ins relaciones horizontalos X eu cl sistema do la
figura 272, Todas las dimensiones.

figuran en la tabla siguiente,
Solución: Por el principio del
trabajo mínimo, se tiene A
W_ dy Sey Sik ds,
ES
Soa Sf la tonsión producida en
In bus $ por la carge conooida Po
5; la tensión producida en lo mima.

0,

E

© barra reemplazando las fuerzas X
1 7 por otras unitaris. Los valores de
Fro. 272 St y Sie determinan por ine one +

diciones de In estática y figuran on,
las columnas 49 y 53 do la tabla. La tensión total en wis barro eual-
«quiera sordo

is

CETTE:

y | sisu [em
| 2,

L
450,75 | 31,25 — 1,803 P| 1,202 |—5),24P| 20,8
Su] teas || | sean |

Ex —210,30P; Eon 248,6 À

Sustituyundo au valor en la «cunción anterior, queda

ad

do donde

=.
ES

Aa ;

Ton lamenton d een meinen figura en sa ontummas 04 y E
4s do la tab: Suatitayendo los alone on la mación an bie

X= 0,877 P.

ENERGIA DF DEFORMACION 321

4. Determinar la tensión en la barra horizontal sobranto del siste-
igura 273, suponiendo quo la longitud de esta barra es 730 em.
y el área de su sección recta Ay. Laa
barras restantes tienen las mismas
dimensiones que en el problema 3.

Solución: La tensión do lu barra
horizontal se caloula por la. eeun-
ción (201). Esta ecuación es anélo.
£a a la ecuación (/) del problema 3,
poro en el sistema de la figura 273
existe además la barra horizontal.

La tensión producida en cata ha. ENYA
rra por la fuerza P actuando sola a
(X = 0) es cero, es decir, $$ = 0, Fie, 273

La tensión producida por las dos
fuerzas iguales o la unidad —fig. 273 (D)—es Si = 1. El término adi-
cional en el numerador de la ecuación (f) es

EI término adicional del denominados es:
Sa _ Lodo 750
Ay ay

Por consiguiente, ompleondo los datos del problema 3,

EJ
A+ e406

Tomando, por ejemplo, A, = 62.5 om.%,

Quo es solamente cl 4,7 por 100 menor que el valor obtenido en ol
probloma 3, para apoyos fijos 4,

Suponiendo y= 6,25 om.

216,36
= 9-500 P.

So observaré que en un sistomu hiperestético las tensiones en I
burras dependen de aus secciones rectas. meen tae

5, Determinar las tensiones en las Darzas del sistema de la figue
79 20 utilizando el principio dot trabajo minimo.

© Determinar las tensiones en las barras dol sistema represen:

x=

Vosiomando 44 = = 00 obtiene la mismo condición que pa
apoyos fijos. AOS RE

Basterarota Du rats, — 7.1 a

166. 822 RESISTENCIA DE MATERTALES

tado en la figura 274, suponiendo que todas las barras son de las
mas dimensiones y materiales.

Solución: Prescindiendo de una barra, los esfuerzos en las demás
pueden doterminarse por las condiciones de la estática; por consiguien.
te, el sistema tiene una barra hiperestática solamente, sen esto barra
la 1 y X la tensión correspondiente. Todas las barras que son lados del
hoxágono tendrán las mismas tensionos X; las barras 8, 9, 11 y 12 su-
fran compresiones X y las tensiones en les barras 7 y
10 valon P— X.

La energía de deformación del sistema es:

x ¿EA
a

rosatieciendo que 22 0,0 bi

P
x=.

ra, 274

7. Determinar las tonsiones en ol sistema de la figura 268, supo-
miendo que todas las barras tionen la misma sección recta y tomando
‘como hiporestática la tensión en la diagonal AD.

“Solución: Sustituyendo los datos dados por la tabla siguiente, en
la ecuación (201), se tiene:

34243
“Hee
: A F |
1 ap a
1 a ep er u WR 2
1 ap a
2 a a oR 3
1 a
3 a o A > 2
1 ap a
4 a Pl -% | -ÿ 3
arya} +1 | seu | avi
o + o av?
za BE Eyal, 24142,

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN 323

8. Un cuadro de sección uniforme (fig. 275) so somete a Ja accion
de una corga uniformemente repartida de intensidad g. Determinar
el momento flector en los ángulos.

Beopuesta:

Me 24,
re}

9. Una carga P está sostenida par dos vigas do igual sección que
so cruzan en ángulo recto (fig. 276). Determinar la presión X entre
las vigas.

Respuestas
en

PLE

10. Encontrar el valor de la hiperestática H en el pórtico repro-

sentado cu la figura 167, utilizando el principio del trabajo mínimo,

x

iy
RA

Fra. 276

Fra. 27%

Solución; La energía de deformación por flexión del pórtico es

az Pedo, [OR Hits
ver [er + za 0

donde M, representa el momento flector para las secoionos del dintel
Calenlado come viga apoyada en sus extremos, Sustituyendo en la

fan a)
se encuentra,

TR
Easter Le
La integral del segundo mierabzo es el área del diegrama triangular
de momentos flectores para una viga con carga conecuitada P Por
ousigniente,
2 1
fist rat.

Sustituyondo en (e obtiene para Fla expresión ya conocida
(ecuación 114, pág. 192). F

167. 324 RESISTENCIA DE MATERIALES

11. Encontrar las incógnitas hiperestáticas en Ins estructums re-
presentadas por las figuras 168, 169 y 171, utilizando ol principio de
trabajo minimo. i

12. Hallar el momento flector en la figura 269, suponiendo l, = % à

71. El teorema de la reciprocidad de los trabajos.—Comen-
zaremos considerando la viga simplemente apoyada de la figu-
ra 277 (a), y calcularemos la flecha en el punto D, cuando la car- À
ga P actús en O. Esta flecha se obtiene haciendo 4 =d en la;
ecuación (86), y será :

Phd
o Pb pan, a)
Wand Gr (Pb i. @

Se ve que la flecha (a) no varía si so cambia d por by por d,
lo que indica que en el caso de la figura 277 (b), la fecha en D, es
Ta misma que la flecha en el. }
punto D de la figura 277 (a). *
De la figura 277 (6), se ob-
tiene la figura 277 (0), giran-
“ e do la viga 180°, lo que ori-
É + = ® gina que el punto O, coinei-
DE PE eee mn
id to D, con el punto O. Por *
7 7 G ® consiguiente, la flecha en C, +,
ar Ed nl,
a la fleche on D, en la figu- :
ra 277 (a). Este es un caso
partionlar del teorema de la reciprocidad en el trabujo. :
Para establecor el teorema en forma general, considerare-
mos un cuerpo elástico, Sea el cuerpo representado en la figu-
ra 278 y supongamos que está apoyado de tal manera que le sea
imposible todo movimiento como cuerpo rígido. El primer es- ,
tado de fatigas lo ocasiona el sistema de fuerzas exteriores

¥io, 277

1 Un easo particular do esto tooroma fué obtenido por J.
well, loc. cit. pig. 310. El toorwana se debe a B. Bot
(erie 2), vols. 7 ÿ 8, 1872, En una forma més ge
por lord Rayleigh, Fondon Mail. Soe, Proc, vol. 4, 1873, o Scien-
tific Papers, vol. 1, pag. 179. Divorsus aplicaciones a la solución do pro
omas de inuenieria han sido hochas por O. Mohr, loc. eit., página 916,
y H. Muller-Brestau, loo. cit., pig. 315.

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN. 325

P, y Py El segundo lo origina el sistema P, y P,. El corrimien-
to de los puntos de aplicación en las direco'ones de las fuerzas
son 3, D 3, y 8, en el primer estado, y 3, &, 8%, 8, cn el
segundo estado. El teorema de la reciprocidad dice: El trabajo
correspondiente a las fuerzas del primer estado para los corri-
mientos del segundo estado es igual al trabajo correspondiente
a las fuerzas del segundo estado para los corrimientos del pri-
mero, Es decir,

PB + PBL = Pda + Pu (203)

Para demostrar este teorema, consideraremos la energía de
deformación dol cuerpo cuando actúan simultáneamente todas
las fuerzas Py... Py y hae
remos uso de la propiedad
de que el valor de la ener-
gía de deformación no de-
pende del orden en que so
aplican Jas fuerzas, sino de
los valores finales que estas Eso, 278

fuerzas alcanzan. Suponga-

mos que primeramente se aplican las cargas P, y Pa y después
las fuerzas P, y Py. La encrgía de deformación almacenada du-
rante la aplicación de P, y P, es

Pa, Po
+ @

2
Aplicando ahora Ps y P,, el trabajo suministrado por ostas
fuerzas es
PHS, PB
273

Ahora bien, durante la aplicación de las fuerzas P, y Py, los

Puntos de aplicación de las fuerzas P, y P, se habrán desplaza-
do à y 32. Por consiguiente, P, y P, realizan un trabajo

PHP ©

@)

‘uaa oxpreone no ao divida, por 2 pg ak fm Py
Pa prea ey i pr 2 reno ln ers Fy
e pats o Oa

168. 326 RESISTENCIA DE MATERIALES

La encrgía de deformación que en total ha almacenado el
cuerpo se obtendrá sumando (a), (6) y (e); es decir,
PB, Pade, PBS, PBL
0 PB Pade Pas | PR py pa
iran + Pa @
Si ahora suponemos que primeramente se carga el cuerpo
con las fuerzas P, y Pa y después con las P, y P, y repetimos el
razonamiento expuesto, obtendremos

PB;
2

Pad Pi, Pa
Utd, Padi, Pid
eta te

+ Pas + Pde @

Escribiendo que (d) y (e) son iguales, se obtieno la ecuación
(203). Este teorema puedo demostrarso cualquiera que sea el
número do fuerzas y también para pares o para fuerzas y pares,
En el caso do un par, el corrimiento que so considera es el án-
gulo de rotación correspondiente
Para el caso particular de que en el primer estado de fatiga
actúe una sola fuerza P, y de que en el segundo estado exista
únicamente la fuerza P,, la ecuación (203) da 1
PA = PB, (204)
Si P, = P,, se deduoo que dj — 3,, es decir, el corrimiento
del punto de aplicación de la fuerza P, en la dirección de la
fuerza P, producido por la fuerza P, es igual al corrimiento del
punto de aplicación de la fuerza P, en la dirección de P,, pro-
ducido por la fuerza P,. Una comprobación de esta propiedad,
para un caso particular, so vió para la viga de la figura 277.
Como otro ejemplo, consideraremos la flexión de una
apoyada. En el primer estado la supondremos flexada por la
acción de una carga concentrada P aplicada en su centro; en el
segundo estado, actúa sobre la viga un par flector M en su ox-
PE
ger
par Jf aplicado en el extremo produce en el centro una Hecha
ane
1680

tremo. La carga P produce un giro en el extremo 9 =

El prismoro que probó esta propiedad fué J. C. Maxwell, y fro»
euontemente so denomina steoroma du Muxwolb,

i

BNEROIA DE DEPORMACIÓN 327
La ccuación (204) dico
PMP _y PP
EI” 16EL

El teorema de la reciprocidad de los trabajos se emplea mu-
cho para estudiar las líneas de influencia en los sistemas hiper-
estáticos. Sea, por ejemplo, una viga empotrada por un extremo
y apoyada por el otro (fig. 279), sometida a In acción de una car-
gu concentrada P. Se trata de encontrar
cómo varía la reacción X cuando la car-
gu P se mueve sobre la viga y, por con-
siguiente, varía la cantidad 2. Conside-
remos el estado real de la viga —figu-
ra 219 (4) — como primer estado de fa-
tigas El segundo estado (ficticio) será
el de la figura 279 (8). Se ha prescindido Eso. 279
de la carga extetior y de la cantidad
hiperestática X y se ha cargado la viga con una fuerza unitaria
en la dirección de X. Este segundo estado es estáticamento de-
terminado y la elástica correspondiente (véase ecuación 97, pé-
gina 142) será la de la figura.

Silos ejes coordenados se toman como indica la figura 279 (5),
se tendrá

E 2
= gp (Pet +a. o

Representemos con 3 la flecha en el extremo y con y In flecha
a la distancia x del apoyo izquierdo. Aplicando el teorema de re-
ciprocidad de los trabajos, se tiene: El trabajo de las fuerzas
del primer estado para los corrimientos del segundo es

X8—Py.

El trabajo de las fuerzas del segundo estado para los corri-
mientos del primero será nulo, puesto que el punto de aplicn-
ción A de la fuerza unitaria tieno corrimiento nulo en el primer
estado}, Por consiguiente,

Xi—Py=0,

% Las reacciones en el extremo empotrado no se consideran en
ambos casos a causa de ser nulo ol desplazamiento cortespondicite.

169. 328 RESISTENCIA DE MATERIALES

de donde
rr. o

Se ve, pnes, que a medida que la carga P cambia de posición,
la reacción X es proporcional a los valores correspondientes de y
en la figura 279 (5). Por consiguiente, la elástica del segundo es-
tado (ecuación f) representa gráficamente el modo de variar X
con z. Esta curva será la línea de infiueneia de la reacción X 1,

Si actúan varias cargas simultáneamente, empleando el mé-
todo de superposición y aplicando la ecuación (g), se tendrá

X =22 Pan

3
donde y, es In flecha correspondiente a la carga P, y ln suma-
ción se extiendo à todas las cargas. E

Problemas.

1. Construir las líneas de influencia pars Ine wncetones en tow
apoyos de una viga continua sobre tres apoyos (fig. 280).

Solución: Para encontras la inca de inftuencio de la reacción en el
apoyo intermedio consideraremos como
primer ostado do fatiga el de la figue
ra 280 (a). El segundo estado os el do la
Sigur 280 (6, en ol que so prescindo de
la carga P y de la reacción X, y en el
lugar de esta Última se hace actuar una
carga unitaria hacia arriba. Esto s0-
undo estado cs estáticamento doter-
‘nado y su elástico conocida: —ecua-
ciones (86) y (87), página 180; por
consiguiente, las fechas Be yso pordon
calcular, El trabajo correspondiente & los fuerzas del primer estado
Para los corrimientos del segundo es

X8— Py.

El trabajo correspondiente a In fuerza unitaria del sogundo estado
pora los corrimientos del primero (flecha cero en 0) es cero; por con-
siguiente,

XB Py

y,
x=P}.

3 El empleo de modelos para la determinación de linens de in-
fluencia ba sido desarrollado por G. E. Beggs, Journal of Franklin
Institute, 1927.

ENPROÍA Dx DEFORMACIÓN 329

Fs decir. in elástica del segrmdo estado es ja línea de influencia de
la reacción X. Pura obtener la linea de influencia de la reacción en B,
‘el segundo estado de fatiga será el que represente la figura 280 (0).

2. Utilizando la linea de influencia del problema anterior, deter
‘miner la reacción en Z si la carga P está en el contro del primer amo

P
(ee) =e 20 0.
espa: La sin ek vgn hacia abajo y vaio

3 a
Te Roh

3. Encontrar la Tinea do influencia correspondiente al momento
flcctor en el apoyo central C do la viga continuo sobre tres apoyos de
la figura 281. Utilizar ja linca hallada para averiguar el valor del momen-
to flector Me, cuando le carga P está en el centro del sogundo tramo.

Solución: EI primer estade lo
a es el que origina le carga real —figu- y N 5
ra 281 (a)— con el momento flector Af,
aplicado en la sección O. Para el sogun + P7@7
do estado so quite la carga P, se corta A, 28
la viga en C y se aplican dos pares uni 747
tarios en lugar de M, —fig. 281 (b}—. ce
Este último caso es estáticamento de- Fie, 281
terminado, Los ángulos 6, y 0 vienen
dados por la ecuación (104), yla cha y por la ccvación (105), La sua
do los ángulos 8, y 04 representa el corrimiento en el segundo estado
correspondiente al momento flector M, que obra en el primer estado,
El trabajo correspondiente a les fuerzas del primer ostudo para los
corrimientos del segundo es 1:

MeO, + 0) — Py.

El trabajo correspundiento a las fuerzas del segundo estado paro
los vorrimientos del primero es cero, puesto que en la figura 281 (a) la
viga no está cortada. Por consiguiente,

MO + 0) Py

MP, a]

So ve que cuando la carga P cambia de posición, el momento Fleo-
tor M, varía proporcionalmento a la flecha y. Por consiguiente, In

1 So supone que el momento Nestor M, produce una elástica
cnc por abajo *

170. 830 RESISTENCIA DE MATERIALES

elástica en el segundo estado representa la linea de influencia de My.
Recordando que

aro he

y que la flecha en el contro dol segundo tramo es
18
CAE 72

el momento flector, euando la carga P está en el centro del segundo
tramo —ccuación (b}—, será
Pa

A
Me ETS

4. Encontrar la tinea de influencia correspondiente sl momento

‘ecto on el extremo empotrado de la viga AB (ig. 270) y oalouas ote

on cb aan ae Sa a a si

dpuestas
M,= Lie.
ym RP

5. Construir la línea de influencia correspondiente a las renecio-!
on Horizontale del pto de la figura 107 () Cuando l cora Po

mmuovo a lo largo do la bora AD.

Respuaxa: La linea de iafonais
tiene la iaa forma que la lation
cola Parma AB pars Jas condiciones
de cg dela figura 108 (9)

& "Haller le Unes de infuencis
correapondiente à In tensión X on
la baron horizontal 0D fig 22 (0
cuando I orga P ae mueve a To lar
go do la vign AB. Calor X oven
o la carga eth ou al contro de la
viga. Los vormienenten debidos al
alargamiento o contracción de las
arre so desprelarán y sólo so cont
siderorá o orcimento debido à la
Fin de lo viga AB.

Solución; YA estado de carga de
Pee In figura 282 (a) 0 tomará cou pie
rer estado de fatiga. Bn el sogundo estado so rosinde de I carga Y
Aine fuerzas X, y e el lugar do stas últimas vo colocan dos fusta un
tarios —fig. 262 (>. Debido a estas fuerza, o tranamitnón hla ign
AB en oe puntos Fy H una pios votes dis ac ar

Wea
y la viga floxará tal como se indica con Iineaa de trazos.

2

ENERGIA DE DEFORMACIÓN 381

Si in flecha de la viga en el punto correspondiente a la carga Pla ropre-
‘sentames con y y 3 es cl corrimiento de los puntos © y D, uno hacia el
‘otro, en el segundo estado de fatiga, ol teorema de la reciprosidad de
los trabajos da

Ra—Py=0 om Xe Ph

Por consiguiente, la elástica de la vigu AB, on el segundo
es la linea de influencia podido, La flexion de una viga por la noción
‘do dos cargas situadas simötrieamente go analizó en el problema 1, pá.
de dos cargas situadas simótricamente so analizó on ol problema 1, pá-

Lh
en F y a In mitad de la luz scrón

gina 161. Poniendo

en lugar de P en las fórmulas que obtuvimos,
Ins flocias de la.

ch Tuch 5
CRETE

respectivemente.
‘Examinando la rotaciôn del triángulo 4 FO —fig. 282 (c)— como un
‘cuerpo rigido, so ve quo el corrimiento horizontal del punto O es igual al

corrimieuté vertical del punto F multiplicado por À; por consiguiente,

BO
22 ew = py BA Ob

Sustitygendo esto valor y el do la Flecha à la mitad do %a Tuz on la
ecuación ($, so obtiene

7. Encontrar In línea de influencia correspondiente a ta tonsión
eu la burra OD del sistema ropreguntudo on la figura 204, despreciando.

ye

io. 288 Fra, 284

los corrimientos debidos à los acortamientos y alargamientos de Tas
barras y considerando solomonte la Floxión do la viga AB.

Respuesta: La linea tendrá la misma forma que la correspondiente
In reacción on el apoyo central do la viga sobre tres apoyos (véuso pro»
loma 1, pág. 328).

8. Constrair la lino de influencia para la barra BO que atiranta,
a la viga AB, Hallar la tensión eu BC cusudo P está a In mitad de
AB (fig. 284).

171. 332 RESISTENCIA DE MATERIATES

Respuesta: Desprogiando los corrimientos debidos al alargamiente

dol tiranty BO y a lu contracción de la vigu AB, la fuerza en BO os
5 P

16 sona

72, Casos de excepoión.—Al deducir el teorema de Castiglin-
no y el de reviprocidad de los trabajos, se ha supuesto que los
corrimientos debidos a la detormación son proporcionales a las

cargas que obran sobre
a el sistema, elástico. Exis-

| ten casos para los que
dichos corrimientos no

- son proporcionales a las
caras aun cuando el

L material de que está for-

mado el cuerpo siga la
ley de Hooke. Estos ca-
sos se presentan siempre
que los corrimientos debidos a la deformación influyen en la acción
de las cargas exteriores. En dichos casos, la energia de deforma-
ción no es ya una función de segundo grado y el teorema de Cas-
tigliano no es válido, Para aclarar esta limitación, vamos a consi-
derar el caso sencillo de que solamente una carga P actúe sobre
el sistema elástico. Supongamos primeramente que el eorrimien-
to 3 es proporcional a la fuerza correspondiente P, tal como indi»
ca la línea recta OA de la figura 285 (a). El área OA.B representa
Ja energía de deformación almacenada por el sistema durante la
aplicación de la carga P. Para un aumento infinitesimal dd en
el corrimiento, la energía de deformación aumenta on la canti-
dad que representa el área rayada en la figura y se obtiene
aU = Pas. (a)
Si la ley de variación es lineal, el triángulo infinitesimal ADO
es semejante al triángulo 04 B; por consiguiente,
di 3 AP

Fre, 255

Fer) 6
ap P Le
Sustituyendo este resultado en la ecuación (a),
au pal

r

nen

PNPROÍA DE DEPORMACIÓN 333

de donde se deduce el teorema de Castigliano:
an,
ap

Un caso para el que no puede aplicarse el teorema de Cas-

tigliano es el representado en la figura 286. Dos barras horizon=

tales e iguales AC y BO, articuladas en 4, B y C, están some-

tidas a la acción de la fuerza vertical P aplicuda en C. Sea C la

posición de © después de la defor- ,, é

mación y « el ángulo de inclinación Pri

de cada barra en la posición defor- (Zu

mada. El alargamiento unitario de

las barras deducido de la figu-

ra 286 (a) es

3. @

= —À;: 2 @

[cos a.

solamente se consideran corrimientos pequeños, æ es pe-

queño y 4 vale, aproximadamente, 1 + $- Sustituyendo on

(d), se tiene

Las tensiones en las barras son

r= añ PE, o)

Por la condición de equilibrio del punto © —fig. 286 (6),

P=2x, 0)
y con el valor de 7, dado por la ecuación (e),
P=4E%,
de donde
TZ
= Vi 9)
y

(205)

172. 334 RESISTENCIA DE MATERIALES

En este caso, el corrimiento no es proporcional a la carga P,
a pesar de que el material do la barra sigue la ley do Hooke,
La relación entre 3 y P está representada en la figura 285 (0) por
Ja curva OA. El área rayada 04 B en dicha figura representa la
energía de deformación almacenada por el sistema, Y valor de
la energie de deformación es
N
os f Pas w
h
Sustituyendo el valor de
P=AE% a

w
despejado de la ecuación (205), se obtiene

Ag fè ARS _P8_ PIA Pp
y 100: wi VF o
Lo que demuestra que la energía de deformación no es una
función de segundo grado en la fuerza P. Tampoco valo dicha
energía la mitad del producto P3 (véase artículo 68), si no sola-
mente su cuarta parte, El teorema de Castigliano no será valid

2 ¿PV YE Y
dP aP\E Y AE] SP AROS

Resultados análogos se obtienen en todos los casos en que los
corrimientos no son proporcionales a las cargas.

rs

APÉNDICE

MOMENTOS DE INERCIA DE LAS AREAS PLANAS
1. El momento de inercia de un área plana con rolación
a un eje de su plano

Al estudiar la flexiôn de vigas, so encontraron integrales de

este tipo:
f yaa, a

en las que cada elemento de área dA está multiplicado por el
cuadrado de su distancia al ejo z y la integración extendida al
úxea A de la sección reota de la viga (fig. 1). Una integral de

L

y

iz

==
Fe, 1 Fis, 2

esta naturaleza se denomina momento de inercia del área A
‚son relación al ejo z. Fin casos sencillos, los momentos de inercia
se calculan analíticamente con facilidad. Sea, por ejemplo, un
rectángulo (fig. 2). Para calculer el momento de inercia de este
rectángulo con relación al eje horizontal de simetría z, se puedo

173. 396 APÉNDICE

dividir el rectángulo en elementos infinitesimales tales como el
representado en la figure por el área rayada. De este modo,

A

à on

af Pug

Do la misma manera, el momento de inercia del rectángulo
con relación al eje y es

=e [ tie MR,

la 122

La ecuación (2) sirve también para él cálculo de I, en el pa-

ralelogramo representado en la figura 3, puesto que este parale-

ogramo puede deducirse del rectángulo representado con líneas

©]

Fro. 4

de trazos por un desplazamiento paralelo al eje z de elementos
tales como el rayado en la figura. Las áreas de los elementos y
sus distancias al ejo 2 permanecen invariables en ol desplaza-
miento y, por consiguiente, 7, es igual al 7, del rectángulo.

Para calcular el momento de inercia de un triángulo con rele»
ción a su base (figura 4), tomaremos como área elemental la
rayada en la figura, cuyo valor es

aaa"

NV pt a BR

[ vs

El método de cáloulo expuesto se utiliza de modo general.

El momento de inercia se obtiene dividiendo la figura en

fajas infinitesimales paralelas al eje y después integrando la
ecuación (1)

La ecuación (1) du

MOMENTOS DE INERCIA DE LAS AREAS PLANAS 837

El cálculo puede muchas veces simplificarse dividiendo la
figura en partes cuyo momento de inercia con relación al eje se
conoce. En este caso, el momento de inercia total es la suma de
los momentos de inercia de las diversas partes.

El momento de inercia de un área con relación a un eje tiene
las dimensiones de una longitud a la cuarta potencia, según se
deduce de su definición —ecuación (1) por consiguiente, divi-
diendo el momento de inercia con relación a un cierto eje por el
área de la sección y extrayendo la raíz cuadrada, se obtiene una
longitud. Esta longitud se denomina radio de giro con relación
a dicho eje, Para los ejes y y z, los radios de giros son

h= Ve ha Vi ®

Problemas

3. Encontrar el momento de ineroia del rectángulo de la figura 2
con relación u su base,
Bespues

2. Encontrar el momento de inercia del
ción ul eje 2 (Fig. 4)

el id
7 | LT
o 2
© HE i
re Kat
Eo. 5

Solución: sto momento es la diferencia entre el momento de inor-
ia del pasalologramo 4 BDO y el del triángulo BDC. Por consiguio,
on _ on
2-7

3. Encontrar 7, para las soociones de la figura 5,
Respuesta:

a _ta-2n bat _ (EM) (a 2%
Pa deg

Bamarancn Da warum. LT, 1

174. 338 APÉNDIOR

4. Encontrer el momento de inercia de un cuadrado de lado a
‘con relación a u diagonal,
Respuesta:

Id

5. Hallar k, y E, pam ol reouingulo representado en la Cgura 2.
Respuesta:
6 a
ep Bee
E is

6. Hallar k, par Ins secciones 6 (a) y 6 (0).

I. Momento polar de inercia de un área plana

El momento de inercia de un área plans con relación a un
eje perpendicular al plano de la figura se denomina momento
polar de inercia con relación al punto en que el eje corta al plano
(punto O en la figura 1). Analíticamonte, se define por la integral

1,= [ Aaa, «@
según se ve, cada elemento de área dA sc multiplica por el cua-
drado de su distancia al ejo y la integración
se extiende a toda el área de la figura.

Con referencia ala figura 1, 7° = y? + 2%,
y por la ecuación (4),

Pida di

Es decir, que el momento polar de iner-
Fra. 6 cia con relación a un punto © es igual a la
suma de los momentos de inercia respecto

a dos ejes rectangulares y y 2 que pasan por dicho punto.
Consideremos una sección circular. El momento polar de
xmercia de un círculo con relación a su centro se utiliza al anali-
zar la torsión de un eje circular (véase artículo 58). Si se divide
el área del círculo en anillos elementales, tal como indica la figu-

zu 6, se tiene dA = 2nrdr, y por la ecuación (4),

Leman [oar a ©
h 32

1

MOMENTOS DB INERCIA DP LAS ÁREAS PLANAS 339

Se ve que en este caso, en virtud de la simetría J,

por consiguiente, de las ecuaciones (5) y (6) se deduce
ds

— G)

El momento de inercia en la elipse, con relación al eje 2
(figura 7), puede obtenerse comparando la elipse con el ceulo
representado en la figura con línea do trazos.

La altura y de un elemento cualquiera de la elipse, tal como
el rayado de la figura, puede obtenerse reduciendo la altura y del

elemento correspondiente del círculo en la relación 2 Según se
deduce de la ecuación (2), los momentos de inercia de estos dos
elementos con relación al ejo z están en la relación À. Los mo.

mentos de inercia de la elipse y del cfreulo estarán en la misma
relación; por consiguiente, el momento de inercia de la elipse es

Eat | bY _ ab
[0 EL 6
Ta aa ®
Del mismo modo, para el eje vertical

rex,
el momento polar de inercia de una elipse será (ecuación 5)
ba?
,

€)

Ll

175. 340 ALÉNDIOR

Problemas

1, Hallar el momento polar de ua rectóngulo con relación al cen-
tro de gravedad (fig. 2).
Respuesta:
ee me,
pt
2. Hallar los momentos polares de inercia con rel
centros de gravedad de las áreas representadas en lu figura 6.

HL. Cambio do ejos

Si se conoce el momento de inercia de un área (fig. 8) con
relación a un eje z que pasa por su centro de gravedad, el mo-
mento de inercia respecto a otro eje ="
paralelo al primero puede caloularse por
z la ocuación

T Tp = I, + Ad, ao)
7x donde À es el área de la figura y dla
7 distancia entre los ejes. En cfecto, por

la couación (1),

Ie Sera fea to [wear f aaa.
A A a da

La primera integral del segundo miembro vale Z,, In tercera
integral es igual o. Ad? y la sogunda inte- y
EST
1

yA

gral es cero, debido a que el ejo z pasa por
el centro de gravedad, con lo que queda |
probada la ecuación (10). La ecuación (10)
‘es muy útil para el cálculo do los momen-
tos de inercia correspondientes a secciones
de vigas compuestas (fig. 9). Las posicio- 11%
nes de los centros de gravedad de los angu-
Jares y los momentos de inercia de sus see- —"Hle=y"
ciones con relación a ejes que pasan por Tio. 9
sus centros de gravedad vienen dados en

los catálogos. El cálculo de los momentos de inercia de los an-
gulares oon relación al nuevo eje z pueden hacerso fécilueute
empleando la ecuación (10),

A

MOMUNIOS Du INERCIA DE LAS ANEAS PLANAS 341

Problomas

1, Emplesndo la fórmula dol cambio de efes, hallar el momento
de inercia de un triángulo (fig. 4) con relación al ejo que puse por el
centro de gravedad y ve paraleio a la baso.
Respuesta;
vs
36

3. Hallar el momento do inercia I, de In sección representada
en la figura 9 si h = 50 om, b= 1,28 cio. y los angulares son de
10 x 10 om. x 1,25 cm.

Solurjón;

de

1, = 59483 om.
3. Haller el momento do ineroia con relación a Ja línea neutra de
lu sceción en C do la figura 88.
IV. Producto de inerela. Ejes principales
La integral

= fe wea, an

en la que cada elemento de área dA se multiplica por sus coor-
denadas y la integración se extiende al úrea de una figura plana,
se denomina producto de inercia de la figura. Si una figura tiene
un eje de simetría y se toma como ejo y o ejo z (fig. 10), el pro
Auoto de inercia es igual a cero. Esta propie- y
dad se deduce de que en este caso por cada
elemento dA cuya 2 es positiva, existe otro aja
elemento dA’ igual y simétricamente ooloca- z
do, nya 2 es negativa y ouye y vale Io mis.
mo. Los productos elementales correspondien- J
tes yodA ne anulan entro sí; por consiguiente,
la integral (11) se anula, ma 10

En el caso general, para un punto cual-
quiera de una figura plana, se pueden hallar siempre dos di.
recciones perpendiculares para las que el producto de inercia
se anule, Sean, por ejemplo, los ejes y y z (fig. 11). Si giramos
los ejes 90° alrededor de O, en el sentido de las agujas del
soloj, Jas muevas posiciones de Jos ejes son las y" y ' de la figu

a oh

176. 342 APÉNDIOE

ra. Las relaciones entre las nuevas coordenadas y las antiguas
de un elemento dA son

yon

"
Por consiguiente, el producto de inercia para los ejes nue-
vos es

a fet = hi

es decir, en virtud de la rotación, el producto de inercia conser-
va su valor, pero cambia signo. Como el producto de inercia
varía de modo continuo con el ángulo de rotación, tiene que

Be. it Fra, 12

existir una cierta posición comprendida entre las estudiadas,
para la cual se haya anulado. Las direcciones correspondientes
se denominari ejes principales, Cuando el origen de coordena-
das es el centro de gravedad, las direcciones principales se do-
nominan ejes centrales principales. Si una figura tiene un ej
de simetría, este eje y el perpendicular a él son los ejes princi-
pales de la figura, puesto que el producto de inercia con rela-
ción a ellos es nulo, como hemos dicho anteriormente.

Si se conoce el producto de inercia de una figura para un
par de ejos y y 2 (fg. 12), que pasan por su centro de gravedad,
el producto de inercia para los ejes paralelos a ellos y y 2’ so
halla por la ecuación

Tye = lue + Aad; a

En efecto, las coordenadas de un elemento 44, en relación
a los ejes nuovos, son

yayıb teeta

MOMENTOS DE INEKOIA DE LAS AREAS PLANAS 348

por consiguiente,
hes if yeaa = f y+ DE +4

= [pa + fees + oad [ mia.

Las dos últimas integrales son mulas, puesto que O es el
centro do gravedad de la figura y la couación se reduce à la
expresión (12).

Problemas

1. Haller Jyz pora ol rectángulo de la figura 2,
Respuesta.
esp eat
we E.
2. Hallar el producto do incrcia del angular do la Figura 13 con
sulación a los ejes y y z. Resolvor lo misa cuestión para los th Y 2
Solución: Dividiendo la figura en dos
rectángulos y empleando la ecuación (12)
pars cada uno de ellos, go encuontes.

ut

Por simetría, Tye, = 0.
3. Determinar los productos de iner-
ía de las sucoiones do la figura 5 si O os
el centro de gravedad.
Solución: Para la figuro 8 (0) y (0) Fo. 18
Jy, = 0 por lu simetría. En ol caso de la

figura 5 (9), dividiendo la figura en tres rectángulos y aplicando la
ecuación (12), so tiene
nv
Tyga 20- yy hES "8,

V. Cambio de dirección de los ejes. Determinación
de los ejes principales

Supongamos que los momentos de inercia

1, [rs 4 4 ad @

177. 344 arÉsDIOS
y ol producto de inercia.

yea 0

son conocidos para dos ejes y y = rectangulares (fig. 14) y que
se quieren hallar las mismas cantidades para los ejes nuevos yy

rie. 14

y &: Considerando un área elemental dA, las nuevas coordena-
das en función de las antiguas son

A noyasgozund (6)
siendo 9 el ángulo que forman los ejes 2 y 21.
Do esto modo,

1. E fy owt gi

+ [cent dd aus con y oe gd,
A A
o, empleando (a) y (6),

L=
Del mismo modo,

, cost 9 + J, ven? q — Ty, sen 2p as)

L, = Lien? q + 1, 0084 q + I, sen 29. as
¡Sumando y restando las ecuaciones (13) y (137), se obtiene
Fat dy, = de + ly as

Ja, — Ly = Gi, vos 29 — 21, sen 2e (15)

MOMENTOS DE INEROIA DB TAS AREAS PLANAS ME

Estas couaciones sirven para el céleulo de I, o 1, Para
calcular 7,,,, tendremos

Fun

[pur [0 core—zeen ane cos @
sty om add = [y con 9 con pa

[ran on oda + [to ont pa,

o, empleando Ins ecuaciones (a) y (b),

len —1) 5s 29 + Ip C08 2. (18)

Los ejes principales de inercia son aquellos para los que el
producto de inercia sea nulo. Por consiguiente, y y 2, serán los
ejes principales si el segundo miembro de la ecuación (16) se
anula, es decir, si

Gt) em 2g+ 2, 008 29
lo que da

21,
aga m. 7
wem; an
Como ejemplo, determinaremos las direcciones de los ejes
principales de un rectángulo referentes a unu de sus vértices
(figura 2). En este caso,

por consiguiente,

e
dd 1 @
af

3

Al deducir la ecuación (17), el ángalo q so tomó como posi-
tivo en el sentido de las agujas del reloj (fg. 14), de modo quo y

178. 346 APÉNDICE

deberá tomarse en ese sentido, cuando al enleularle sea positivo.
La ecuación (d da dos valores diferentes para 9, que difieren
en 90°. Son las dos direcciones perpendiculares de los ejes prin-
cipales. Conociendo las direcciones de los ejes principales, los
momentos de inercia correspondientes pueden hallarse por las
ecuaciones (14) y (15). Los radios de giro correspondientes a los
ejes principales se denominan radios de giro principales.

Si y, y z, son los ejes principales de inercia (fig. 15) y ky, y &,,
Jos radios de giro principales, la elipse que tiene por semiejes A,

Fra. 16

SE, se denomina elipse de inercia (fg. 15). Trazada esta elipee,
el radio de giro k, para un eje cualquiera z puede obtenerse
gráficamente trazando una tangente a la elipse paralela a 2.
La distancia desde el origen O a esta tangente es la longitud
de k,, La elipse de inercia da idea clara de cómo varía el mo-
mento de inercia cuando el eje z gira en el plano de la figura
alrededor del punto O, y muestra quo los momentos de inercia
máximo y mínimo acontecen para los ejes principales y se de-
nominan momentos principales de inercia,

Problemas

1. Determinar las direcciones de los ejes principales para la seo.
ción en Z—Sig, 6 (0)— si À = hy = 2,5 0m, b= 12,6 cm. a = 26 em,

2. Hallar la dirocoiôn de los ejes centrales principales y ol valor
do los momentos principales do inercia correspondieutes para un un-
gular de sección 12,3 em. x 6,25 em. x 1,25 em.

MOMENTOS DE INERCIA DE LAS AREAS PLANAS 347

Heapucsta:
529 = 0587 Tags = 305,8 00.6: nine 38,7 m4
5. Determinor los semiejos de la olipso de inercia pare una seo
ción elíptica (fig. 7).
Respuesta: -

4. ¿En qué condiciones la elipse de inercia se transforma en um
circulo?

Respuesta: Cuando los momentos de juercia con solución a lus ojeo
prinoipales son igunion.

179. INDICE DE AUTORES

Johnston, W. A 263,
Jonrovaki: 105.

Arnold, R. Ne 297.

‘Amovievio, Lt 126. Karman, Th: 107.
Kock, Za 231.

Bach, Ox 87.

Beggs, G. Eu: 328.

Bertot: 194.

Betti, Es 324.

Boussineeg, L: 283.

Castigliano, A 209, 303, 315, Lehr, E: 209.
Glapeyron: 194, 300, Love, A. E. Hs 118.
Cox, Hu: 282, 206.

B Marie, G.: 203.
Davidenkoff, N. N.: 281. Maxwell, €: 310, 324, 326,
Dreyer, O. 231. Monabres, Fe: 814.
Michell, J. Ha 111.
Engessor, F.: 232, 315. Mohr, O.: 87, 198, 315, 324.
Ealing, B K.: 292 Moore, H. F126.
Euler, La: 131, 248, Millor-Breslau, Hs 916, 324.
7 Fiton, L. N. Gt 111, 167. javier: 98, 253.
§ Finnieeomo, J. R.: 200. Nisida, M 207.
Foppl, A+ 69.
E Fuller, O. F.: 263.

Green, C. B.: 188,

Ramsau, O. 283.
‘Rayleigh, lord: 824,

180. 350

Roever, V.: 265,
Rob, M: 207,

Saint Venant: 93, 105, 113, 262,
283, 297,

Salmon, E. H.: 252,

Sears, J. E.: 288.

Southwell, R. Vir 243,

Todhunter and Pearson: 105, 203,
202, 262, 289,

Tschetsche: 207.

Toa, 2: 297.

ÍNDICE ne AUTORES

Voigt, W.: 111.

Wagner, L: 120,
Wahl, A. M.: 265.
Wahstatt, J. E. P.: 283,
Welter: 281.
Westorgaard, H. M: 60,
Woyrauch, T.: 301

Young, D. 11. 249.

Zimmermann, B.: 282,