Resistencia de materiales - tomo II - Timoshenko

Resistencia de materiales - tomo II - Timoshenko

1. S. TIMOSHENKO

RESISTENCIA
DE MATERIALES

;

=,
y

de

SEGUNDA PARTE

TEORIA Y PROBLEMAS MAS COMPLEJOS

ESPASA-CALPE, S. A.
MADRID
19 5 7

2. Gus Gun Ge

EE mor om

NOTACIONES

Fatigas normales ligadas a plenos perpendicula-
res aleje x, y 0 2.

Fatiga normal ligada a un plano perpendicular à
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 u los ejes 2, y, 2.

Fatiga cortante de trabajo.

Alargamiento total, flecha total,

Alargamiento unitario,

Alargamiento unitario en las direcciones 2, y. 2,

Distorsión unitaria, peso por unidad de volumen,

Módulo de elasticidad en tracción y compresión,

Módulo de elasticidad por cortadura,

Relación do Poisson,

Dilatación.

Módulo de elasticidad por volumen,

Momento torsor.

Momento flector en una viga.

Fuerza cortante en una viga,

Área de sección recta.

Momentos de inercia de una figura plana con re-
lación a Jos ejes y y 2

3. xt

NOTAGIOKES

1, E. Radios de giro correspondientes a L,, La

Momento de inercia polar.

Momento resistente.

Rigidez a la torsión,

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

Temperatura, espesor.

Energía de deformación.

Distancia, longitud de un arco,

Carga por unidad de longitud.

>
PCR CLS

INDICE
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1. Vies votos Saanin ela 25 5 1
E Lagat tnt sobre Fundación tie 2
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4. 5
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Pre garer En
Floxiön do placas eirenlar corgndas simétricamen- 59. Otros casos de concentración de fati aa
Vo rap al omnia. ere 138 cer oleracea sneer
26, Place nier cargada uniformicipento. Ma 60, Concentración de fatiga an toren. 32
37. Blues ciroulareargadn en el centro 115 1. je osea de didctro varlabler. nn. ! su
35. Placa iroular cargada eoneéntricamiento. :: 1 82 Concentración de fatiga on Gewion.2 220000000001. Bo
3. Deformaelin de una pinoa eireular que Liens un 5, Investigacion de la concentración de ftiga cas mo:
e out y où cargo so os Pe E sons sa
te un todo fiooidstie para le medida de at A
30. Fiosión de placas recangudaren...1, 15 GE: Fatiga on ol ponte de apllnción de Que eich. 328
À Des de pure did some ia a]
a BE adios de Gotten e doo E EIN a
delgada. pun ‘see’ 198 67. Flexién pura do vigas cuyo material no sigue la I
33. ul térmicas on uvolveates cilíndricas ma ‘de Hooke. yo material no sigue la ley
BETEN d'un ano eee pos an par dicsbuldo Lu 05. Flexión plática de vigas por das ina 376
ornements à lo largo de su lnea media 99. Fntigas Foiduates en In lexión plisticarsssrevses 888
IV.—PAXDEO DE BARRAS, PLACAS Y OR. nennen 18 70: Toran plastica. = :
56 Fandeo lateral de barros comprimidas por debajo 71: Doformación plástica de cilindros de rc gruesa
ns ie i 180 sometidos @ Presión Interior cree 992
8. Método de in energia para ei Gélouie de la où FF. ares
ll cad ri s sol 108 aretes 308
31. Pandeo de Baise prismiiioasgoliltadas por fuer 72. Ensayo do traccién.se. se 208
Mts aslales uniformemente distribuidas. rer. 209 73. Ensayo de compresión br
98, Pandos de barrasde secoión vaciablowssesciceccee 20 74: Eodurscimiento por del rnaaid co.cc. 408
38, Esto de la fucrsa eortante on la carga crit zu 76. Endurccimiento por. deformuctci y Ati west
30. Pandos de vigas encramadas nee 218 dues. Ge
A Petes do elos escalares y Cabos bajo prado: og ze Ed
ste. Fos E i . go
42. Pando de placas roisagaleres. 21222! ds 78 La fatigh alterna en Jos metal es
$3 Bandes de Vigas sim aposos nuls... 2 79, Bivorsos factores que afeetan ul Ihniie de ice
Y —DETORMACIONES SOXÉTRIOAS ALRXDEDON DE UN WB... MI so 437
44 lindo de pared a zu a us
45. Yaslıas produerdas por zundiade......
de. Die tatoo de ps un! ie se ss
37. Pisco gintorio de esposos Variable 7.500 5 35. Butigns de trabajo,
45, Ratiges térmicas on tn cilindro hueco de gran lon. me decile an
: E ae) borer DE auTonss..... os
270
49. Ejes do aceción no circular 210
30. Analoge de la membrana. 22
81, ‘Torsion de perles laminados. Ed

52. Torsión de tubos delgades....... a
53. Torsión de plezas de pared delgada en Ins que algu

"nas scccionas no pueden ainbeur libremente..... 286
4. Pandeo por torsión de piozas comprimidas de pared.

FA “see 28

65. Put gecuindaving en ig tien 308

68. Hevorte huleoidal de expires abiertas. 2308

YVIT—Coscmmmacios pe rarınas A mo
$T. Concentración de tige en pieras extendidas ©

comprimidas. ee ... aceros 310

58. Fatlgad un uu placa con un agujero oleular 222 318

5. RESISTENCIA DE MATERIALES

SEGUNDA PARTE

CAPITULO PRIMERO

PROBLEMAS ESPECIALES EN LA FLEXIÓN DE VIGAS

1. Vigas sobre fundación elástica, —Consideremos una viga
prismática apoyada en toda su longitud sobre una fundación
elástica continua, tal que cuando la viga se deforma la intensidad
de la reacción distribuida de modo continuo es en cada sección
proporcional a la flecha de dicha sección !. Con esta hipótesis,
la reacción por unidad de longitud de la barra puede represen-
tarso por la expresión ky, donde y es la flecha y 4 una constante
denominada corrientemente iódulo de la fundación. Esta cons.
tante representa la reacción por unidad de longitud cuando la
flecha es igual a la unidad, La sencilla hipótesis de que la reac-
ción por unidad de longitud es proporcional a la flecha da re-
sultados satisfactorios en muchos casos prácticos, Por ejemplo,
en el caso de carriles sobre traviosas la solución obtenida con
esta hipótesis está de acuerdo con las determinaciones reales 2.

À. La viga está ombobida en un material capaz de ejoroer acciones.
‘cia nrribay hola abajo. on
Véase E. ‘Timoshontto y B. P. Langer, Trans À. 8, M, £.. volu:

7, 1052. La to a de la Brión do tien barra sobre Lune

dacién elástica ha sido desarrollada por E. Winken, Die Lehre 3 a
Elaatizalu, Festigkeit, Praga, 1867, pag. 182. Véase también A, Zin:
‘merann, Die Berschnung ds Bisenbahn-Oherbause, Barlın, 1888. Los
últimos estudios de la troría pueden votre cla sigurentae publicació.

6. 2 RESISTENCIA DE MATERIATES
Al estudiar la olústica de una viga, se obtuvo 1

dy
21 a, @
ae a

onde g representa la intensidad de la carga que obra sobre
la viga.

Ten un trozo descargado, la única fuerza sobre la viga es lo
reacción de intensidad y. Por consiguiente,

q =—hy, y la ccuación (a) serás
El, == — o 10)

Empleando la notación

0)

aE,
la solución general do la ecuación (1) puede eseribirse

y = 0 (A.conpx + Baen pr) +ePr (Cane Be + Den fe) (6)

10 que puede comprobarse sustituyendo (#) en In ecuación (1).
En cada caso particular se hallarän las constantes A, Ba
€ y D por las condiciones especiales del

= 7-* mismo.
14 ‘Sea, por ejemplo, el caso de una sola
re carga concentrada que actúa sobre una
dé ‘viga de longitud infinita (fig. 1). Tomemos
a como origen de coordenadas el punto de
Fiat aplicación de la fuerza. Por simetria, basta

considerar el trozo de viga a la derecha de
la carga —fig. 1 (1)—. Para aplicar a este coso la solución gene
ral (0), empezaremos por determinar las constantes. Es lógico
suponer que en puntos situados sobre la viga a distancia inú-

pe Haynahi, Theorie des Trágera auf elastischer Unterlage, Berline
nes Heenan Zetischrft jür wugercancte Muth u. Mech, vol. 3, 192%
Fee an and Sehlscher, Beton und Bien, 1920, Haft 5: Pasters
Kio Baton u. Blan, 1926, 9 y 10; W. Prager, Zeitschrift. angewan
Manu Mesh. vol, 7, 1027, pág. 854; MLA. Biot, Journal Appl. Mech.
Vols #, pig. LA. 1987.

Ao Sirenght of Material, primera parte, pág. 131.

PUODLEMAS ESPECIALES EN LA FLEXION DE VIOAS 3

nita de P la flecha y ol giro do la sección correspondiente sean
nulos. Esta condición puede satisfacerse únicamente si las cons-
tantes À y B de la ecuación (6) son nulas, Por consiguiento, la
elástica para la parte do viga que se considera será :

y=

—F# (O cos pa + D sen Be). ©
Las dos constantos que quedan, O y D, las encontraremos
por las condiciones en el origen, z = 0. En esto punto, la elds
tica debe tener uns tangente horizontal; luego
(dy
de à
utilizando para y la expresión (2).

=o

e— 8 (C cos pa + D sen fa + Csen Bx —D 008 fr); =
de donde

C=D,
La ecuación (e) será, por tanto,
y= Ce- 2 (cos Bx + sen 32). @
Las derivadas consecutivas de osta ecuación sont
© = — 2600-80 son 8x,
$*0e—z (sen Sx — cos Ba) (o
dy
EU poeta
EU à prO tac pa. ”

La constante C la determinaremos ahora, puesto que para
#0 la fuerza cortante en el trozo de viga que considerar

mos —fig.1(6}— es —. El signo — procedo del convenio esta

blecido para el signo de la fuerzs
à cortan
Primera parte). Por consiguiento, nn

ee nt

7. 4 IESISTENCIA. DE MATERIAS
empleando la ecuación (D.
el, 190
de donde
on
oper,

Sustituyendo este valor en las ecuacionos (d) y (e), se obtiene

B pr cos pr vents) ©)

Ba (sen Br — 008 fa) 10)

4
= |
aol Y le
>
az

ALL
VET
AAITITIIIL)

Po. 2

plitud decroce gradualmente. La longitud de onda a es igual al
periode de las funciones cos fr y sen fr; es decir,

a fe o

Para simplificar la determinación de la flecha, el momonto
tleotor y la fuerza contante, se emplea la tabla numérica que se

PROBLEMAS PSPECIALES PN LA FLEXIÓN DP VIOAS A

fe continuación, en In que so emplean las nvtaciouos sic
9m 6 F4 con fia + son fa);
Ya ent (sen fin — cos Bi 9
O=e-trooape; mem sen de,

En la figura 2 so dan gráficamento las funcionos 4 y de

TABLA 1
roses q, 0 + E

elvieles
19000) à

es] vol
os) a)
rar om

ojal am

| oor
om

03] os

Lost
0308)
oat

Zen]

8. 6 RESISTENCIA DR MATERIALES

Empleando la notación (6) y las ecuaciones (d) a (), se
obtiens

Pf dy PE a
en De es

CENT a
Ma ELT Gh
rene Poe.
Su ii

i 9 la tabla I, se calculan
ando estas ecuaciones junto co
ciment I Hechas, el gro, el momento Rector y la eras
ne recta de la vice. La flecha m
cortante para cualquier sección recta. “i
Sima y el momento fector maximo aconteven en el origen y

valen, respectivamento,

Pa, @

We 55
SE o

My= (Mao 7

Utilizando la expresión (3) y al rnp de aperposieón
e e ag init sobre fundación laica
# por cualquier clase de carga.

y Como ejemplo, consideraremos el caso
de una carga uniforme repartida sobre
E, uns longitud 1 de ss, ves sa
te larga (fig. 8). Consideraremos un pun-
Bin À y wean oy dl die
tancias desde este punto e los extremos de la parte cargado,
La fecha en À, producida por un elemento de carga ads, ee
obtendrá sustituyendo qdx en lugar de P en la ecusc
y sorá

SI 642 (cos Be + son Pa).
sper,” (cos pa

PROBLEMAS ESPECIALES EN LA PLEXTÉS DR VIGAS 7

La flecha producida en À por toda la carga valdrá

ni dee es. 21 ee onl 5
Li Br (cos Y Hess [| E # (cos Br

+ sen Bx) = een cos Bd — e-F* cos fc. (o)

Si e y b son grandes, los valores de e=% y e=” son pequeños

y la Hoch (9) er igual, aprocimadament, «os dec, en
puntos alejados de los extremos y pertenecientes a la parte car-
gada, puedo despreciarse la flexión de la barra y suponerse que
la carga uniforme q se transmite directamente a la fan unción
elística, Tomando el punto À en uno de los extromos de la parte
cargada se tiene c=0, b= 2, e” * cos fe = 1 Suponiendo
que Les grande, tendremos tmbién e"®* cos Bb == 0. Por tanto,

y = ¿fp es decir, la fecha ahora es la mitad de la encontrada
anteriormente,

De modo parecido, y utilizando la ecuación (4), puede de-
äncirse la expresión del momento lector en 4. Si el punto A se
toma en la viga, fuera de la parto cargada, y suponemos que 5
Y e topresentan la mayor y la monor de las distancias de dicho

punto a los extremos de la parte curgada de la viga, la Hecke
en 4 será

A a os qee o
y LE eta (008 pr + ap fe (cos Be
on Bx) = Zu 8e cos fo — 6-60 cos Bb). @

Cuando c= 0 y b= 1 es una cantidad grande, so obtione

Para la Hecha el valor £., que coincide con el hallado anterior

Monte. A medida que à y © aumentan, la flecha (4) disminuyo y
Wene « cero para valores crecientes de U y 6,

9. 8 RRSISTENCIA DE MATERIALES

ión sea un par —fig, 4 (a)—, puedo
analizarse utilizando le solución (3) correspondiente a una carga
de In figara 4 (0), si Pe vale Mo, ouando ¢ tiendo hacia oer.

El caso de que In solicitaci

Utilizando la primera de las ecuaciones (7), la flecha n ana

distancia æ del origen, valdrá
(pa) — fz)

Pere — olde + =
Pe tai — dt

por lo que la elation que produce el par Me roponde a ln
ecuación a m
Pago
Diferouciando esta ecuación, se obtiene:
ar
es Mogan, a
Mar

1 Y a M 460),

; dat 2

PROBLEMAS ESPECIALES EN LA FLEXIÓN DE VIGA8 9

Utilizando estas ecuaciones junto con la tabla 1, puedo cal-
cularse rápidamente la fecha, el giro, el momento Hector y la
fuerza cortante en cualquier sección de la viga.

Consideraremos ahora el caso de que sobre la viga action
varias cargas concentradas, Veremos, como ejemplo, la flexiôn
de un envril producida por las acciones contra él de las ruedas
de una locomotora. Para aplicar los resultados de nuestro and-
lisis, es nocesario admitir que el carril está embebido de modo
continuo en una fundación elástica. Esta hipótesis es acopta-
ble), puesto que la distancia entro traviesas es pequeña com-
parada con le longitud de onda a do la elástica dada por la
ecuación (5). Para obtener el valor del módulo de la funda-
ción k, se divide la carga necesaria para hundir a la traviesa la
unidad de longitud entro la separación de traviesas, A esto efec
to, se supone que la traviesa está solicitada por dos cargas co-
rrespondientes a la presión de los carriles. Supongamos, por
ejemplo, que la traviesa se hundo 1 cm. en los puntos de apli-
cación de dos cargas de 6.000 kg. y que la separación entre
traviesas es 50 om., tendremos

5.000
e 3000 100 kg. foma
1x 60 a

Para ol caso de una sola rueda cuya carga es P, so utilizen
las ecuuciones (8) y (9) para el cálculo de la flocha máxima y del
momento flector méximo. La fatiga máxima debida a le flexidn
dei carril será

Moss P _ P SEL, a
a VE

onde Z representa el momento resistente del carril, Para com

Vaneo publicaciones del autor sobre Strength of Ris, Zyongac»
Song of the Inte. o), Way of Communications, San Poterabiargo, Ea
ia (015). y también tas de Proc. of the Second International Congres
for Applied Mechanics, Zurich, 1026, Vénso también refeyunoia 2

(AU escribir ia couación () se ha supuesto que la fórmula obto-

en la coria olemental do vigus puedo aplicarse en la sección do
aplicación de la carga P. Un análista mds Protundo de la cuestión
muestra que, debido à las fatigur louis, el susultado os muy distinto.
del qu de la ocuación elemental (9.

10. 10 RESISTINCIA DR MATERIALES

parar Ins fatizas en carriles cuyas secciones son semejantes geo:
métricameute, la ecuación (1) se pone en la forma siguiente:

ANT, VE,
a Ve o

Gus =

siendo 4 el área de la sección del carril. Como el segundo factor
del segundo miembro de la couscién (7) permanece constanto
para secciones geométrioamente semejantes, y como el tercer
factor no depende de las dimensiones dol carril, se deduce que
la fatiga máxima es inversamente proporcional al área de la
sección recta; es decir, inversamente proporcional al peso del
carril por unidad de longitud.

El valor aproximado de la presión Ruy, sobre una traviesa
so obtiene multiplicando la flecha máxima por la soparación en-
tre traviesas 1 y por el módulo de la fundación, De Ja couación (8),

Pen VE
Var Ll
De aquí se deduce que la acción sobre la traviesa dependo
prinepaltente de la separación entre traviens Dobe seña-
larse que k influye con su raíz cuarte en las ecuaciones (j) y (b.
Por etnsiguivnte, un error en I determinación de £ vendrá muy
coñac fale tol du Y hace
and san varia la" aargao que actian sobre al aer, so
emplea el metodo de euperposicién. Veamos, como ejemplo, un
seb numérico, Sea un carril de I, 1.800 cin y aupongamos
Ge sopusución de ravie tal que £ = 100 kom”. De la
ecuación (2),

VE. Lo

Y 100.
A EEPESCESCON O

y de la ccuación (5),

ar

®

‘Tomaremos, por ejemplo, un sistema de cuatro ruedas igna-
los separadas a 165 em. Escogiendo el origen de coordenados en
el punto de contavte de la primera rueda, los valores de fr para

684 em.

PROMTINAS FSPECIALES EN LA FLEXIÓN DR VIGAS 1]

las demés serán los do la tabla II y los de las funciones @ y y
de la tabla de la página 5, los que también se indican.

TABLA 11
2 a 4
151 308, as
a | osa 0008
om | Zoo | -0m8

Superponiendo los efectos de las cuatro ruedas que actúan
sobre el carril, el momento flector en el punto de apoyo de la
prunera rueda, en virtud de la eouacién (4), será

2
My = OT — 0,053 40,008) = 0,7

el momento es un 25 por 100 menor que el que produce
una carga aislada P. Procediendo en forma análoga, se obtiene
para el punto de contacto do la segunda rueda

a,

P

2,02 x 0,207 — 0.053) = 0,693
% ON 48
Puedo observarse que, debido a la acción de las ruedas adya-
seres, el momento bajo la segunda rueda es mucho menor que
debajo de la primera, Este resultado ha sido comprobado en
multitud de determinaciones experimentales. Utilizando la ecua-
ción (8) y los valores de la última fila de Ja tabla IT, se haya la
fecha bajo la primera rueda:

2
=. E (1 + 0,24 — 0,042 — 0,012) = 1,1822,
aE

wnat feia, en los otros puntos, pueden obtenerse de modo
Se ve, por tanto, con qué facilidad puedo aplicarse el m
de soperposcón y obtener el foto debido nana combinación.
Sismo cuando se conoee su disposición y su separación.
itm Estudio realizado ha sido hecho suponiendo que la funda.
Gift Es enpaz de desarrollar rencoiones negativas, Puesto que
Juego entre el carril y los pornos, hay una pequeña resis.

11. 12 RESISTENCIA DP MATERIALES

tenía en el movimiento hacia arriba del carril, lo que tiende a
aumentar el momento flector debajo de la primera y última
rueda, En el problema intervienen, además, otros elementos que
puoden afectar al resultado del análisi. Sin embargo, on general,
la teoría expuesta para la flexión del carril, on virtud de cargas
estáticas, está en satisfactorio acuerdo con los experimentos
realizados.
Problemas

1. vu datos de la tabla II, construir el diagrama de
momentos feevores para el carril, suponiendo que lu noción de cada
eds ge igual a 20.000 kg, Esto dingroma mostraré que los momentos
‘gon megativos para las secciones
‘medias entre ruedas, lo que indica
que durante el movimiento de la
locomotora el eareil está sometido
% un cambio en la acción de las fa-
tigas de Nlexión, lo que puedo oca-
sionar roturas por fatiga alterna.
2. Encontrar el momento feo-
[. & tor en el centro do In parte cargada
7 de ln viga de la Bgura 8, y el giro en.
Fra. 6 la elästica correspondiente al extré-
mo izquierdo del mismo trozo.

3. Encontrar la flecha en un punto cuaiquiers A, bajo la cart
kesanigular que obra sobre a viga inflitamente larga, apoyada de modo
continuo y elástico, de la figura 6.

Respuesta

Procediendo det mismo modo que al deducir la conación (9) PAgi-
a 7, ss tiene

y fi 1000 — on — 2000) + 491

2. La viga semiintinita sobre fundación elástica, — Si una
viga largo embebida en una fundación els: m
tica se flexa por la acción de una fuerza P ©
y de un momento M, aplicados en su ex-

"remo (fig. 6), podremos utilizas la solución
general (5) del artículo anterior. Puesto que

flechas y momento «Hector tionden hacia cero, a medida que &
“aumenta deberá tomarse À = B = 0, y tendremos

te (0 cos pe + D son io). 0)

Fin. 8

PROBTEWAS ESPECTATES BN LA FLEXIÓN DR VIGAS 18

Para determinar las constantes de i
> las constantes de integración © y D, dis-
ponemos de las condiciones en el origen; es decir, bujo la eurga Zi

Snstituyendo la expresión (a) i
yendo (a) en estas couaciones, se obtier
dos eousciones lineales en Cy D, de las que oe

1
DREI,

BMD

con estos valores la ecuación (a) se escribe

ete

205 LP cos fr — BM, (cos fa — sen Bx))

28
= LPO) — BAM, (0182) — (Ba). an
Sustituyendo en (11) z = 0, so obtione la fecha bajo la carga

Be Gene

apa — eo. ur)

La expresión dei gro so obtiene di
oun (1) E tr fe 2 0) ee gio le

a. =~ appr? 0, as)

Empleando estas ecuacior a
ciones y el método de su ó
Ports lv polos min compa
dace large uniformemente cagada, apoyada sobre fu
& , tiene un extremo simplemente apoyado —figu-
"iene ent abo dha
yo es nula. Observando que la flexiôn de la vi
as le la viga es dus-
Preeuble a distancia grande del apoyo y que au depresión en la

12. 1 RPSISTRNOTA DE MATHRTAUES

fundación será igual a Ÿ, so caloula el valor de R sustituyendo

My =0 y à = Lon la ecuación (11'). Así se obtiene:
HV

Re opel, f= 2. as

E
La elástica so obtiene restando las flechas dadas por In cono
ción (11) para P=R, M=0,
de la depresión uniforme de

4 oy ast o
la viga 4, y asi so obtiene:
228% Roos ta
e
Lao. 00
En el caso do extremo
empotrado —fig, 7 (8) —, los
valores de la reacción Æ y
del momento Mp se obtie
nen estableciendo que en el apoyo la flecha y el giro son nulos.
Observando que a distancia grande del apoyo la Mocha vale 2, y
empleando las ecuaciones (11) y (12), se obtienen para el cáloulo
de R y My las ecuaciones siguientes l:
1

— IR 0)
AO
y 1

Le
0 Fy 7, + 28M)
de dondo

Most, R= 4grEI, 17 15)
ure PEL ear as

El signo menos de Af, indica que et momento tiene la direc-
ción indicada por la flecha de la figura 7 (0).

T En las ecuaciones (117 y (12) se sustituye P = — R, ya que la
¿dirección positiva para la reuceiön se hu tomado hacia arriba,

PRODLEMAS ESPECIALES EN LA FLEXION DE VIGAS 1p

Problemas

1. Encontrar ta lástica de ua viga seri
elástica urticuleda en el extremo y. E Mae

solicitada por el par M, (ig 8)
Solución: La reacción en la an Qe

ticulación se obtiene por la scons u
260 (119, teniendo en cuenta que 3
B= 0:10 que de

P= pat,

Sustituyendo este valor de P en la eouscién (11) se obti

M,
yee gee A,
"app, 0 Poem Bem ie. as

Por difernciacionos sucesivas 90 bien
dr 202,
ION

a,
MEL Te M - O82), (0)

pte
Fe — BL, TES — 8M, «eo.

2 Enconbrr of m

va À Ernie ol moment cor y e ura: que ean
sin viga senda ro fundación cal

a Ws o conacen la Heche 8 y el gro € on dicho armen GER

Srtución: Ton valores M,

a alten Me y P se obtienen de ns esuaciones (117

ita da ar
ara) mi

3. Fncont
y Enconter la olástica para i
Sen a Ant ostia para una viga sominfnitn sche finns

13. 16 RESISTENCIA DE MATERIALES

Solución: Supongamos que la viga continúa a la izquierda de 4.
tat y coro se representa en la figura por línca de trazos. 1 esto ca
1a eouneiön (3) du la eléstica para,

22 0, y en la socción A de la viga

ae la eave os dut dole
-A Ne ir aa, y empleando las vewacio“
\ ZA, ne) terns
v @
Pago, Vlogs. ©

Para obtener la elística do-
cada on evidentemente neccaario.
Suporponer a las flechas de la viga \
fcticia infinita las fechas que on
tana viga semiinfinita producen las.
cacas do la figura 10 (0). Ute

obtiene para 2> 0

rando las ecunoiones (8), (11) y (6)

y Ej nn + 28; Pa + on + pata + a) PO + A 9

AN

4+ Footsie + a — quan + al.

i eo <2 <0; on mate caso
Esta expresión es también válida pare — ©
‘debe umplenrse ol valor absolute de 2; en lugar de = en 90)

de longitud finita sobre una fundación elástica, —La
ee engi Ent enbebida cn un fundación
elóstica puedo estudiarso mediante la solución (3), correspon
te al caso de viga de longitud infuita unida al método de
uperposiciin 5. Consideremos, por ejemplo, el caso de une Tze
e ongitud finita con los extremos libres solicitada por dos fuer,
dle P simétricamento aplicadas —fig. L (a)— Este caso do carga
raespond al de una trovicsa bajo la neción do las presionss
los cartlea, A cada una de las tres porciones de la viga Puede
+ Este método de andl

ste tia cond Congreso o: International
Fi end engineering, Ban, 103.

is bn mido desarollado por M. Meteor,

PROBLEMAS ESPECIALYS EN LA PLEXIGN DE VIGAS 17

aplicar la solución genera! (9) del atin L* y aline las
Sisto de inten pr cnc e bs ate
y en los puntos de aplicación de las cargas. Puede, sin emb:
cibteneres la eohisién de modo muha és sens yacht.
do las soluciones correspondientos a los dos casos de carga, sobre
an Pa de longitud infinita, que muestran las figuras 11 (5)
yue

En la figura 11 (6) actúan sobre la de longitud infinita
las dos fuerzas P. En la figura 11 (c) dicha viga está cargada con

.
a ME
LÀ
ad’
Ir 1
e. ol
=
Ta
|
I,
—.
bi 10

Fou

las fuerzas Qs y momentos Mo, aplcados fuera del trozo À B de
la viga e infinitaraente próximos a los puntos A y B extremos
de la viga dada ~fig. 11 (a). Se vo fácilmento que escogiendo
de modo conveniente las fuerzas Q, y los momentos Mo pue-
de anularse la fuerza cortante y el momento flector producidos
por las fuerzas P en las sceciones A y B de la viga do longi-
tud infinita, representada en la figura 11 (6). Por consiguiente,
la pato central de ln viga infinita estará en las misma condi
ones que la viga finita representada en la figura 11 (a),

ra 11 (a), y, por
tanto. todo aquello referente a la flexién do esta última viga
Puede deducirse superponiendo los casos que muestran Jas fig
ras 11 (6) y 11 (o)

Messe or venue 1

14. 18 RESISTENOTA DE MATERIALES.

Para establecor las scuaciones que determinen los valores
apropiados do Mo y Qu, consideraremos la sección en A Ae la
Wize infinitamente larga. Tomando el origen de coordenadas da
o punto y empleando las ecuaciones (7), caleuleron Sl Mo
ende Rector af’ y In fuerza cortante 7° producidas en este
punto por las fuerzas P.

ae East + Hal
@
rat jored—e)] + OBE}

El momento 24” y lo fuerza cortante Y” producidos en el
mismo punto por las fuerras indicadas on la figure 11 (2) #0 or
Mana mediante las ecuacionos (7) unidas a las (10) lo que da

ar Lo + un) + Mea + and,
o
pe Gr en tom
2 à
Los valores apropiados de My y Qu se obtienon de Ins conse
ciones x
aM,
Dr) ©

que so romelven en end caso con fuciidad empleando lo tabla Y.
Sonveidos My y Qu la Mocha y momento flector en eualquier

sección de la viga dada —fi
xa 1 (a)— se obtienen utili
zando las ecuaciones (7), (10)
y (10), junto con el método
de superposición, El caso pas-
ticular do la figure 12 se re-
Pio. 12 suelve en la forma expuesto,

haciendo 6 = 0.
De esta forma, so obtiene para valor do la flecha en Ion 0%-
cromos y en el contro de la viga las expresiones siguientes:

PRODLEMAS ESPECIALES EN LA PREXIÓN DE VIGAS

19
(a)
©

El momento flector en el contro es

8 en BE
SÉ sen
qe LR 0

TE ShBI + sen Sf
El caso de una carga aisla
is rg alle en el centro (8.13) puedo
lado —fig. 11 (a) —. Basta 4
2 F4
hacer om 5 y eseribir Pen a
Iugar de 2P. É

Do esta forma, so ob- Ta

= para el valor de las ee
as on los extreme y centro las oxprsiones alguints:

@

y= PB CHB + cos pl + à
2k ShBl-;sengl Ñ e

El momento flector en el punto do aplicación de la carga vale

@

El método
sue a deceso pura e de curga simétrica —figu-
En 260) uste are también pase cs do cra ant
sien Ag e 192.043 eigen en oo sc un
io hg (Len valore de O y Bf se

15. 20 RESISTENCIA DR MATERIALES

asteminan medianto un sistema de ecuaciones establecido Jo
deso análogo a como se han escrito las ecuaciones (a) (b) y (0

Connoides Q, y Mo, todos los resultados concernientes a la
exiön de la viga de le figura 14 (a) pueden obtenerse superpr
Mondo los casos correspondientes # las figuras 14 (0) Y 14 I

"Teniondo las soluciones correspondientes a los casos de car"
ga simétrica y do carga antisimétrica, puede resolverse con fa-
"idad cualquier otro caso de carga utilizando al principle de

Fra. 14

enperposición. Sea, por ejemplo, el caso de carga, asimétrica de
Te figura 15 (a). Su solución puedo encontrarse superponiendo
da Sars de cargo simétrica y antisimétrica de la figuras 15 (0)
y 15 (0. El problema de la figura 16 puedo resolver de modo
3 élogo. En cada caso, el problema se reduce a lo determinación
aná lores apropiados de las fuerzas Q, y momentos Mo monn:
te las cenaciones (6).

A anatiaar la flexión de vigas de longitud fnita so observe
que la inftuencia de fuerzas aplicadas en un extrano de la viga
e ela echa en el otto extremo depende del valor de Bl Esta
eomidad aumenta al croces la longitud de le viga, Al mine
iempo (véase tabia D), las funciones q, Y y 0 deeresen rápidas

PROBURMAS RSPECIALES PN LA FLEXIÓN DE VIGAS 21

mente, y por encima de cierto valor de pl puede su

fuerzas que seta en un prin conan nee

Fu cs sobre Jas deformaciones del otro extremo.

me eier puede considerarse como infinitamente
ga, ya que las cantidades q (Bl), (A) 0 (BI) son desprecia-

12

Ë
N
Ey

Eno. 16

Fie. 18

bles comparadas con la unidad en I
ad en las ecuacion: sim
pllicn consdersblemente las seuaciones () come
general, el análisis de la flexión de vigas de longitud fini
Mn ne ne wee

À}. Vien ort 8 < 0,8,
Vigas de longitud media, 0,60 <6” <5.
III. Vigas largas, pl> 5. 2

Al examinarse el caso de
ve lo vigas del primer grupo, puede des-
Presse por completo la Henlöu y considerarla es ao ae
eointamente rígida, por or la fecha que origina may pequeña
Somparada con la depresión de la fuadación. Sen, por ejemplo,
e 0 de una caga sila on of contro (Bg. 13) y supongamos
f= 090, encontraramos, mediante las fórmulas dadas ante.
ete para y, © Ye, que la diferencia entre In flecha on el

16. » RNSISTENCIA DR MATERIALES

centro y la flocha en el extremo es alrededor del 1 por 109
Sere dosha total. Esto indica que la flecha de la fundación se
eno con gran aproximación considerando infinitamente #-
tid le viga y empleando pero la esha la férrauls

P
wv

La característica esencial de Ins vigas del segundo grupo
co que tna fuerza que acti en un extremo produce un ollo
«eas erable en el otro. Estas vigas doben estudiarmo según lo
expuesto para vigas de longitud finita.

Tin les vigas del tercer grupo puede suponerse, al estudiar un
extremo de la viga, que el otro extremo está infnitamente alo
fade, Puedo considerarse, por consiguiente, 18 viga como in
finitamente larga.

“En tado lo estudiado se ha supuesto a In viga embebida do
«nodo continuo en la fundación; pero los resultados obtenidos
eden aplicreo también a casos en que la viga est apoyada
Fun gran número do apoyos elásticos equidistantes, Como un
Gjemple do esta clas, oxpondremos el emo de una viga Lon
DL AB (Gg. 17), que sirvo de apoyo a un sistema de vigas
en enles equidistantes, cargadas uniformemento a razón de
ge. Todas los vigas están articuladas on los extremos
e aL, y lla rigidez a la fexiön y la longitud de las viges
verticales, La fleche en su contro será

6 ait. 1
UT El, WEN 6
Donde R es la acción mutua entre la viga horizontal AB y Ie
Val considerado. Resolviendo en 2 la ecuación (), se ve
(jue In viga horizontal AB está bajo la acción de una fuerza
encontrada —fig. 17 (6), euyo valor es

@

TT Divarann problemas de esta naturaleza se presenten en 108 Cm

LEE lues Un andlsie completo de esto ginero de probar
eas de ory of Structure of Ships, do L. G. Boobnov, vor
SE Tord, Ban Petersburgo.

PROBLEMAS ESPECIALES EN LA FLEXIÓN DE VIGAS 29

seed que i tado a nz as vis vel e
pers comparado con la longitu 1 de la via hrkntal y

yendo Is fuerzas concentradas por una can wife
equivalonte —6g. 17 ()--, puede también reomplazarso lu dis

Fie. 7

tribución de carga indicada en la fic
carga À en la figura con línea
una carga distribuída continuamente de pr

Donde DE

48EL,
al o

La ecuación diferencial de la el i
Reais, déstica de la viga AB es, por
dy
El m)
Se Ñ

ve que la viga horizontal está álo; i
e ve que o en análogas condiciones
ino en una fün-
aca naa de re y mic dB Amis sr
Cte Pa ms Seprian Vise wind defn de
+ puede utilizarso ol método de superposicién expuesto

17. 2 RESISTENCIA DF MATARTATAS

n i i la ecuación (m). Tsco-
anteriormente o integrar directamente la ect

fiendo el último camino, escribiromos la integral general de la
conación (m) en la forma siguiente:

y + Ouen pröhße + Casen Behe 4.0, cos Be | =
x Shpr + C,cosfrChgz.
Tomando en el centro el origen de coordenadas —fig. 17 (6)-—,
so deduce por simetría que

0,=C,=0.

Sustituyendo en la ecuación (n) y utilizando las condiciones

oa los extomos artienlados
ey
wasn (EN a,
0,420 a

se encuentran

200 cn À
u 22
fo E cos pl + Chet
La elástica será, por consiguiente,
2 sons À
=% 2? sen peshño
BL cospl-Ch3t
2 008 cn 5
22 co prChéz|.
eh

La flecha en el centro se obtione haciendo = = 0, y vale

BAR
( gous Sch :) a
1 Sept + ChB

PROBLEMAS ESPROTALES EN TA FLEXIÓN DE VIOAS 25

Sustituyendo este valor on la ecuación (E), so halla la reac-
ción en el apoyo central de la viga vertical corrospondiente al
punto medio de AB.

Es interesante subrayar que esta rescción puede ser negativa,
lo que indica que la viga horizontal actiia como soporte de las
vigas verticales cuando es suficiontemente rígida, En caso con.
‘ratio, puede aumentar la Mexión de algunas vigas verticales

Problemas

1. Encontrar la expresión general de la elástica para el caso de
la fisura 12.
usuel
228 Ch3ze085 (la) + Ch (=) op,
„SG SRB son at

2. Engontr lus fechas en los extromos y el momento en la see:

‘panto spray

Fic. 18 pm

ción central de una viga Soxada por dos pares iguales y opuestos Ms
igen 19),
ticopuesta.

op a

e. ESTOS

snes cara

PT —E Ca
u son

3. Encontrar la Mecha y el momento fector en la scoción central
de una viga apoyada sobre fundación olástica, que tiene sus extremos.
it. lados y que ostá cargada en su punto medio (fig. 19).
Lionpueeias
PG Sho song,
Ye ye CHAT 008

P Shf + wen Bl
Mem a Chel

18. 26 BUSISTPNOIA DE MATERIALES

4. tinoontrar la Mecha y el momento Rector en In sección central
de un viga sobre fundeción cláatica, con los extremos articulados y
metida a una carga uniformomeno repartida (68. 20).

Respuesta

| 2 ChE cos! |
ge
vl nern)
y Soon
Mp Go

5. Enoontrer los momentos flootores en los extremos de la vigo de
ln figurm 21, que descansa sobre una fundación elástico, está cargada

io

Fea, 20 Fro. 21

do modo uniforme y con una carge concentrada en ese punto modio y
Tino porfectamente empotrados los extromos.
‘Respuesta

a
sn

3
et E

CLLR MA

Fro, 22 Fre. 23

6. Encontrar le elástica de una viga soe fundación olistion soli
«tada por una carga concentrada que actia en un extremo (fig. 22)
Respuesta:
am. (os ROBE a) — von BIChBE cos Bl — 1]
TA SMS cos ana)

4. Una viga sobre fundación elástica von los extromos artieutados

PROBIAMAS PSPROTALES FX LA PEEXIÓN DR VIA 27

está Mexada por un par Al, uplicudo en uu extremo (ij. 23). Hallar
ln elástica,

‘Respuesta:
come sen = 2) — cos BIS BE san All 2)
cr ag ORAL sen Be SHEE — 2) — ons BIS Be son A — a

4. Carga lateral y compresión axial combinadas.—Comen-
zaremos por el problema sencillo de una pioza con los extro-
‘mos articulados solicitada

por una fuerza aislada P 2 e
y comprimida axialmente e

por dos fuerzas 8 iguales A

y opuestas (fig. 24). Supo- I?

niendo que la fuerza P ao- Pro. 24

‘tia en uno de los planos

principales de la pieza, tendremos flexión en el mismo plano.
Las ecuaciones diferenciales do la elästica para los dos wrozos en
que P divide a la pieza son

CEE @
©

Empleando la notación E
em om

pueden oxpresarse Ins soluciones generales de las ecuaciones (a)
Y 10) en la forma siguiento:

vet mm A
= 0,008 pe + Ouen pr Mu. Mm

Puesto que en los extremos de la pieza la Mlexión es nuls,
e tiene

19. 28 RESISTINOTA DF MATERIA

Las otras dos constantes se deducen de la cont
elistien en el punto de uplicación de la carga P, lo que obliga &
{que las ecuaciones (c) y (d) den la misma fecha y el mismo giro
para 2 =1-—c. Tendremos

Casen pli 0) = O, [sen pA — 0) — lg pl cos pl — ci].
Pp
Gap cos pl— 0) = Cyp 00s pl—e) + te pl sen pL) + ge

de donde

Sustituyando en la ecuación (0), se obtiene para el trozo iz-
quierdo de la pieza
TT
Y= Spin ph

Diferenciando, tendremos

us)

dy _ PNP ou pe — PE

dy cos pa —

de Ssen pl sl as
dy _ PSN PE cen pr,

CET]

Las expresiones que corresponden al trozo de la derecha se
obtionen escribiendo 1—z on lugar de x; 1 —e, en vez de o, y

cambiando el signo de 4 en las ecuaciones (18) y (19). De esto

modo, se obtiene

o Pe eu
copla + ED

Posen = gen pi — 2). e»
Ssen pl =

PROBLEMAS RSPOTALER EN LA FLEXIÓN DE VIGAS 29
En el caso particular de que la carga se aplique en el centro.

de la pleus, ve escribo 6 = ¿, o introduciendo la notación

se ptt !
au où 3)
SE à .

de la ecuación (18), deducimos

Pye PP tgu—.
= aL E + (24
ii ale E wi, en
3

El primer factor de la expresión (24) representa In flechn
que produciría la carga P actuando sola. El sogundo factor in-
dica en qué proporción rece esa flecha por la acción de las fuer-
zas 8 de compresión axial.

Cuando 8 es poqueña comparada con la carga de Euler

{ = Ep), la cantidad u es pequeña y el segundo factor do

la couación (24) so aproxima a la unidad, lo que en
este caso el efecto sobre la lecha de la fuerza axial de compresión
es despreciable. Cuando 8 se aproxima al valor de Euler, la

cantidad u tiendo a = —véuse couación (28)— y ol segundo
faotor do la expresión
con el análisis y
primera parte).

El valor máximo del momento flector aconteco bajo la carga
y su valor, deducido de la sogunda de las ecuaciones (19), os

(24) crece indefinidamente, de acuerdo
ica (véase pagina 238,

fectuado de la carga

jy Porte y
Mie BE (a). ss ee)
‘También el primer factor de la expresión (25) representa el
‘momento flector producido por la carga P actuando sola, mion-
thas que el segundo factor, denominado afaotor de ampliicacións,
representa la influencia sobre el momento Hector máximo de
las fierzas axiales 8.
Kesuelto el problema para una cargo transversal P (fig. 24),

20. 30 RESISTENCIA DE MATERIALES

mode con facilidad obtener la solución para el caso do una
pious solicitada por un par aplicado en su extremo (Bg. 25).
Basta suponer en el análisis anterior que c disminuyo y tiende
hacia cero, mientras que Po permanece constante o igual a Mo.

Fro. 25
Haciendo Pe = My y sen ke = ke en la ecuación (18), se obtiene
para la elástica la expresión

M (sen pa
8 \senpl 1)

) es

de donde

EN
PRET

Los giros de la viga en los extremos son
(és Mm» _ ) EC
ad 8 (cea 1) El

a se laces amy e

1 1
used (204

Do nuevo los primeros factores de las expresionos (27) y (28)
representan los giros que produciría el par M1, actuando solo
(véase pág. 151, Primera parte), y los segundos factores repre-
sontan el efecto de las fuerzas axiales 8.

Examinando las ecuaciones (18) y (26), so ve que la fuerza
transversal P y ol par ify figuren en ellas lineliento, mientras

fuerza axial $ figura de modo más complejo, ya que p
oie depende de 5 rénso couación 17). De esto so deduce
que si en el punto C (fig. 24) so aplican dos fuerzas P y Q, la
locha en cualquier punto puedo obtenerse superponiendo la
flecha producida por la carga Q y las fuerzas axiales S a la flee
cha producida por la carga P y las mismas fuerzas axiales.

PROBLEMAS ESPECIALES EN LA PLEXIÓN DE VIGAS 81

Una conscouencia análoga se obtiene paro el caso referente a
pares aplicados en un extremo de la viga.

Esta superposición especial puede generalizarse fácilmente
en el caso de varias cargas (fig. 20). Para cada porción de la
pieza puede escribirse una conación análoga & las ecuaciones (a)
y (6), y obtenerso una solución semejante a las ecuaciones (c)
y (d). Las constantes do la integración pueden encontrarso de
las condiciones de continuidad en los puntos de aplicación de
Ins cargas y de las condiciones de apoyo de los extremos de la
pieza, De esta forma se vería que la flecha en cualquier punto
de la pieza es una función lineal do las cargas Py, Pa ..., Y quo

Fo. 26

la fecha en cualquier punto puedo obtenerse euperponiendo las
fechas producidas en dicho punto por cada una de las cargas la-
terales, obrando siempre la fuerza axial 8. Consideremos el caso
general de n fuerzas, de las quo m están aplicadas a la derecha
de la sección recta para la que so quiero calcular la flecha.
La expresión de esta flecha se obtieno empleando la ecuación (18)
para las fuerzas Py, Pa, ... Pa y la ecunciôn (20) para las fuerzas,

Pagar Para Pr. Le flecha buscada será,
ESA po, — 2 y
Fool er Pin

een p(l—z) inn —zien
À Speci pl eng ee, Pille). (29)

Si en lugar de fuerzas concentradas actúa sobre la pieza una
carga uniforme de intensidad y, cada elemento y de esta carga
situado a una distancia ¢ del extremo derecho puede conside-
Tarso como una fuerza concentrada, Sustituyéndolo, en lugar

21. 32 ETSISTESCIA DE MATERIALES

19) y reemplazando sumas por intogre-

lo P,, en la ecuación (2 A
us onto expresión para la elástica:

ciones, se obtiene la sigui

[rung oe
= spsenpl " ah
; iz
sen pl ?[ de —
= gsen pl)
Spsenpl Jia
Integrando

wg
Te)

eu

se obtienen fácilmente las es-

i indo la ecuación (30),
Diferenciando la ecuación (99), pp

presiones del giro y del momento flector. El gi
izquierdo de la pieza es

pl
an il Ze m
(a... ES} a 4 El hw

El momento flector máximo ucontece en el centro ¥ vale

Een.

ei
niet)
(20) par el aso de un par junto con

ando la solución o
a ages transversleey utilizando el método

ln solución (29) para cargas

PROBLEMAS ESPECIALES EN LA PLEXIÓN DE VIGAS 38

de superposición, pueden resolverse fi
Liperestäticos de flexión de piezas. Sea, por ejemplo, el caso do
una pieza empotrada en un ex-

tremo y cargada de modo uni | II >
forme (fig. 27). El momento —

flector M, en el empotramien- > “A
to se deduce de la condición de Fro. 27

que esta sección no gira on la

deformación, Utilizando las eouaciones (28) y (32), la condición se
escribirá

met 34)
8 u(tg2u—2u Le

En el caso de una pieza uniformemente cargada con ambos
extremos empotrados, los momentos My en los extremos ae ob-
tienen de la ecuación

de donde
(35)

Do las expresiones (34) y (35) se deduce que los valores de
los «momentos hiperestéticos se deducen multiplicando los mo-
mentos obtenidos en la teoría elemental de vigas por ciertos
factores de umplificación. Los cálculos necesarios pueden sim-
plificarse preparando tablas numéricas que dan los factores de
amplificación A,

Divorsos casos particulares de piezas comprimidas cargados la.
teralmeate han sido estudiados por AB. Vander Fleet, Ball. Soc. of

22. 34 RESISTENCIA DE MATIRIALES

Obtenido el momento máximo para una pieza esbolta la
fatiga máxima numéricamento so encuentra combinando las to-
gas de compresión y flexién, lo que da

u Mate
la

()

donde A y Z son el área de la sección recta y ol módulo de la
sección, respectivamente, Por ejemplo, en el caso de una pieza
comprimida con los extremos articulados y corgada lateral-
mente de modo uniforme, mediante la ecuación (33) se obtiene

8,90. o. 0

lose Fa vou

Al escoger las dimensionos apropiadas para la sección recta
de una pieza de esta clase, es necesario tener en cuenta que el
segundo miembro de le ecuación (/) no es lineal en $, puesto
que la cantidad u también depende de S, según so ve en la ecua-
ción (23). Debido a esto, lo fatiga máxima aumento en mayor
grado quo la fuerza S. Por tanto, el método corriente de deter-
“minar las dimensiones de una sección, tomando *

on,
”

@

Jems!

donde n es ol coeficiente de seguridad, falla en este caso,

Si la pieza comprimida debe proyectarse de suerte que co-
mience la fluencia cuando las fuerzas S y y so hagan n veces
mayores, la sección debe escogerse de modo que oz Sea algo

menor que >, de suerte que quede satisfecha la ecuación

on _S , git 20—cost)
n "4782 m e
siendo u, — nu.

Engineers of Ways of Communication, 1900-1908. San Potorshnren, Fa
EEE un u moma e de ap

à Bo aupone quo el maternal ra tiene un punto de fiuoncia
bien délai E =

PROBLEMAS ESPECIALES EN LA FLEXIÓN DE VIGAS 35

Multiplicando los dos miembros de (A) por n, se obtiene

ngle2(1=— 008 14)
8Z Won

az
lo que indica que la fatiga máxima aleanza al punto de fluonci
cuando 8 y q 0 ban becho veros mayoreo. En orcs casos de
carga puede aplicarse un procedimiento análogo para el pro-
yecto de piezas comprimidas, Se deduco de lo expuesto anterior-
mente que para contar con un coeficiente de seguridad n en el
proyecto de piezas comprimidas 1, debe utilizarso, en Ingar de
In ecuación (9) una ecuación análoga a la (2), en la que ol pará-
metro u se sustituye por el u, =mu.

10)

Problemas

1. Encontrar el giro en el extremo izquierdo de wna pieza oom:

primida con los extremos articulados y cargada en ol ©
peli y congada en el cout con la

Hespuesta

2. Encontrar los giros on los extremos do uns piezu comprimi
cou carga teiumgulor (ig. 28) am

Fie. 28

Solución: Sustituyendo en In couación (29) BI om ngar de Py. y

reomplazande us sumas por integrales, se obtient

1 Hate método para el proyecto de pieza i
auroade por Lo 6. Envios” Manet of de rata 0) Eyes 2)
Wye of dome, Eo, San Por ee

23. 30 RRSISTENOTA DE MATERIALES
sen 20 son pote 2,
= spoon | TE son pedo — y r
ap! Mungo sel EU ado
+ a et adem" JE
derivando sespesto a 2, se halla
AN Bad ag
(o, apar? =D
y
ID ja
@ en oper $
onde « y 8 son Ins funciones dadns por las oxprosionos (30) (rin
página 37,

Bacontrar 104 gros en los estos de wow pera comprimida
carga Amen on ds fueras Pa como Sado In Rare 2.

E)

4. Una piera comprimida con los extremos empotrados está car-
sada ta) como indica la figure 29. Encontrar los momentos eetores
a en los extremos,

Solución. Los momentos My se encuentran por ln condición de que
los extremos de la pioaa comprimida no giren. Utilizando la solución

del problem anterior, y Ins cennoïones
la ecuación siguiente, que sirve pura obte

de donde

Sib = 0, resolvertumus ul vas de unu carga 27” concentrada on €}
centro de lo pies.

PROBLEMAS ESPROTALES YN LA VLEXIÓN DE VIGAS 37

5 Vigas continuas con acciones axiales y transversales. —
En el caso de una viga continua con acciones axiales se procede
como en el caso elemental de viga continua (véase pág. 192,
Primera parle) y se consideran dos tramos adyacentes (Gig. 30) 1,

empleando las ecnaciones (28), (27) y (28) o introduciondo las
notuciones siguientes para el tramo nz

2 li
ETA

“esl
lo]
“ E ug “ (37)

Se deduce que el giro en el extremo derecho del tramo rn
—figura 30 (a)—, producido por los momentos quo actúan eu
los extremos M, y M, es

Maly Mid,
GE, (2)

“Bata teoría so debo a H. Zimmermann, Sizungeb. Akad. is,
Berlín, 1907 y 1948. =

24. 38 RESISTENCIA DR MATERIALS

El giro correspondiente al extremo izquierdo del tramo
n +1, producido por los momentos M, y M,,, 4, 09
Maya

ETA »
Sa TUI °

Si no existe carga transversal en ninguno de los dos tramos
considerados, las expresiones (a) y (5) deberán ser iguales, y se
obtiene
tale y,

Len
OPEL 0

Teed

Hart BE Mao
in

(38)

Esta expresión constituye la ecuación de los tros momentos
para una viga continua con acciones axiales, si no existon car-
gas transversalos en los dos tramos considerados.

Si existo carga lateral, deben añadirse a las expresiones (4)
y (0) los giros producidos por dicha carga. Sea, por ejemplo, el
aso de que sobre los tramos n y +1, y en dirección hacia
abajo, actúen cargas uniformes de intensidades gy Y gq ; 1- Los
giros correspondientes se obtendrán por la ecuación (32), y en
lugar de las expresiones (a) y (6), tendríamos:

> (e)

bars Milnor yy, li (à
CRT tO Sth TOE O

Igunlando estas dos oxpresiones, se obtieno

CA ty
E a, 39)
Wala Ot" FF “

Fata eenación es In de los tres momentos para el easo de car-
ga uniforme en cada tramo. En el caso de que las fuerzas uxia-

PROBLEMAS ESPECIALES EN LA FLEXION DE VIGAS 80

los $ sean mulas, las funciones a, $ y y valen la unidad y volve-
mos a tener los resultados de la teoría elemental de vigas con
tinuas.

Para otra clase de carga transversal, lo único que cambia
en la ecuación (39) es su segundo miembro, que depende del
giro que en el extremo común a los dos tramos considerados
produce la carga transversal. Sea, por ejemplo, el caso de In
carga trapezoidal de la figura 31.

Dividiondo la carga en dos par. „a 4
tes, carga uniforme y carga trian = ce

‘gular, utilizaremos los términos =

del segundo miembro de la ecua- | i >
«ción (39) para tener en cuenta la at
carga uniforme, A estos términos Fw. 31

deben añadirse los términos 00-

rrcspondientes a las cargas triangulares, Utilizando los resulta.
dos del problema 2 del artículo precedente, se halla que los dos
términos que deben añadirse al segundo miembro de la ecua-
ción (39), en el caso de la carga do la figura 31, son

oi Bolo, yy Una qe n
Pa nl) Plas (Bnsi— 1), (e)

ondo a,, y 8, son los valores definidos por las expresiones (36).
‘Cuando actúan fuerzas concentradas sobre los tramos conside-
rados, los giros apotecidos se encuentran fácilmente por la ex-
presión general de la eléstica, ecuación (29).

El cáloulo de los momentos a partir de las ocunciones de los
tres momentos puedo simplificarse considerablemente emplean-
do tablas numéricas do las fanciones a, 8 y y?

Al deducir la ecuación (39), se supuso que el momento M,
en el apoyo enésimo tiene el mismo valor en los dos tramos
adyacentes, Hay casos, sin embargo, en los que un momento
exterior M2 se aplica al apoyo, tal como se indica en la figu-
ra 30 (0); en estos casos hay que distinguir entre el valor del

2 ‘Tablas de esta clave se encuentran on o! libro de A. S. Niles y
3.8, Nowell, Airplane Structures, vol. 2, 1995; véase turubión el Libro
Sol autor, Theory of Elastie Stability, 1836.

25. 40 RESISTENCIA DE MATERIALES.

‘momento flector a la izquierda y a la dereoha del apoyo. La ro-
lación entre los dos momentos es, naturalmente +,

M — Mi Mi = 0,
de donde

Mi = My — He, a
Ja couación (39), en este caso, se reemplaza por la siguiente:

4 bn
Le 4 Ba BEE a]
Muay + 2642 Mat 2B nas Mi ty

A at sa
By, Melle, u
Le dla PE esa :

Si los apoyos de una viga continua con carga axial no están
en línea recta, es preciso añadir a los segundos miombros de las
ecuaciones (39) 0 (40) los términos adicionales debidos u la di-
ferencia en el nivel de los tros apoyos consecutivos. Estos tér-
“minos no están infiuidos por la presencia de las fuerzas axiales
y son los mismos que en ol caso de una viga continua elemental
(réaso pág. 195, Primera parte).

Problemas

1. Escribir of segundo miembro de In sennción de fos tros momen.
“aso de exitir una fuerza concentrado P en el tramas # + La

am
a

pl

GPE wn Parents OP _ (eon Prasat _ tet),
Ban To

2. Eseribir ol segundo ¡miembro de la oouación do los res momen-
tos ai ul traroo m está cargado en la forma quo indica In figura 20, pée
ios 36, y en el tramo n + 1 no existe carga.

"Respuesta: Empleando la solución del problema 3, pigiva sb, se
obtivue la siguiente expresión:

_OPE ad

5

cos
:

3. Byoribir el segundo miembro do la ecuación de los tres momen.
toa si In carga es la que indica la figura 32.

. indienda va la figura 30 0, se toma como
positiva para ol momento’ exterior.

FRORLEMAS ES"ECIATES EN LA FLEXIÓN DE VIGAS 41

Respuesta:

6. Tirantes con carga transversal, —Si un tiranto está some-
tido à ln acción de fuerzas extensoras $ y de una carga concen-

tra

„It _

7 te LA
ms

trada transvorsal P (fig. 83), podremos escribir la ecunción dife-
roncial de la elástica de cada porción del tirante del mismo modo
‘que se hizo pare una pieza comprimida (art. 4). Basta cambiar ol
signo de S. En esto caso, en lugar de las cantidados p* y u, defi-
idas por las expresiones (17) y (23), respectivamento, so tendrá

Eso. 98
— ry — 10, y en lugar de p y u tendremos p V=1= pi y
n VTT = ui, Sustituyendo —8, pi y ui. en lugar de 8, p yu,

un las férmulas obtenidas para la pieza comprimida do la figu
ra 24, so obtendrán las aplicables al caso del tiranto de la figura 33.
Haciendo la sustitución y teniendo en cuenta las conocidas rela
iones sen wi = à Sh u, cos ui =Ch u, tg ui = $ Thu.

Se obtieno para el trozo izquierdo del tiranto de la figura 33,
derivadas de las ecuaciones (18) y (19), las expresiones siguientos:

PShpe

~~ SpShpt ça
dy PSE q,
de SShpl a
2
de

26. 2 RESISTENCIA DE MATERIALES

i utilizando las ecuncio-

Para la parto derecha del tirante, y
nos (20) y (22), puede obtenerse fórmulas análogas. Teniendo
Ins olásticas para el caso do una carga aislada P, puedo obtenerso,
fücilmente la elástica para cualquier otra clase de carga apli-
cando el método de superposición,

Sea, por ejemplo, un tirante uniformemente cargado, Apli-
cando las ecuaciones (30) y (31), se obtiono

donde

El giro de la elástica, en el extremo izquierdo, deducido
de la ecuación (32), es

(nae 0

El momento flector máximo, que en este caso neontece en el
contro de la luz, deducido de la ecuación (33), vale

(45

donde
2(Chu— D,

dy ee

PROBLEMAS ESPRCTALES EY LA FLEXIÓN DE VIOAS 48

Se ve que la flecha y el momento flector máximo se obtieno
multiplicando los valores correspondientes de la teoría elemen-
tal de vigas por los factores q, (u) y 4, (1), que dependen del
valor de la fuerza axial oxtensora 8. Los valores numéricos de
estos factoros se dan en la tabla TH 1

En el caso de flexión de un tirante por un par aplicado en su

extremo derecho, la elástica so deduce de la ecuación (26), de
donde

= Mo f2_ Shoe),
(i 2
Si so aplican dos pares iguales y opuestos a los extromos de

tun tirante, se puede obtener la elástica por el método de super-
posición

(46)

m

De esta ecuación se deduce quo la flecha en nl centro y el
giro en el extremo izquierdo del tirante valen

Chui MM

s Chu “sel

(48)

(49)

ficaciones de A. P. Van der Fleet, mencionadas ante-
ponte (We pág. 83) se eatin divan ¿usos de henión de
tirantes, y también en el Tibro de 1. G. Boulmow, Theory of Structure
of Ships, vol. 2, 1914, San Petersburgo. Do care último libro so ha
Nomado la tabla 3,

27. 44 RRSISTENCIA DE MATERIALES

Una vor halladas las elásticas de un tirante de extremos ar-
ticulados Mlexado por cargas transversales y por pares en ios
extremos, so pueden resolver fácilmente casos hiperestäticos de
flexidn de tirantes, aplicando el método de superposición. Sea,
por ejemplo, el caso de un tirante cargado uniformemente, con
los extremos empotrados. Empleando las expresionos (44) y (48),
los momentos A, en los extremos se deducen de la ecuación

Thu, Mo Thr

(oo

siendo

Los valores numéricos de la función da (u) figuran en In tar .

bla IIL. Utilizando las expresiones (45) y (49), so obtiene el mu
mento If, en el centro

9 Chu--1)_ qhu—The

E Bass
¿Po LÉ 50
7 A wähu Fra L

La flocha en ol centro so obtiono mediante las ecuaciones
(43) y (48), y valo

La The) (Chu —1)
TS

PROBLEMAS ESPECIALES EN LA PLEXIÓN DE VIGAS 4

donde

24 pt Chu
u) = (E
E

TABLA m

CONSTANTES FARA LA DETERMINACIÓN DE FEEONAD Y HONENTOS.
TLECTONES MAXIMOS EN TIRANTES CON CAROA PUANSVEMGAL,

ela [e [ajw»|afujaje [e e e
a 3000 | 000 | 10 Fr

on dias | 008 | 03 19

ra ain | 020 | rom 15

18 oan [su | ote ae

ra ois | over | osos sa

pa our | 0208 | 0,730 ao

ra os | am | 0 ss Jos

ra ass {os | ote 100 | be | oan | os | 0 | 9000
to ses | | ses ws | at | oss | oes | 0250 | ose
ra os | er | ste 130 Loges |oası | 027 | 0248 | one
so an | 09m | as us [ons | oars | avis | 0293 | one
EA $2 |e || te [mae [us

‘Todas estas funciones valon la unidad para u = 0; es decir,
cuando solamente actúa Ja carga transversal, A medida que la
fuerza oxtonsora aumenta, las funciones disminuyon; es decir, tas
fuerzas extensoras disminuyen las flechas y los momentos flecto-
res on los tirantes cargados transversalmento, A] estudiar la fie-
xién de placas delgadas (véaso pág. 124), haremos aplicación de
la tabla anterior. pa

Problemas
1. Encontrar la flecha méxima y ol momento lector máximo en

un tirante cargudo en el centro
Lespueata:

2, Encontrar onto ar yen fon ere e un
Svante, que ls ane empatado, y que et Siné caged
ou dos furrzus P, tal como indica la figura 20. u

28. 46 RESISTENCIA DR MATERTAT RS.

Solución: Los momentos un los extremos se deducen de la comas

ción
Pp oo ¿Thu
Pl hee 4 Me TEE e 0.
ll ar) FE u

=

3. Hallar Tos momentos Avotores on los extremos de un tirante,
que los tiene empotrados, y sufro una carga triangular como la de lo
figura 28.

Idea: Emplear la solución del problema 2 de la página 36, junto
oon I ecuación (40).

7. La elástica mediante serios trigonométrioas.—Al estudiar
ta deformación de las vigas, es muy útil a menudo representar la
elästica por una serie trigonométrica ', Esto tiene la ventaja de
que con una sola expresión matemática se representa la couacin
de la curva a todo lo largo de la luz, Sea, por ejemplo, ol caso
de la viga con los extremos apoyados * representada en la figu-
za 34. La flecha on cualquier pun-
to puede representarse por la serie
siguiente:

un Ent
ng = E

y

+a + a

El significado geométrico de
esta representación analítica equi.
vale a suponer que la elástica, como curva, puedo obtenerse su-
perponiendo curvas sinusoidalos, tales como las (6), (0), (4), st-
cetera, do la figura 34. El primer término de lu serie (a) representa
Ja primera curva; el segundo tórmino, la segunda; ete, Los co0-
ficiontes a,, ag, dy representan las ordenadas máximas de estas
curvas sinusoidales, y los múmeros 1, 2, 3... el número de
ondas. Determinando adocundamente los coeficientos ay, a...

+ Véase la publicación del quer, Application of General Coordina:
tea in Solution 4 Prohlems 9a Bending o) Bars aud Plas, en, Bolein
‘i sica Pottdentco de Rien (asia 1900; vaaso también de TT. M.
Werterguundı Proc, Amer, Sor, Oi. Page, vol. 47, pigs, 455-683.

EN fon casas el estudio resulta complcado dedo el punto de
vista préc

PROMLEMAS FSPECIALES EX LA FLEXIÓN Dr VIGAS 47

ln serie (a) puedo represontar cualquier olástica * con un grado
de oractitad quo deponde del número de términos que se om.
pen, La determinación de estos coeficiontes ae hace conside-
rando la energía de deformación de la viga (ccuación 188, pé-
gina 100, Primera parto), dada por la ecunciön
apa
vas, (53 es al

Ta segunda dorivada de y, deducida de (a), es

que hay términos de dos clases:

E y tan

[opens

donde

men,

Por consiguiente, en la integral (b) desaparecen los términos
de la forma dyty, y solamente quedan los quo contienen cus-
drados de los cocticientes:

u
Don ot mag at

EI a
7 HA

a. 63)

En un estudio antorior —véaso ecuación (a), pág. 992, Pri-
‘mera parte— so vió quo si un sistoma elástico experimente un
poqueño desplazamiento a partir do su posición de equilibrio,
compatible con las ligaduras, el aumento de la energía potencial
del sistema es igual al trabajo suministrado por las fuerzas ex-

7 Véa Bioriy, Fourier Series and Spherical Harmonics, $$ 19:24
Vous abi Oo dental Calcuta TO, page sole >

29. 48 RESISTENCIA DE MATERIALES

teriores a lo largo del desplazamiento. Cuando la elástica se
representa por la serie (a), se pueden obtener desplazamientos
de la naturaleza del indicado, dando pequeñas variaciones a
los cooficientes ay, dz, & .-. Si, en general, al cooficiente a, se
1e da un incremento da,, tendremos el término (a, + da,) sen
"72 on 1 serie (a), en lugar del a, sen "TE. Los demás términos
no varían. Este aumento da, del coeficiente a, represente un
desplazamiento adicional dado por la curva sinusoidal da, sen

=, superpuesto a la elóstica primitiva. A lo largo de este des-

ae las fuerzas exteriores trabajan. En el caso de una
carga aislada P, aplicada a la distancia c del apoyo izquierdo, ol
punto de aplicación dela carga experimenta un desplazamiento

vertical da, sen "> y la carga realiza el trabajo

(on > Pe ©

Veamos ahora el aumento do la energía de deformncién,
dada por la ecuación (53) cuando a, se incremonta en diy, Será

Zeta @
ET

de donde

Deducido de aquí el valor de cada uno de los coeficientes de
la serio (a), la ecuación de la elástica será

PO on Ea 4 on en 24.)
PR (son uen FE 4 À on 2A en +.
Frei E oa UE
= APE STE Léon oon VE 69
Birt m 4 4

PROBLEMAS ESPECIALES BN LA FLEXIÓN DE VIGAS 49
Expresión por la que puedo calcularso la flecha para cual-

quier valor de 2.
Por ejemplo, la flecha en el centro cuando la carga está en
t

)

Tomando solamente ol primer término de esta serie, se ob-
tiene

el centro, e=2=;, vale

a 2PIs
en ns 775

(tata.

2PE PR
Ele TE

Comparando con la ecuación (90), página 137, Primera parte,
se ve que se ha obtenido 48,7 donde all era 48; de modo que el
error que supone emplear el primer término de la serio en lugar
de la serie completa es alrededor de 11/, por 100, Esta aproxi-
mación es suficiente en la mayoría de los casos prácticos y ve-
remos más ejemplos en los quo usando solamente el primer tér-
mino de (a) se obtieno una aproximación suficiente.

Conocida la solución para una carga aislada (ecuación 64) y
empleando el método de superposición, so pueden resolver pro-
blemas más complejos. Sea, por ejemplo, una viga cargada de
modo uniforme e intensidad q.

Cada elemento de carga qdo situado a una distancia o del
apoyo izquierdo, produce una flecha dada por la ecuación (54),
poniendo P = qde:

e =1, la fecha total será

PETE
Dl
estaa nm sra 1 ‘

30. 50 RESISTENCIA DE MATERIALES

Tomando solamente el primer término y refriéndonos al
contro de la viga, so obtendrá para la flecha ol valor

se ve que el error cometido al tomar solamente el primer tr-
mino es menor en este caso del a por 100. La serte trigono-
métrica (a) es especialmente útil cuando la viga está sometida
a la acción do una compresión o extensión, además de una carga

ie. 35

transversal. Ba el caso de la figura 35, la articulación B se apro-
xima a la articulación fija À durante la deformación por flexiôn
gn una cantidad igual a la diferencia entre la longitud de la eläs-
tion y la longitud de la cuerda À B ?, Para curvaturas pequeñas,
esta diferencia es (véase pág. 170, Primera parte)

way
(Da (56)
2 if (i)
Dado y por la serie (a), el cuadrado de su derivada contiene
términos de las formas
anit Ama? a, MEE A

Loose y 2
CRT A

Integrando, se ve que

eos 2 cos ME de — 0, m4 Ma
E ü

T Ta ovatencofén tongitudinal debida a la fuerza axial puede come
anse constante para deformaciones pcquoßas.

PRODLEMAS ESPEOTALES BN LA FLEXIÓN DE VIGAS BI
Por tanto, vt valor de será
me

anit en

»

Para caloular los coeficientes a, ay, a3 ... de las series (a),
consideraremos el trabajo realizado por las fuerzas exteriores
para un desplazamiento da, sen = desde la posición de equi-

librio, En el caso de la figura 35, tanto la fuerza P como las
fuerzas axiales 8 realizan trabajo. EI incremento de à, debido
al da, experimentado por el cooficiento a,, será.

Por consiguiente, ol trabajo realizado por las fuerzas S vale

=
SE nu dan
a

Esto trabajo dobe añadirso al (e) correspondiente a la fuerza,
transversal y la suma igualarso al aumento de Ja enorgía de de-
turmación —ecuación (d)— Do esta manera se obtione

Peon" da, + Era
7 an + 5 y Wandan

Do dondo
ten e PR
Frl EE) U
Ei

are,

Si la relación de la carga longitudinal a su valor crítico
(Véase pág. 23) so representa por

se obticno

s
Eis Ga)

31. se RESISTENCIA DR MATERIALES

Sustituyendo en la serie (a), la elástica sorá

apnı ı
rel

pe

2PP& 1

Comparando este resultado con la ecuación (54), correspon-
diento al caso de que actie solamente la carga P, se ve que la
deformación de la barra aumenta por efecto de las fuerzas de
compresión 8.

Hemos visto que el primer término de la serie (a) representa
una buena aproximación de la elástica; por consiguiento, el au-
mento de flecha producido por las fuerzas axiales variará con la

solación >

sta conclusión en válida también para ol caso de que sean
varias las cargas transversales que actúan sobre la viga o de que
deko una carga transversal distribuida. Representando por dy
la fecha máxima producida cuando solamente actúan las car-
fs transversales, puedo suponer, con eproximación suBcienta,
Giue bajo In acción combinada de las füorzas de compresión S
Y dichas cargas transversales la Mocha máxima cs

à
a

(59)

Esta expresión de la flecha máxima puede ntilizarse para
un cálenlo aproximado del momento flector. Sea, por ejemplo,
el caso de una piezn con los extremos articulados y uniforme-
mento cargada. El momento flector máximo valdrá, un este caso,
aproximadamente,

qu, 8

Max

Si la fuerza axial es extensora, en lugar de comprosora, el
método empleado es válido sustituyendo — a en vez de a en la
expresión de la elástica (58). Tomando solamente el primer vér-

x .. 48

(607

nn

PRODERMAS ESPRCIALES EX LA FLEXION DE VIGAS 53

mino de esta expresión, la fórmula aproximada que da la flecha
eu el centro sort

(61)

donde 3, representa la flecha producida por las eargas trans-
vorsales únicamento. Conviene subrayar que en ol caso de fuer-
zas axiales de extensión a puedo ser mayor que la unidad y que
el grado de exactitud de la ecuación aproximada (61) disminuye
al aumentar a, Refiriöndonos, por ejemplo, a una carga transver-
sal uniformemente repartida, el error de la ecuación (61) para
a= Les alrededor del 0,3 por 100. Para a = 2, el error es 0,7
por 100, y para a == 10 el error se eleva al 1,7 por 100.

En el caso de una pieza con los extremos empotrados so
puede deducir una ecuación análoga a la (51) para el cálculo
aproximado de la flecha en el centro. Dicha ecuación es

da
¿th
a (62)

145
Donde 3, es la flecha en el contro producida por las cargas trans
versales actuando solas y a tiene el mismo significado que an-
toriormente.

Mis adelante veremos aplicaciones de estas ecuaciones apro-
ximadas al estudiar la deformación de placas rectangularos.
El método de Jas series trigonométricas puede emplearso tam-
bién en el análisis de vigas de sección variable 1

8. Flexión do vigas en un plano principal que no es plano de
simetría. Centro de torsién.—Al analizar la fiexiön pura (véase
página 84, Primera parte), so encontró que el plano de la elás-
tica coincido con el plano de los pares flectores siempre que di
chos pares actiien en uno de los dos planos principales de flexiön.
Esto no es válido, sin embargo, en el caso de que la viga esté a0-
licitada a flesién por un sistema coplanar do fuerzas transver-
sales. Si ol plano en que esta’ fuerzas actúan no es ua plano de
simetría de la viga, la floxién viene acompañada de ordinario

Y Vase la publicación de M. Hetényi, Journal of Applied Mecha.

1937, vol. 42, A9.

32. 54 RESISTASCTA DE MATERIALES

de unn torsión de la viga. A lo largo de nuestro análisis, veremos
‘como esta torsión puede eliminarse y establecerse une flexion
simple mediante un corrimiento adecuado del plano en que
obran las fuerzas paralelamente a sf mismo,

“Comenzaremos por los casos sencillos en los que la sección
de la viga tiene un eje de simetría (eje =) y las fuerzas actúan
‘on un plano perpendicular a este ejo (fg. 30). Sea, por ejemplo,
el caso do In figura 36 (a) y vamos a determinar la posición del
plano vertical para el que, al obrar las cargas, so produce única-
mente flexién de la viga en un plano vertical, De los estudios

realizados sobre la distribu-
Paba y ción de las fatigas cortantes
Lc Pr verticales +,, (véase pâgi-
= 2e na 105, Primera parte), so
EN aeduce’ que prácticamento
vo We 6) > la totalidad de la fuerza cor-
Pro. 36 tante V la equilibran las alas
solamente. Si consideramos
las alas como dos vigas separadas cuyas secciones tienen mo-
mentos de inercia I, e I’, rospoctivamente, sus curvatures y
sus flechas, al fexar, serán iguales si las cargas se reparten sobre
ellas en la relación I’ : 17 *. Las fuerzas cortantes en dichas alas
también estarán on la misma relación.

Esta condición se cumplo si las cargas transversales obran en
el plano vertical que pasa por el punto 0 —fig. 36 (a), tal que
Bb
iy 1
donde h, y hy son las distancias de 0 a los centros de gravedad
de las seociones de las alas. Se vo, pues, que en el caso do alas
do espesor pequeño, el punto 0 no coincide con el centro de gra-
vedad O de la sección total y que se desplaza hacia el ala cuya
socción tiene mayor momento de inercia. En el caso limite
—figara 36 (0)—, en el que desaparece una de las alas, puedo
suponerse con suficiente aproximación que el punto 0 coincide
con el centro de gravedad del ala y que las cargas tranaversalos

+

> Br fcoto do la fuerza cortan vu iu deformación de las alus so
desprecia en esto estudio.

pe nao

PROBLEMAS ESPECIALES BN LA FLEXION DE Viaas DD

chen actuar en el plano vertical que pasa por esto punto si se
quiere tener solamente flexión. El punto 0, que goza de esta pro-
piedad, so denomina centro de torsión, Consideremos ahora una
sección en U —fig. 36 (c)—, y vamos a determinar la posición
do! plano en el que deben actuar las cargas verticales, a fin de
producir únicamente flexión con el ejo 3 como línea neutra.
Veamos la distribución de fatigas cortantes sobre la sección
en la flexión simple. Para calcular las fatigas cortantes verti-
sales 7,, en el alma, puede utilizarse el método empleado para
vigas en 1 (pig. 114, Primera qurte) y suponerso con suficien-
te aproximación que la fuerza
cortante vertical © es absor-
bida solamente por el alma, En
Jas alas existen fatigas cortan-
tes horizontales que represen
taremos por 7. Para encon-
trar el valor de estas fatigas,
separaremos del ala un elemen-
to mediante dos secciones rec-
tas a distancia dz y un plano Fro. 37
vertical mn mn, paralelo al
alma (fig. 87). Si la viga flexa con la convexidad hacia abajo, el
ala superior estará comprimida y las fuerzas de compresión N y
WV + AN que obran sobre el elemento indicado valdrán

am
aot | ya, y re A

ondo la integración so extiendo a la porción rayada de la neo-
ción del ala. La integral representa el momento del área rayada
respecto al eje 2. La diferencia delas fuerzas N y N+ dN debe
ser igual a la suma de las fatigas cortontes +,, que obran sobre
la cara mn mn, del elemento, Suponiendo quo estas fatigas se
Gistribuyen uniformemente sobre la cara, y representando por 4
Al espesor del ala, se obtieno la ecuación siguiente, que sirve pura
el cálculo de 7.

toa e a,

33. 56 ASISTENCIA OF MATERIALES

y
© f yaa.
af” o

El momento del área rayad es proporcional a la distancia u

desde el borde del ala; por consiguiente, =, es proporcional 4 u.

Según so ha visto anteriormente (véase pág, 106, Primera parle),

deben actuar horizontalmente en la sección recta del ala y a lo

largo de la Línea nm, unas fatigas cortan-

== tes Tye iguales a las <,. Por consiguien-

T to, tas fatigas <,, no se distribuyen uni

f formemente sobre la sección del ala, sino

proporcionalmento a la distancia u. En

la unión del ala y el alma, la distribución

= de fatiga cortante es complicada. Nos-

v otros, en este cálculo aproximado, su-

Lio. 38 pondremos que la couación (a) es válida
desde u =0 hasta u = b.

Representando por À la distancia entre los centros de grave-

dad de las alas y observando que el momento de la sección recta

De donde

Ta

e lle
Fed

Li del ala respecto al ejo = es dt, se deduce, de la ecuación (a),

Vin,
24,
La resultante R de las, fatigas cortantes tz, distribuidas
sobre la sección de area Di dol ala es
Von bt _ Vor,
a, 2 TAS

La suma de las fatigas cortantes +,, que actrian sobre la seo-

ción dol ala inferior será, evidentemente, una fuerza igual y de

dirección opuesta. De aquí so deduce que las fatigas cortantes que

‘actin sobre la sección en U so reducon a las fuerzas de la figu-

ra 38, Este sistema de fuerzas equivale estáticamente a una fuer-

za V aplicada en un punto 0 à una distancia del contro del alma;
LR BR

ATA

0)

Gapdasis = (Forma =

R 4)

PROBLEMAS ESTROTATDS EX LA FLEXIÓN DE VIGAS 87

Por consiguiente, si se quiere ohtener flexión simple con el
eje z como línea neutra, es necesario que el plano vertical que
contenga las cargas transversales pase por el punto 0, denomi-
nado centro de torsión. Para cualquier otra posición de este pla-
no, la flexión de la viga viene acompañada de torsión y las fati-
gas no siguen la sencilla ley por la que =, es proporcional a y
y, por tanto, es independiente «lo la coordenada z. En el caso

vi
i
Pro. 20 Fo. 40

de um angular (fig. 39), la fatiga cortante + on puntos a lo largo
we mu ticue la dirección de la figura y vale 1

af

donde la integral represonta el momento del área rayada res-
pecto al ojo z. Estas fatigas cortantes dan una resultante de la
dirección señalada en la figura 39 (6) y de valor
LR
3Lva

Una fuerza del mismo valor se obtendría para el ala inferior.
La resultanto de estas dos fuerzas es igual a 7 y pasa por el
punto de intersección de las líneas medias de las alas 0, que en
este caso es, por consiguiente, ol centro de torsión,

En el caso de una sección en Z (fig. 40), suponiendo Mexión
simplo en un plano vortical y procediendo como en el caso de

Y Para ol oflenlo de las fatigas so emples el mismo método que

34. 58 RESISTENCIA DE MATERIALES

sección en [_J, encontraríamos que Ins fuerzas cortantes R tienen
en ambas alas Ja misma dirección, Su resultante pasa, por con-
siguiente, por el centro de gravedad C. Sumando vectorialmente
a esta resultante la fuerza cortante vertical P, se obtiene la di-
rección del plano inclinado en el que dcbon aplicarso las fuerzas
transversales para producir flexión simple de la viga en el plano
vertical. El punto € es, en este caso, el centro de torsión.

Suponiendo que las secciones analizadas pertenecen a vigas
en voladizo empotradas por un extremo y cargadas en el otro
con una fuerza concentrada P, puede deducirse que si la carga P
se aplica en el centro de torsión, produce flexiön del voladizo
sin torsión alguna. Medianto el teorema de reciprocidad de los
trabajos (véase pág. 324, Primera parte), se deduce que si se
aplica un par torsor en el mismo extremo de la viga y en un
plano perpendicular al eje del voladizo, no se produce durante
la torsión flecha alguna del centro de torsión. Por tanto, durante
la torsión cada sección recta de la vigo en voladizo gira con rela-
ción al eje que pasa por el centro de torsión y es paralelo al
eje de la viga.

El método expuesto para la determinación del centro de
torsión en los casos sencillos examinados puede generalizarso y
extenderse a secciones asimétricas formadas por elementos de
pequeño espesor, con tal de que dicho espesor sen lo suficiente-
mente pequeño y, por tanto, pueda admitirse con exactitud que
la distribución de fatigas cortantes a lo largo de dicho espesor
es uniforme 1

En el artículo 63 (pág. 296) se bará un estudio más detenido
de esto problema,

Cuando todas las dimensiones de la sección son del mismo
orden, el problema de la determinación del centro de torsión es

% El problema de la determinación del contro de torsión ha sido
estudiado por diversos antares, Véanse, por ejemplo. A. A. Grifith
SO. L taylor, Technical Report of the Advisory Committee jor Aron
ous, Yngitérea, vol, 3, pig, 990, 1917, Masas, Schi: Bam,
Vol. 77, pag. 197; Vol. 79, pag. 254, y Vol. $3, pags. 111 y 170; C. Weber,
elisa angers, Mat à Sich. wo. 4, 1921, pig, 8H A Bagsnsch:
S vin, Prog. of the Second Internat, Congress jor Appl. Mech.» Zurich,
1836, pag. 434. Ulfimamento ha ereeid la importancia del problema en
el propecto de aviones, La mota. bibliográfica corrrspondiente figurn en.
1a publicación de P. Kuhn, Techn. Nous, Nat. Adv. Comm. nd. WI

PRORTEMAS RSPRCTALRS EN LA FLEXIÓN DE WGAS 59

mucho más complicado; la solución exacta de este problema se
conoe on solamente pocos casos 2,

9. Anchura efectiva de alas delgadas.—La fórmula de la
foxién simple (véaso ecuación 55, pág. 86, Primera parte) mues-
tra que las fatigas de flexión en una viga son proporcionales a
le distancia del punto considerado al ejo neutro. Esta deduo-
ción es correcta en tanto que nos refiramos a vigas en las que

a e
DRE cd

ES i a aaa
u Sapa
I =

bar

las dimensiones de la seoeiön
recta son pequeñas compara-
das con su longitud y estudie
mos puntos & considerables
distancias de los extremos.

En las aplicaciones prácti
cas se usan con frecuencia vi
gas con alas anchas, para las
Fra. que la fórmula do la flexión

simple no puede aplicarse con
eufciente exactitud, Sea, por ejemplo, el caso de una viga apo-
yada en los extremos y cargada en su plano central ay. La vige
consta de un nervio y de un ala ancha (fig. 41). Se observa
que existen fatigas cortantes que obran entro las alas y el ner-
vio en las superficies de unión mn —fig. 41 (a) — y dirigidas
como indica le figura 41 (b). Se ve que estas fatigas tienden a
disminuir la deformación del nervio; es decir, a hacerle más ri
gido. Al mismo tiempo producen compresión en las alas, Consi-
derando el trozo de ala a un lado del nervio, como una placa re0-
tangular sometida a la acción de fuerzas cortantes a lo largo do

* Véanso lu publicación de M. Soegar y K. Pearson, London. Ro
Sos, pra eco A) vol, 36 190, pág 211 y la pablosción de autor
en London Math, Soe. Proc. (serie D, vol. 20, 1022, paga 308. Vaso
También Theory of blasen, 1952, pág. SOL

35. so RESISTENCIA DE MATERIALES

un borde —fig. 41 (c)—, se ve que las fatigas de compresión no
se distribuirán uniformemente sobre el ancho del ala y un estu-
dio detenido muestra ! que la distribución es la que indica el
área rayada, en la que la fatiga máxima en el ala es igual u la
que corresponde a las fibras de la cara superior del nervio.

Do esta variada distribución de la fatiga se deduce que para
aplicar a la viga do la figura 41 (a) la fórmula de la flexión sim-
le, debe usarse una anchura reducida 2 À, en lugar de la real 2b
de las dos alas, ei se quiere obtener un valor correcto para la
fatiga máxima. Esta anchura reducida se denomina. corriente-
mente ancho efectivo y puede calcularso si se conoce la distri.
bución de fatigas representada por el área rayada de la figu-
ra 41 (c). Basta para ello igualar el área del rectángulo dibu-
jado de trozos en la figura al área reyada, Su valor 2%, varia
‘corrientomente a lo lurgo de la luz de la viga; depende de las di-
mensiones de la viga y también de la forma del diagrama de
momentos flectores.

En el caso particular de que el ancho del ala sea muy gran-
de (por ejemplo, 2 > 1) y el diagrama de momentos flectores
esté dado por la curva sinusoidal

MM, sen TE, @
la anchura reducida es constante e igual a
al
FU +4 6—u)
donde y es el módulo de Poisson. Para y = 0,3 se obtiens
22, = 0,3681. (63)

ox

Por tanto, en este caso particular, la viga real puede susti-
tuirse por una viga en T equivalente de sección constante y en
la que el uncho del ala es 0,363 I. Aplicando a esta viga las

1 Y estudio de la solución siguros
man, puedo verso en 7

bien’ We Moraes Lajtaie. “Lorechung, Vol.
mann, Der Stahlbau, vol. 6, pag. 08, 1993; N. Boitanor, 2. ange.
‘Mth ech vol, 14: pag. 912) 1834; B. Reiner, Der Stahlbau, vol. a
Die. 206, 1044; E. Chwalia, Der Stahldau, vole d pág. 73, 1980,

)btenida por Th, von Kare
ory of Etastiiy: pág. 100, Post, Vöange tara
Y, pág, 1. 1029, K. Gırk-

PROBERMAS ESPECIALES EN LA FLEXIÓN DE VIGAS 61

fórmulas de la flexién simple se obtiene la misma fatiga máxima

y la misma rigidez a la flexión que correspondo a la viga real.
En el caso do carga transversal cualesquiera, el diagrama do

momentos flectores puede representarse por una serie de senos:

nr:
1

donde los coeficientes Af, pueden calcularse mediante las co-
ocidas fórmulas *

M,= EM, sen &

= © Q]

Por ejemplo, on el caso do carga uniforme, se tiene

qi

a

y lo fórmula (c) da

@

donde n= 1, 3, 6.

Conocidos los coeficientes M, de la serie (6), se obtiene la
anchura efectiva mediante la solución rigurosa; la que, en el
caso de alas de gran anchura, de

—_—L 3-4]. (64)
Myson =
NS
anión LE
aban
8

In relación del área (1 al ären de la sección del

¿o

N = 0,878 para y = 0,3.

‘Tomando, por ejemplo, o caso de nna carga uniformemente
distribuida y sustituyendo, en lugar de M,, en la fórmula (64),

36. 62 RESISTENCIA DR MATERIALES.

el valor (d), se ve que para diversos valores de 3 Ta varinción del
ancho efectivo a lo largo de la luz de la viga es la indicada en
la figura 42. Se observa que en la porción central de la luz el
ancho efectivo varía muy lentamente y es, aproximadamente,
el mismo que el correspondiento a un diagrama de momentos
flectores sinusoidal (véase ecuación 63). Conocido el ancho efecti-
vo por la fórmula (64), la fatiga máxima y la Mecha máxima so
calculan aplicando las för-
mulas de la flexién simple a
la viga equivalente.

Hemos analizado el caso
en que las alas de la viga
tienen una gran anchura.
Existen también soluciones

Yo. 42 rigurosas para el caso de que

Jas alas no scan muy anchas

y para el caso de una placa rectangular seforzada por un siste-

ma de nervios iguales y equidistantes, En todos estos casos, el

probloma so reduce al cálculo de fatigas y deformaciones de la
viga equivalente 2.

10. Limitaciones del método de superposielön.—Al estudiar
la floxidn de vigas (véaso pág. 138, Primera parte), so vió que ol
cálculo de las deformaciones puede simplificarse en alto grado
utilizando el método de superposición. Este método se aplica
siompro que la flexión de la viga no introduzca modificaciones
en el modo de actuar las fuerzas exteriores, Por ejemplo, las
pequeñas flechas que las cargas transversales producen en una

a no modifican los diagramas do momentos flectores de estas
cargas y el método de euperposición se puedo aplicar de modo
succelvo. Pero si tenemos flexión combinada con extensión o
compresión axial, la deformación producida por las cargas trans-
versales modifica la acción de las fuerzas axiales y estas últimas

1 Fatas soluciones exactas son de aplicación en las instrucciones.
paru el céleulo de losas de hormigón reforzadas con nervios, En ol pro-
yecto du aviones la distribución variada de las fatigas on las alos.
nens so tione cn cuenta mediante una teoría aproximada, euvo ande
isis puedo vorse on Tas publicaciones de P- Kulu, National’ Adv. Come
mitico for Aeronautica Reports, niin. 008, 1997; min. 636. 1938. Ves.
Cumbién IL, Ebner. Luihahre Portachuny, vol. 15, pag. 34, 1937, y vor
humon 15, pág. 52%, 1988. *

PROBLEMAS PSPECIALRS EN LA FLEXION DE vidas 68

producon, además de extensión o compresión axial, waa fle-
xión adicional de mayor o menor importancia. En estos casos
(véase artículo 4.”) existon limitaciones para ol método de super-
posición. Puede usarse esto método únicamente con relación a
las cargas transversales, suponiendo que la fuerza axial perma-
nece siempre presento. Hay otros casos en los que las pequeñas
deformaciones de las vigas pueden introducir cambios consido-
rables en la acción de las fuer-

zas. En estos casos, el método

de superposición falla, A conti-
nuaciôn examinaremos algunos
casos do esta naturaleza.

‘Como primer ejemplo, cousi- +
deraremos la flexién de un vo-
ladizo AB (fg. 43), que durante la flexiôn toma contacto gra-
dualmente con una superficie cilíndrica rígida AC, que lo sieve

de apoyo. La curvatura constante de esta enperfoio os 7, y en 4
tiene una tangente horizontal.
So vo que mientras la curvatura de la viga en el oxtre-
mo A, dada por la fórmula
PL
EL,

(a)

es menor quo a curvatura del apoyo, el voladizo toca a Ta su-

perficie AC en el punto À únicamento, y la fecha 3 en el ex
emo 2 viene dada por la conocida fórmula

pp

10)

De la ecuación
1

@

R

puede obtenerso el valor limite do la carga P, para el que la
viga empieza a tomar contacto con la superficie cilíndrica que

la sirvo de apoyo més allá del punto 4. Saa P, = ZUR, esto var

37. 64 RESISTENCIA DE MATRRIALES

lor limite de la carga; por consiguiento, para P > P, un trozo AD
de la viga apoyará tal como se indies. con la linea de trazos en la
figura 43. La longitud z de la parte libre del voladizo se obtiene
1
estableciendo que la curvatura „en D es igual a la de la supor-
ficie sustentadora; por consiguiente,
be A
El, ER
y se obtiene
Ela
PR

La flecha total en el extremo B del voladizo consta do tres

@

partes: 12 Flecha de la parte DB de la viga como un voladizo
simple, Su valor es
Pa 5
SET 3 PR
24 Flecha debida al giro en D,
103.
er 1 0

Y 32 La fecha que representa la distancia del punto D a la
tangente horizontal en A,
ta

RTE

@

Sumando las tros partes, so obtieno para el valor do la fe
cha total
Bent Ei
Tg pin

0)

Se ve ahora que cuando P > P,, la flecha no es proporeio-
nal a P. Si adomás de P. existo otra carga Q aplicada en el ex-
tremo B del voladizo, la flecha total no será igual a la suma de
las flechas producidas por P y por Q si ambas se consideran
que actúan solas. Por consiguiente, el método de superposición
no es válido en esto caso.

TRODLEMAS PSPECIATES BY LA PLEXIÓN DE VIOAS 65

Como segundo ejemplo, consideraremos el caso de una viga
wniformemente cargada con los extremos ompotrados (fg. 44).
Se supone que durante la flexión la parte central de la viga so
apoya sobro una. fundación hori-

zontal rígida, de modo que a lo Ss
largo de dicha parte la flccha es 4 25
constante e igual a 3, So ve que

si la flocha en ol centro es menor Foo. 44

que à, estaremos en el caso ordi-

nario de flexión do una viga de extremos empotrados. El valor
limite g, de la carga se obtiene de la conocida ecuación

Lu
ESTA

@

Si In intensidad de la carga es mayor que q,, una parte de le
viga apoyará en la fundación en la forma indicada en lo figura.
En esta parte la curvatura es nuls: por lo que deducimos que
‘también será nulo el momento Rector en el trozo de viga CD, y
la carga se equilibra por la reacción uniformemento distri
buída. En los extremos O y D no existirá más quo una fuerza
cortante X. La longitud a de los trozos de la viga que no apo-
yan y el valor de X puede encontrarse considerando el trozo AC
de la viga como un voladizo solicitado por la carga uniforme
y por la fuerza concentrada X aplicada en su extremo. Obsore
vando que la sección en © no debe girar en la deformación y
que su flecha debe ser 3, y empleando las ecuaciones (94) y (100)
de la Primera parte (véanse págs. 141 y 143), so obtieno

Xat
2El,
de dondo
0
Calculando ahora la flecha, tendremos
gut Xt _ e

su,

38. 0 RESISTENCIA DI MATERIALES
Resolviendo las ecuaciones (j) y (4), será.
mL T,

x Vans. o

q

Se ve inmediatamente que la reacción X no es proporcional
a la cargo. El momento flector máximo en valor absoluto aon
eco en los extremos empotrados y es

AO

o sen,
qa
é

Me vV2sETg. m)

Nuevamente so ve que el momento flector no aumenta en la
misma proporción que la carga. Es decir, el método de super-
posición no puedo aplicarso.

Problomas

1. Encontrar la Asche del voladizo de la figura 43, si en enr do
la fuerza P está solicitado por una carga uniforino do intensidad ge

Fro. 46

2. Tincontrar la expresión do la flecha en el centro de ıma vien
apoyada en dos auporfoies cilindricas idénticas, de radio R, y curgaua
en el centro (Ag. 45)

Solución: A medida quo la carga P aumento, los puntos de cone
tacto de la viga con las superficies de apoyo se muevon hacia dentro
y lo luz disminuye; por consiguiento, la fecha aumenta on menor pro
porción que lo haco la carga P.

El ángulo #, que define la posición de los puntos de contacto, se
encuentra por la condición do que en esos puntos la elástica ha de ser

PROBLEMAS TSPRCTALES DE LA FLEXION DE VIGAS 67

tangente a las aupurficıee de apoyo; por tanto, para pequeños valo-
os de a,
PUR}
WE,

Conocido a, la Hacha on el centro acrá.

st

=

Bayt | Rat
Zn

3. Resolver el problema anterior, supaniendo que Ja viga está
“empotrada en los puntos À y B.

4, Resolver el problema 2, si la curga no está en el centro de la
le AB,

5. Una viga uniformemente cargada se apoya sobre wa funda:

T 1 a)
Le Am
tk]

Frio. 46

sión horizontal rigida (Gx. 40). Hallar el ángulo =, que gira ol extre-
mo A. y la longitud 2, foxada cuando se aplica el momento M, en el
Solución: La longitud = so encuentra por la couación

ot My
EI CET

5 dngulo de rotación en el extremo 4 es

We

es ae
si Hr

39. CAPÍTULO IT

PIEZAS CURVAS

11. Fatigas de flexión en barras curvas.—En el estudio que
sigue supondremos que la linor media ! de la pieza es una curva.
plana y que las secciones rectas de la barra tienen un eje de
simetría en este plano. La pieza está solicitada por fuerzas si-
tuadas en este plano de simetría. Consideraremos primeramente
el onso de una barra de sección constante en flexión pura, pro-
ducida por pares aplicados en los extremos (fig. 47). La distri-

bución de fatigas en este caso se obtiene utilizando la misma
hipótesis que en el caso de piezas rectas; es decir, que lus sec-
ciones rectas de la pieza primitivamente planas y normales a la
lnea media de la barra quedan en estas condiciones después do
la fexiôn ?, Sean ab y o dos soccionos rectas de la barra infini-

Y La Tinea media es la línea que une los centros de gravedad de
las distintas secei nes de la barra.

Y "Eata teoría cproximadn {a desarrollada por H. Résal, Annales
des Mines, pag. BIT, 1802, y por E. Winkler, Der Civilingenieur, vol. 4,
pág. 232, 180%, véaso también su libro Die Lehre von der Elastizität und

PIEZAS CURVAS 69

tamente próximas y representemos con dp el ángulo que for-
man antes de In tiexiön. Al floxar la pieza la sección ed gira
respecto a la ab, Representemos con Adp este ángulo de rota-
ción, Las fibras longitudinales del lado convexo de la barra es-
tarán comprimidas y las del lado oóncavo, extendidas, Si n —
representa la superficio noutra, la oxtensión de una fibra situa-
da a In distancia ! y de esta superficie es yAdg y el alargamiento
unitario sora.
Ode

(r—y)de

donde r ropresenta el radio do la superficie nentra y el denomi-
nador de la ecuación (a) es la longitud de la fibra entre las dos
secciones consideradas antes de la flexión, Suponiendo que no
hay acción Interal entre las fibras longitudinales ?, la fatiga do
flexién a la distancia y de la superficie neutra será

o Pride | à
aac 2

Se ve que In distribución de fatigas no sigue una ley lineal,
como en el caso de piezas rectas, sino que sigue la ley hiperbó-
Tica que muestra la figura 47 (c). Como In suma de las fuerzas
normales distribufdas sobro la sección debe sor nula, se deduce
que la linea. neutra no pasa por el centro de gravedad y está
desplazada hacia el centro de curvatura de la pieza, En el caso
de una sección rectangular, el área rayada —fig. 47 (c)— ex

(a)

ange, Prag, 1967, capítulo 1, Estudios posteriores han sido con
ica ar do taut Blanes und TN
pork, Boarson. Hinary of ie Theory of Electo, Vol. 3, peimoek
Parts más. 22, 1838, La solución cxasta del mara problema fs dada:
pir ti Golowi, Balcón of the Tuaitte of Technalogy at San Pater.

o, 1881 Véanse tambiia 6, Ribide, O. À vol, 108. 1890, y vor
den 133, 1908 y L Beane on Ja publicación de 2. Timo, Ze
Maths Phys vol. 3, Dig. 348, 1008

La tonra epconimade’ due ae va a oxponer cate ea bu
con In solución exaotas Vice Theory of ir

1 Fas tone postive hacia ol Canto de où ea.

+ Etoo dusota muestra quo exe cierta presión dial, poro
que no Sine foie wpa ebro flies y puedo, por ano

Ea prisión lateral en dirección perpendicular al piano do ener
ese ener Importancia ua ol cas) de Hexion de placas (vie artic:
EN

cuerdo

40. 0 RESISTENCIA DR MATERIALES

tendida debe ser igual a la comprimida, por lo que en el lado
cóncavo de la pieza actuarán fatigas de flexión más elevadas.
Para lograr la igualdad do fatigas para las fibras más alojadas
de las dos zonas es necesario utilizar formas que tengan el ceme
tro de gravedad más próximo al indo cóneavo de la barra,
La ecuación (0) contieno dos incógnitas: el radio r de la su
perficie neutra y el ängulo Ad quo representa el desplazamiento
angular debido a la flexiön. Para determinarlas, emplearemos las
dos ecuaciones de la estática. La primera ecuación expresará que
la suma de Jas fuerzas normales ligadas & la sección es nulo, La
sogunda oquivaldró a la condición de que el momento de dichas
fuerzas normales es el momento flector M. Las ecuaciones son:

fat ©
da = ES (UA _ ay
I Je @

La integral en ambas ecuaciones se extiende al ären total
de la sección recta. La integral de la ecuación (d) se simplifica
del modo siguiente:

flo

La primera integral del segundo miembro de (+) representa
el momento del área do la sección recta respecto a la línea neu-
tra, y la segunda, como indica la ecuación (+), es mula, Por con-
siguiente,

)21=

SA de, a
ry

donde e representa In distancia de la línea neutra al centro de
gravedad de la seweiön. La ocuación (d) será entonces

Bode M (65)

y la ecuación (6) da
@

PIEZAS CURVAS a

Las fatigas en las fibras mis alejadas, que son las máxi-
mas, valen

Mth,

Mn,
ge I (Osha Er

Ace

(66)

donde hy y A, son las distancias de In línea neutra a las bras
más alejadas y a y e los radios interior y oxterior de la pieza.
El radio r se determina por la ecuación (e). De esto cálgulo ve
remos varios ejemplos en el artículo siguiente,

Si la altura de la sección recta es pequeña comparada con
el radio R de la línea media de la barra, y puede despreciarse
comparada con r en las ecuaciones (c) y (d). Por consiguiente,
de la ecuación (c) se obtiene

Jde,

es decir, la línea néutra pasa por el centro de gravedad de la
Mediante lu ecuación (d),

Eade I,
de E

Sustituyendo en la couación (6)

=. m

Por consigniente, en el caso de una altura relativamente pe.
queña, la distribución de fatigas flectoras 5, se aproxima a la
ley lineal y la ecuación empleada para piezas rectas es válida
también para piezas curvas.

De la ecuación (4), en el caso de piezas delgadas, se obtiene

Mig _ Mas
EI, Eh

Ade (67)
donde ds represonta el elemento de la línea media comprendido
entre dos secciones infinitamente próximas. Esta eouacién es
análoga a la couación (a), (pág. 139, Primera parte), para ba-
Tras rectas, y so usa corriontemente para el céleulo de deforma-
siones en piezas curvas delgadas,

iu un caso més genoral, cuando la picza curva está someti-

41. a RESISTENCIA DE MATERIALS

da a la acción de un sistema coplanario de fuerzas en el plano
de simetría de la pioza, las fuerzas que obran a uno de los lados de
cualquier sección puedon reducirse a un par y a una fuerza apli-
cados en el centro de gravedad de la sección. Las fatigas produ-
didas por cl par se obtienen del modo explicado anteriormente.
La fuerza se descompone en dos: una fuerza longitudinal N en
1a dirección de la tangente a la línea media de la pieza y una
fuerza cortante V situada en el plano de la sección recta. La
fuerza longitudinal produco fatigas de extonsión o compresión
uniformemente distribufdas sobre la sección recta ¢ iguales

a 2 Debido a estas fatigas, la línea media de la barra expo
rimenta alargamiento o contracción y ol ángulo dy entre las
dos secciones adyacentes varía en la cantidad

Aide (68)

La fuorza transvorsal Y produce fat
tribución de estas fatigas sobre la sooción os la misma que en Tas

piezas rectas 1.
12. Casos particulares, —So ha visto on el artículo anterior
(ecuación 66) que las fatigas de flexión en

24 __ las piezas curvas se calculan fácilmente
con tal de que se conozen la posición de la
LE línea neutra.

A continuación veremos varios casos
partiontares del cálculo do la distancia e
| L dela ines neutra al contro de gravedad

de la sección.
oY Sección rectangular.—El valor del ra-

dio y de la superficie neutra so determina
por la ocación (e) del artículo anterior,
do la que

Fu. 48

* Bata hipótesis está de acuerdo con wo
diente w un hección rectungular estracha; vos
pagina 13, 138,

PIEZAS CURVAS 13

Reprosentando con v (fig. 48) el radio del elemento rayado dá,
se tiene
very 0 gare.

Sustituyendo en la ecuación (a)

fou =
v

a
ad (69)

de donde

En el caco de la figura 48, A = bh, dA = bdo, y la integral
so extiendo desdo v = & a v = 6, siendo a y e los radios interior
y exterior de la pioza curva.

Sustituyendo en Ja eouación (69), tendremos

th ooh

"do 2 (70)
bd Jog, £

[ v u a

Utilizando conovidos desarrollos en sorio

1
Bts 1
logs © = logs ——?-

(0)

se tiene

Una primera aproximación para e se obtiene tomando sola-
mente dos términos en el denominador del segundo miembro.
Tendremos
a”.

BA en)

42. a. RESISTENCIA DE MATERIATES

Utilizando tres términos de las series (0), se obtieno, en segun-
da aproximación ag

e

So ve fäcilmente que la distancia e de la linen neutra al cen-
tro de gravedad disminuye a medida que la relación À decreco.

Para valores pequeños de esta relación, la distancia e es pequeña
y puede suponerse con bastante aproximación que la distribución
de fatigas sigue una ley lineal en lugar de la hiperbólica, En la
tabla siguiente se comparan los valores obtenidos para la fatiga
máxima, suponiendo leyes de distribución lineal e hiperbölica
(ecuación 66).

mamar
A: AA
ren | agro | sea
= = I 1
AI] "RE: noun
| ak za ik _
Tes Tal =
lu clas
3) ll à
AE sel %
Hi EIRE:

Be ve que man E 0 puedo pan Ina de

ción de fatigas y aplicar con suficiente aproximación las f6r-
aulas de piezas rectas.

Sección irapezoidal.—La longitud de una tira elemental si“
tuada a la distancia » del eje 0-0 (fig. 49) es

Y (by — ba)

»

Bustituyendo en la ecuacién (69), se obtiene

PIRZAS CURVAS 15

Cuando hb, = by = b, la ecuación anterior coincide cou la
conución (70), correspondiente a un rectángulo. Cuando b, = 0,
se obtiene el caso de una socción triangular,

Seccién en T.—En este caso, la ecuación (69) da (fig. 60)

AO
» “4 cd blogs + blo as

¡Sección en 1.—De la ecuación (69) (Ag. 51),

ba logu 2 + by log 2 + blogs ©
a a fi

79)

se ve que escogiendo convonientemente las dimensiones en el
caso de secciones en T y en I, puedo
lograrse situar el centro de gravedad
de modo que las ecuaciones (02) den el
mismo valor numérico pd Ox Y San

Este dimensionamiento es aconseja”
blo en materiales tales como el accro,
que resisten de igual manera a exten-
sión y compresión,

Hasta ahora, la distancia e del con-
tro de gravedad a la linea neutra so ha
obtenido por la diferencia £—r. À medida que } disminu-

Fra, 50

ye el valor dee decrece. y para determinarle con aproximación
suticiente es preciso calcular con gran exuctitud, Para salvar esta

43. 76 RESISTENCIA DE MATERIALES

dificultad y obtener e directamente, se emplea el método siguien
to. Sea y, la distancia de cualquier punto de la sección al ojo
que pasando por su centro de gravedad es paralelo a la línea neu-
tra. So tendrá y, = y ++, y la ccuación (a) que da la posición
de la línea neutra podrá escribirse

meda _ fd $ da

La primera intogral del segundo miembro representa un área
y puede escribirso como sigue en función del área 4 de la sección

Q]

mA, (dy
By

donde m representa un número u determinar en cada caso par-
fus. A

La sogunda integral del segundo miembro de la ecuación (0)
puede transformarse

da th 4

Lift, Hi \a=Sa+m. ©
J Jl er ee)
Sustituyendo (4) y (e) eu la ecuación (0), so obtieno

de donde
(76)

Para calcular m en la ecuación (d), se desarrolla en serie el

1
factor pp
: nowy).
wept alta
Por tanto,
ata À nad
f(t gets
y
fan nad. 7)
m aall qe Jr (

PIEZAS CURVAS ”

Sen, por ejemplo, una sección rectangular A = bh, dA = bdy,
y sustituyendo en (77),

Why 1/44, 1/A y"
alee) alee) + +
da se aay depa ya
siete tte cet meee
Sustituyendo m en la ecuación (76), se obtiene la distancia e.
En el caso de una sección circular (Si.

4 > — vay, 7)
Suntituyendo, en In eouación (0),
sas a
ne
de donde, desurollando an serie

Vid BEd

y se obtiene

Fie. 52

A
14m)
Quem

Ver). «

(78)

Serie muy convergente, por la que m puede calcularse có-
modamente. Sustituyendo m en la ecuación (76), se obtiene la
posición de la linea neutra, Se observa que al calcular m por la
ecuación (e), el valor de m no cambia si todos los elementos dA
se multiplican por una constante, ya que tanto la integral del
primer miembro de la ecuación (2) como el área À del segundo
miembro de la misma ecnación crecon en la misma proporción.
De aquí se deduce que el valor (78) obtenido para m cu una sec.

44. 18 RESISTENCIA DE MATERIAERS

ción circular puede utilizarse en una elipse de ejes À y hy, puesto

que en este caso cada área elemental (/) puede obtenerse de In

correspondiente del círculo multiplicändola por la relación cons-
hy

tante À.

El véleulo de la integral que figura en el primer miembro de
la ecuación (e) puede simplificarse a veces dividiendo la sección
en varias partes, integrando para cada parte y sumando lus re-
sultados de las integraciones. Sea, por ejemplo, una sección en
forma de anillo circular, de didruetro exterior A e interior hy.
Enmpleando la ecuación (9) para los círoulos exterior e interior,
obtendremos para la sección anular

ay
alia) +]
1

py
mp
Bm [ileal he

y ee

9)
4\2R] 812R) coh

De modo análogo pueden hallarse fórmulas para las soccio-
nes de las figuras 50 y 51.

Calculado m, se halla e por la ecuación (76), y las fatigas má-
ximag_ por las ecuaciones (66).

Si, siguiendo el camino emprendido, sustituímos y por el va-
lor y, — en la ecuación (9) (pág. 70), so obtiene
«Mza... E ( th
Ao(R=y) AR Vmr
donde » es la distancia desde el punto considerado al eje que
pasa por el centro de curvatura dol eje de la barra (fig. 48).

La couación (d) sirvo de base para una determinación gráfica
do la cantidad m on los casos en que la forma de la sección no
tiene una expresión analítica soncilla. So vo que para calcular
el ärca modificada de la eouación (d), cada área elemental se

» en)

reduoc en la relación ern Esta reducción puede hacersd
conservando el ancho de las tiras elementales y disminuyendo
su longitud en la relación oxprosada (fig. 53). De este modo, so
obtiene el érea rayada de la figura,

PIEZAS CURVAS. 79

encia entre las áreas CDF y ABO da ol Aron modi.
ficada mA. Conocida ésta, pueden calcularse ficilmente m y +.
La teoría de las piezas curvas desarrollada se aplica al pro-
yecto de ganchos !. En la figura 54 so ve la parto que trabaja
en un gancho de sección circular cons-
tante. Se supone que la fuerza vertical P
pasa por el centro de curvatura det ejo
del gancho. Las fatigas máximas de fle-
xión acontecen en la sección recta per-

Pre. 63 Fro. 54

pendicular a la carga P. Procediendo como se ha indicado en el
artículo anterior, so vo que en lu sección horizontal del gancho
obran una fuerza extensora P centrada y el momento flector
M = PR. Combinando las fatigas de ambas clases y utilizando
la ecuación (80) para las de flexién, se obtiene

Py Am) fH.

ar AR mo ) Amy

Aplicando esta fórmula para los puntos más alejados, en los

que y= À se encuentra quo

mu m en

u eos)

3 Rasientemento han sido hechas invonigaciones töricns y expo-
rimmentaicg sobre ganchos por of National Physica abat de las
dera. Ve a pool de fh Gong, AE, Cox » D, 0. Sop.
Si Pree, Int. Mech, Engrs, diombro, 163, La comparanión de 1

toria en ganchos de born rar on rolas apes
einéntalos hn sda publicada por Ke Botlkher, Forschungearbeitn,
37, Berlin, 1931, Lu id ria

45. 80 RESISTENCIA DR MATERIALES.

Se ve que la fatiga mayor en valor absoluto ncontese en at

intradós, es de extensión y se obtiene multiplicando la atiga À
por el factor do fatiga
A

D
envn magnitud depende de la relación.

Utilizando para m la exprosion (78), so ve que E varia de
13,6 à 15,6 cuando la relación Io haco de 0,64 va

Problemas

1. Determinar la relación de los valores absolutos de couse Y Sm

en una pieza curv de sección rectangular, sulicituda u Mexión pura,

si À = 12,6 om. y h = 10 cm,
Solución: Deducida de la couación (66), la ht

tancia do la línea neutra al centro de gravedad, ecuación (7

nr q [o sl] 00800

por tanto, hy = 5 — 0.093 = 4,805 cm; Ay m 6 + 0,005 = 5.005

La rslación anterior oo FA

3. Determinar tus dimensiones b, y dy de lo sección on 1 de la
figura 61, tales que onyx Y Sn Tengan el mismo valor absoluto al
solicitar la picza a Goxión pura. Datos: fy = 2,5 cm. fm 5 cn.
ho 2,6 cm. a = 7,6 em, by = 2,6 om, by + dy = 12,5 ota,

Solución: Por las vcuaciones (00),

1 hm fuotor & Loma su valor minitno,
Paro hg = 0,8 el factor & toma su val

TIRZAS CURVAS a

de donde

10,5 em.

Bustituyendo en la ecuación (73),

105 = — as
1 Tis
yo + Blog yy + RS — D logy 1

de donde

DAT om: by = 12,

= 0,17 = 3.83 om,

4. Determinar la dimensión by de la scción en T do la figura 60,
de modo que nex Y Cay sean iguales en valor wbyoluto on e caso de
An pur. Dates: frm 25 cmo fam 7000,
neem, am 75 om,

Respuesta: by 21.73 om.

5. Determinar ens Y Gate para In sección
trapecial mn del gancho de lu figura 55, si
Pa 2260

ye 408 0m. b = 0.0401,
ROS
Bolución: Da lu eomeitn (13),
1 580 om,

F1 radio do la tinea media
o]
Beh à

Por consiguiente, em R—r m 00 em.
boro wm 698 ~ 312 w 281 ome
D 02 7m 185-500 m 6,57 om, Ae = 21,00; Mm PR = 15,875,
logrumnes em. Las fatigas de flexión por Is ecuaciones (00) von

R=a+ Bom,

(edna = ATS 2.81

(lets 31,08 X BI
18.375 x 05

(cohen = 2100 TB,

656 koro

884 korn

A estas fatigas de Mexión debo superponerse una fatiga de exten
sión unitormo igual a
P
E + 9 kegtom. Las fatigas totalos sont
os = 666 + 06 = 752 kg.joma,
Gen — 884 + 00 = — 288 ky jem,
BESOTE DE waratauen. E, I .

46. 82 RESISTENCIA DE MATERIALES

5. Hallar la fatign méxima on un gancho de sccción cirenlar, st el
diámetro de la sección recta cs h = 2,5 om., el radio de la linen media
E = 2,6 om. y P= 600 kg,

Respuesta:

500 a
= 18,0, ome = 13,9 Joy m 1,410 Kg Joma.

7. Hallar omer Y Sa para lu barra curvo de sooci
prosentada y solicitada como indica la figura 58, ai À
centímetros, e = 10 em. y P = 2,500 kg

Respuesta

8, Resolver el problema uutorior, suponiendo que lu sección venta
mn tion la forma do la figura 60, con las dimensionos siguientes:

62 kg. /0m8 du m —320 kg

a= Sam. d= Dm, 0 = 22,5 om, bi = 10cm. by = 2,5 om,
+= 10 om. y P = 2,000 kg
IP Repueua
"A nie = 280 kgem.# ou, = — MA Kg. Joa.
lee | 9. Resolver el problema 7, suponiendo que
A À tmacoción mn es trapecial, tal corno la do la figa-
LA] 1949, y do dimensiones a = 5 em, 0 =10,02 cra,
Bi Dem. bee 2,6 cm. e 2e 0 y Pm 625 kg.
Respuesta:
Eso. 56

ate = SIT KE em aan = — 220 kom?

18. Deformación de barras curvas.--Las deformaciones de
una pieza curva se caleulan corrientemente por el teorema de
Castigliano 1. Los casos sencillos son aquellos en quo las dimen-
siones de la sección recta de la barra son pequeños comparados
con el radio de curvatura de su Jínoa media *, Entonces el des-
plazamiento angular de dos secciones adyacentes viene dado
por la ecuación (67), análoga u lu ceuación (a) (pág. 139, Pri-
"mera parle), relativa a piezas rectas, y la energia de deformación

por flexión vale
a,
En 225 e

donde la integración se extiendo a la longitud total s de la pieza,

Y Vase pógino 802, Primera parte.
+ EI cas) do secciones transvorsales de grandes dimensiones se
ostudiará en ol problema 6, pagina 91,

PURZAS CURVAS 83

La ecuación (83) es análoga a la (187) (véase Primera parte), re-
lativa a vigas rectas ! y la flecha del punto de aplicación de eual-
quier carga P, que actúa sobro la ba-
rro, en la dirección de la carga, es

Como ejemplo, estudiaremos el caso
de una pieza curva de sección unifor
me, cuya lines media sea un cuadrante
(figura 37). El extemo 4 está empotra-
do y la tangente en él es vertical y el
‘otro extremo está solicitado por la carga vertical P. Kl momento
flector en una sección general mn os M = PR cos 9. Sustituyendo
en la ecuación (85), el corrimiento vertical del punto B será

à fiend
ae a
72 ih 281, EL Al Me

Lp pm
Lf PR coxrgdg = FPR
al Doors

Si se quiero conocer ol corrimiento horizontal del punto B,
se introduce la carga ficticia Q representada de trazos en la
figura, Entonces

M = PR 008 9 + QR(—seng)

El corrimiento horizontal os

Ray.

ET 1 (yea
AA

Y La energía de deformación debida u tas Ancrzas longitudinales y
cortantes puedo despreciurso un al coso de piezas curvas delgadas.
Vénso página 84,

47. ss RESISTINOTA DE MATERIALES
En la exprosión de M debe hacerse Y = 0, y se obtieno,
PR
PR cos ll — sen qdo = LL.
#0 De re

Anillo delgado.—Como ejemplo segundo, consideraremos el
caso de un anillo circular delgado sometido a In acción de dos
fuerzas P iguales y opuestas, actuando en los extremos del

metro vertioal (fg. 58). Debido
à la simetria, basta considerar
% un cuadrante del anillo —6gu-
xa 58 (6)—, y puedo deducirse
que on la sección mn la fuerza.

E extensora vale 2 y no existe

fuerza cortante. EI valor del

Fe. 58 momento M en esta sección

es una magnitud hiperestética

que puede encontrarse mediante el teorema de Castigliano, Por

simetría, la sección mn no gira en la deformación; es decir, el
desplazamiento correspondiente a Af, es nulo; luego

(a)

donde U es In energia de deformación correspondiente al cun-
Arante considerado. El momento Sector ott una sección general
ms delinida por el ángulo 9, vale !

MM — 2 Ron) o

Sustituyendo estos valores en la expresión (83) de la energía
potencial y utilizando la ecuación (a), tendremos

3 Be toman como positivos los mue que tienden a di
la curvature inicial de la barra, #

PIEZAS CURVAS. 86

ME RdO UN PEER
BI, Je am,

de donde
mM, = ET ‘5 0,182 PR. en

Sutituyendo en la covación (6)
PR
= E long —
¿(ero 1 ©

El momento flector para cualquier sección del anillo puedo
calcularse por esta expresión. El momento flector mäximo aconte-

«e en el punto de aplicación de las fuerzas P. Haciendo >= 7
ln ecuación (c), se obtiene

—0,318 PR, (85)

El signo menos indien que el momento flector en los puntos
de aplicación de las fuerzas P tiende a aumentar la curvatura,
mientras que el momento M, de la sección mu tiende a dismi-
mir la curvatura del anillo. La forma del anillo después de la
flexión es la indicada do trazos en la figure.

El inoremento del didmetro vertical del anillo se obtiene apli-
cando el teorema de Castigliano, La energía de deformación al-
macenada en Ja totalidad del anillo es

on fire,
J, “251,
donde M vione dado por la ecuación (e). Por consiguiente, el in-
‘eremento del diámetro vertical vale

186)

48. 86 RESISTENCIA DE MATERIALES

Para caloular el acortamiento del diámetro horizontal on el
anillo de la figura 58, se introducen las dos fuerzas ficticias Q, igun-
los y opuestas, aplicadas en los extremos del diámetro ho-
tal. Calculando cl valor de

a

homo
se encuentra que el acortamiento de dicho diámetro os
= 1 PR 0151 P
El El

Anillo grueso.—Cuando las dimensiones de la sección reota
de una pieza curva no son pequeñas comparadas con el radio de

su línea media, es neoesurio tener en uen

2 ta no solamente la energía de deformación
\” por flexión, sino también In debida a las
JP" fuerzas longitudinales y cortante. El giro

a} angular entre dos secciones adyacentes

en

Y Fe (figura 59) vale, en este caso (ecuación 65)
ps Mag _ Más
Fra, 69 e E

y la energía de deformación elemental debida a la flexión es
Lara = ‚alte
24EeR
La fuerza longitudinal produce nn alargamento de elemento
comprendido entre dos secciones adyacentes en la dirección de

la ina mia da bar in 2 24 y aumenta ng de

en 2% (ecuncion 68). El trabajo suministrado por las fuerzas N
“AER Nis
durante su aplicación es 2-12. Durante la aplicación de las fuer-
248
ino Vas
zas N, los pares Af realizan un trabajo negativo — “7°. Por
consiguiente, la energía total almacenada por el elemento du-
rante la aplicación de las fuerzas N es

_ Nodo MNds
24E AER”

av,

(0

au,

10)

PIEZAS CURVAS 87

smiento de une seo

La fuerza cortante Y produce un des

sión respeoto de la otra, de valor 21, donde a es un coofciente
que depende de la forma de la sección (véase pág. 163, Primera
Parte). La energía de deformación correspondiente es

„un 0
246 0
Sumando (2), (e) y (N e integrando a lo largo de la pieza, se

tiene para In energía de deformación total de la barra lo expre-

sión siguiente:

(88)

umf barata BAR

Volvamos ahora al problema roprosentado por la figura 57
y consideremos la expresión completa de la energía de deforma-
ción (ecuación 88). Tomando como positivos los sentidos indi-
cados en la figura 69, so obtiene

M=—PReoxe N=—Posq V=Pseng,

donde R es el radio de la línea media, Sustituyendo en la eoun-
ción (88) y aplicando el teorema de Castiglinno, el corrimiento
vertical del punto B será

je PE

AU _ PR FE /Reos?
dP AB (

— cost + Sue) de

BPRIR E 1)
sane

Si la sección de la barra es un rectángulo de anchura 5 y al-

tura A, empleando para e el valor aproximado (71) y tomando
E_os,

12,7 = 26,

PR pare
LE 4 9,19

a

Cuando A es pequeño comparado con R, el segundo término

del paréntesis que representa la influencia en el corrimiento de

49. 38 RESISTENCIA DE MATRRIALES

N y V, puede despreciarse, y se obtendría la eonación ya cono-
vida (véase pág. 80).

La teoría expuesta para piezas curvas se aplica para el cále
10 de elementos de maquinaria, tales como eslabones y extremos
de barras en forma de ojo (fig. 60). En estos casos, la dificul-
tad reside en la determinación de la distribución de In carga
sobre la superficie de la barra cur-
va. Esta distribución depende del
juego existente entre el perno y la
barra curva, Una solución satista
toria del problema se obtiene sola-
mento combinando los métodos

Al Q analíticos con la investigación ex-
perimental 1

a En una publicación reciente * so

Fi. estudia el caso —fig. 60 (b}—de un

ojo de seoción rectangular. En el

análisis se supone que no hay juego y que el porno es absoluta-

mente rígido. La fatiga máxima de extensión acontece en el it

tradós y en Ins secciones perponiculares al eje de la barra; su
valor viene dado por la formula

“

sr
mena SE @
donde P es la fuerza extensora total transmitida por la barra,

a es un factor numérico dogondiente de la nich TE delos

radios exterior e interior del ojo y 1 es el espesor del ojo en sen

tido perpendicular al plano de la figura. Para = igual a 2 y 4,

+ Para un estao toórico del probleran, vénao E. Reisener, Jade
bueh der wissonashaftishon Cesltthaft fur Zufahrt, 1988, también
3: Ticker Der Eterna, pág. 233, 1921; Br. Bleich, Theorie und Berech,
eng er Breton: 1024; Blumenfeld, Y. D. Le, 1007, y
Ranfoanns Y. Dot pág, 207. 1808. En el uapooto sxporsmontal, wean
Die Matkar, Porchtngoarteiten, uam. 208. 1888, indie D Rükh
Dissertation, Dante, 1920; Freuen YD, L vol. 50, Big. 2178, 1911
M. Veropucit, Bulletin of Polytechnical Znalluo, Kiew, 1940; Br 0% Cor
ker, Piel, an Journal of the Fran Int, 102

à "IC Meissner y Bee Suauely, Ingenieur Arch, vol. 4, pág
na 45, 1938” ” ee

PIRZAS CURVAS 89

tos valores de a son 4,30 y 4,39, respectivamente. Los resultados
obtenidos mediante la Fórmula (9) están de acuerdo con los ex-
perimentales +,

Problemas

1. Determinar el coreimiento vurtioal del extremo 8 de In barra
‘Agura 61, cuya linea media es un semnicireulo y cuya soc
Solwcién: La onorgla de deformación por Uoxión vs

Un [FABRA _ fm BAH — 008 gi

ré = RE

2. Determinar el corrimionto horizontal del extremo B en el pro:
blema anterior,
Hospucata:

A
sde
à B
Fie. 61 Fre. 62

extremos À y B de una barra delgada do sección uniforme, compuesta
de ima parto semiciroular OD y dos trozos rectos AO y BD (fg. 62).
Kespuesta:

u

Y Vönse G. Bierett, Mit, d, deutsch, Mat. Prüf-Amtes, 1981. El
método fatoolästico en ojoa ha sido aplicado por K. Tukemnes o Y. Yo.
solar, Hep. Aero. Inst, Tokio, vol. 18, phg. 139, 1920. Vónso ta
bión M: M. Front y HN. Hilly Journal of Applird Mechanics, vol
ane 7, pág, 6. En esta última publicación ge investiga of elocto del

re ol porno y el ojo.

50. vo RESISTENCIA DE MATERIALES

4. Un eslabón consta do dos trozos semicironlares y de dos trozos
rectos, y está solicitado por dos fuerzas iguales y opuestas que actúan
en la dirección del ojo vertical do simetría (fig. 63). Determinar ui
momento lector máximo, suponiendo que las dimensiones del eslabón
son pequeñas comparadas con el radio Æ.
“Solución: Considorando solemente un cuarto del calabón —hyu-
>

2
@ 7

Fro, 63
ra 68 (9)—, so encontrará el momento hiporestático My, por la con:

ción de que la sección on la quo act no gira durante la deformación
Por consiguiente,

ee Kan TREE

at = 6, PE — on maire e espe de ms

do deformación ps fusión, va onde
ates + eh fe

E
FT ureR

ay aj
AN, 7 A, ERY,

PR

cose) | Bag =o,

de donde

My

Para L= 0, esta oxprosión coincido con la ecunciém (84), obtenida
en et caso de un anillo circular, El momento méxuno acontece wu los
‘Puntos de aplicación de las fuerzas P y valo
PR
Mu

5. Resolver ol problema antorior, suponiendo que las fuerzas P wo
aplican como indica la figura 03 (e).

Respuesta: El momento flcetor en los puntos À ws
P Rite 214 2 I +
CE

Me

PIEZAS CURVAS a

Para 1 0, In conación coincul con la do un anillo circular. Para

0a Pons al ede un pls otros di
Pinte

ica arm aaa, ie a al.
reat wera! del nie er ro sis pon 60 rape
Sih wou scenes aucun ome aces ane E
Sige en Don ts on pete en ne
oia ned

“nul” ndo acción (8) ur I ne de deforma,
ea
ae

PCT

Comparando este resultado con la couación (84) so vo que el teroor
término del puréntesis representa el efecto de In fuerza axial y de la

sibución no lineal de la fatiga. EI valor del error al emplear la
ecuación aproximada (84), en lugar de la encontrada últimamente, vale

Bey us 2
$= 009 oo ou 000
ommen% Eee 31

Se vo que en la mayoría de los casos puedo usaree In couseiGn apro»
ximada (84) para caloular M,, y que ol error es importante solamente
cuando À se aproxima a R 9 es mayor que R. El alargamiento del
diámetro vertical del anillo se obtiene por la ecuación

aw

EA

Empleando la ecuación (88) para U, y sustituyendo en dicha couación.

PR 2 P
MM ace w= Foose: Y =—Eoonp
so obtiene

2ef2/, 77,280
= Año El )- ETS

Comparando este valor con In eouacidn (88) a ve que el efecto de las

‘uortus axial y cortante en el valor de 3 os corrientumente muy pequeño!

Y tina solución més aproximada del problems psauteado en la
gro 58. dada por ol autor, puedo verso en Bulletin othe Polytrehnt

51. 92 RESISTENGIA DR MATERTATS

4. Determinar los momentos fleotores eu un anillo delgado con
¿Jos ejes de simetría, sometido a la acción do una presión interior uni-

forme p.
Solución: Considecvimos un cuadrante del anilio (Ey. 64) do semi-
cies a y b. Si Mf ropresonta ol momento hiper=

a, rs Eos ela
12. sección U de coordenadas 20 y es
ii | Ma My pato) + MOT RE
3
|
pal Stier wi at
ape om
vo. [a

siendo # la Jongitud del cuadrante del anillo,
tem [tte o dy [fate

Por consiguiente,

pez
DEL Pan. m

Si el anillo tiene in forma del celabón de la Bguea 63, poniendo
Ruy l+ Bd, tendremos

ES A TA
a O am ay
== HE.

Suetituyendo en la couación {A},

a
FT

ı +50 — a) + Fulb—ajt
Bears fers sao —o + joe]

El momento Heotor en cualquier otra sección puedo obtenorse por
In ocuación (9)
En el caso de un anillo eliptico los eäleulos son más complicados %

cal nati de Kiew, 1010, vénso taabión PAI Mag. vol. 44, pág
A RTS $ Tony of Blest, pg. 116, LOUE Bota ofen
ust’ que la Loris anterior, Imani "ey suponer que las anoionen
tetas en Puts dh a Besson slds y=
one

Sn A Hy Brae Cour de Machaniqu Applique, die
iu, pág dl, Pans, 180. Vater también E. Rad, Journal de Math
Licuble) (9, vol. 3, 1877: ML Narbre, Bulletin de PAveoctation Tech:

as ovas %
ee ee
+
vase de Le rlació on Jo de la abla sue

TABLA Y

CONSTANTES PARA Pl CÁLCULO DE ANILLOS ELÍPTICOS
0.

nom | 1069 | 1206 | 1082 | ars | 2506 | 3,000 | 5307
o [0957 | 0153 | 0237 | 090 | 0989 | 100 | 102
‘fo _| 000 | Gas | 0280 | 03408 | 0450 | nome | ses

8. Un resorte delgado en espiral (0g. 05) está unido on el centro
a un eje O. En este eje so aplica un par M, para aprotar el resorto, Se
equilibra mediante la fuerza horizontal P, aplicada en el extremo À
¿del resorte y la reacción en el eje, Hallur la rolución existente entro My
y el ángulo que git el oje, conocidas to-
das las dimensiones del norte. Se supone y
‘quo el ángulo de torsión ce lo sufeiente=
mento pequeño para que ls espiras no to:
quen entro af

Solución: | Tomando el origen de eoor.
denadas on 4, ol momento flector en un Ko
punto dol mue situado ala distancia y de 1
la fuerza P 03 M = Py. Ja deformación am 7

ular o giro entre dos secciones adyacentes
en el punto considerado es, ecuación (61),

At = Mae _ Bude, Fra, 65

FI iro total de un extremo del rosorto, respucto del otro durite
In torsión, es

‘momento de la fines medía del muelle respecto at eje
esto momento será lu longitu total « del muelle multiplicada. por In

nie Martina, wl, 1, 1908: M. Goupt, Annals deo Pont u Oh
dren, vol. 2, tg. 386, 1012, y Mayor Mita, Y. D. vol. 38, pág. 619,
TEN Eno, Sat al, Como denon, Tech. Sots, 68,1853,

52. os RESISTENCIA DE MATERIALS

distancia de su centro de gravedad al ee z. Esta distancia valo, apro-
ximadamento, 7, y de la ecuación (4) se deduce
a o

SL el extremo 4 está unido a un oje, al momento Mo, aplicado en ,
produce una ronoción 2 en el extreme Ao a del mues. Bi el epson
Eat raval es muy poqueño, el minero do copias grande y las opines
9 so tocan entre M, puedo considerar sufoientemente aprozimoda
Tn hipölsie anterior de que la uerza P pormancos horizontal y darse
por vida à la cous (D.

8. Suponiendo que el tesorto representado en la Aura 05 oats on
estado natural y unido a un oje en 4, dotermigat la fige máxima
producida y la energía aumaoonade en sl tulle al dar trea vastas
mpletas a a pig ©. MI muslo cede soo, tono 1,25 em. de ancho,
0/8 mm. de grueso y 3 m. de longitud-

Solución: Susituyendo los datos anteriores en lo couación (D,
200 x 19 x 318
RR RR

Men sagem.
La noi soma où

Nr.
En fra Rang en.
La fat mina de fern comes en punto B, dende el mo-

monto flector vale aproximadamento 2 Pr = 2 M1,, por consiguiente

320 x 2 x 8 x EI
125%

6m,

de donde

= 7864 kg.jom.t

10, Un segmento cuyo porimatro oxterior es cireular, tiene una
sección rectangular de anchura b constante y
altura A variable (ig. 00). Determinar la ley
de variación do lu altura A, a fin de obtener
un segmento que, cuando ge monte con el
émbolo on cl cilindro, produzea uns pre
wniformo sobre la pared del cilindro,
Solución: Sea r el radio del cilindro, y
#4 Bel mio exterior del segmento en su cr
tado natural. Hseribiendo la variación do our.
: vatura en el perímetro exterior del segmon-
toc lugar de I que aconteco en su linea media, so obtiene una

Eu ol libro de A. Costigliano, Theorie d. Bisgungs-u-Torsions
oder, Viena, 1888, puedo verse un estudio más completo dol pro
icono. Véanse también E. C. Wedlow, Engineer, vol. 130, pig. 474,
1930, y 3, A. Van den Brock, Trans. A. 8. Mf. Bq, vol. 58, pág. 247, 1931

‘PIBZAS CURVAS e

solución aproximada del problema, Modiante la ccvación (67) ten-
dues
Mel tat
CS m:
Fl momento Hector Af, producido en una sección general mn del
ssguento por la presión p distribuida uniformemente sobre la auper-
{oio exterior del segmento, os

Me

2
2 port sent 10)
Bin vas a ci o, ponen Bo

de Ly À en vez do} — ¡(para valores pequeños de 8), e obtieno
la coucia suite, quo sirvo pur el ebleulo de e
3_ PAP ne

BAF omg ©
de donde
Ar
aed a

Para 9 == s0 obtiono ol valor máximo de A; represontándole por
ho, 0 tiene

qe pan ©
La tatign méxima de Noxiön on la sección mn es
28 pren E
y o
ES

Do tan sonacionos (/ y (a) se deduce que la fatien máximo de de-
iôn acontece para 9 = m; cn desi, en la sección opuesta al corte del
segmento, Escribiendo À = hy y 9 = men la couación (/) so obtione

Bor
e @
donde puedo calentarse hy, dados la presión p y la fatiga do trabajo,
EI valor de 3 su enouentra sustituyendo Ay en la cousin (e).
Puedo verse que si en el corte del segmento se aplican tangenolal-
mente dos fuerzas extensoras P, iguales y opuestas, producen en la
socción mn el momente flector

— Pr cong) =~ 2 Prem

momento Rector varía on 4 con ley análoga ala dada por
(2). Por enmaiguiento, e los extremos do va anillo abierto
#0 juntan, y où cata forma ao lo da un radio exterior , esto anillo o

53. 98 RESISTENCI DR WATRRTAT ER

segmento, al montarie, paodueiré uns presión uniforme contra las pue
redes del cilindro ?.

Determina
= 25 em. 9,

y ha para un segmento de fundición, si
p= 0,11 kgjoma y B= 10" kg/m.
Sustituyendo en la couación (9), so obtie-

e no hy == 1,63 em, De la eounciôn (c) se der
duee 3 = 0,20 om.
11. Deduoir la expresión (87), dada ea

la página 86.
12. Experimentalmente so ha visto
que reforzando ransversulmente un esla
Bon su aumenta considerablemento su re
sisteneia. Haller el momento flector My on
los puntos de aplicación de las cargas P,
y In forza axial de compresión DA en
al travesaño, para el eslabón do la figu-
ma 63.
Solución: Puesto que en el caso do
fio, 67 un travesaño la sección horizontal —fgn-
ra 63 (}}— no se move horizontalmente
y no gira, lus eantidades hiporestáticas 14, y H se deducen de las eeus-

E

u eu
A Di

de donde

dondo:
j ARA ma
¿mf aH

Bm + 2) = 2) m +24 20
B= aE dent + am Arm

me

y
13. Hallar ol momento flector M, y la fuerza extensora H on In
sección A del anillo ciroular, simétricamento cargado, representado eu

lo figura 67.

3 tn teoría fué desarollada por I. Hal, Argales des Mines,
vo 8 pg. £8874, Core das, vol. 13, pla, 93, (871, Véan
Tabi HE Reinbandı, VD: L, vol 46, pag 239, 101; E. Eriodmana,
Bei de Osea: Ing oh, Van, vol. 0, nl, 0%, 108. y
BE, von. 06, pag. 851, 1026

P Yan publicas de Hi. y. Gough, H. L. Cox y D. G Sep:
wich, ya aida, Bog. 18,

FIRZAS CURVAS. 7

Respuesta:

stew A

14, Arco articulado en los extremos.—See el arco de extre-
mos articulados representado en la figura 68 solicitado por fuer-
zas verticales y con los apoyos al mismo nivel. Las componentes
verticales de las reacciones en À y B pueden determinarso por
las ecuaciones de la ostática, del mismo modo que en una viga
apoyada, y las componentes horizontales serán iguales y opues-
tas. El valor H de estas componentes se denomina empuje del

arco, No puede obtenerse estáticamento; pero se determina em-
ploando el teorema de Castigliano.

En el caso de un arco rebajado los dos últimos términos de
lo expresión general (88) de la energía de deformación pueden
despreciarse y para arcos de dimensiones normales puede reem-
plazarse el producto AeR por el momento de inercia I, de la
sección. La ecuación para ol cálculo de H serä, por consiguiento,

{a}

sección mn del arco sorá
M = My— Hy, (6)

donde M, es el momento flector correspondiente a la sección
correlativa de la dada en una viga simplemente apoyada, de la
misma luz y-con la misma solicitación que el arco. El segundo
término de la integral que figura en la ecuación (a) representa
lu cnergía de deformación debida a la compresión en dirección
tangencial y tiene importancia secundaria, Para arcos rebajados

Masia ob MATIAS, u 1

54. 98 RESISTENCIA DE MATERIALES

se obtiene una buena aproximación, suponiendo esta compro-
sión igual al empuje A. Sustituyendo la expresión (0) y X = H
en la ccuación (a), se obtiene

[Me Hals [Has
f El, f AE

a= (89)
h El, + [ef

Para un arco de sección recta constante y empleando la no-
tación kr = 4, la ccunción (89) se escribo
Satay

El segundo término del denominador representa el efecto de
acortamiento de la linea media del arco, debido a la compresión

longitudinal. En muchos casos, es pequeño y puede despre-
ciarse. Por tanto,

de dondo

a (90)

[Mayas
Josu
Sen, por ojemplo, un arco parabólico con caren wniformo-

monte distribuida a lo largo de la luz, cuya tines media tiene
por ecuación

en

fell

= 0
Tendremos
= 12-2). (a)
Mo = 10a) @
Sustituyendo (+) y (d) en la ecuación (91), so obtiono
Q]

PIEZAS CURVAS 99
FE ompoje reat H work menos ques! que da la malt (e)

Para dar iden del error posiblo SH, se daestevalor enla tabla VI

para diversas proporciones de urcos 1, Para el cálculo de esta ta-

TABLA VI

3

ES
ES
ae
——
ae
a- |.

en

5

a I
sra [osos sn ra ome

76 oa coros

blo se ha utilizado la ecuación (88), para expresión de la energía
de deformación y supuesto que pare cualquier sección del arco

donde A, y BI, son, respoctivamento, el área de la sección y la
rigidez a la flexión del arco en la clave, y es el ángulo quo forma
cada sección con el ejo y y À es la altura dela sección en la clave
18 valor de o rain A ul decido dle rc.)

Se ve que ol error de la ecuacién (+) tiene un valor apreciable
solamente en el caso de arcos rebajados de espesor considerable,

‘Como los estribos del arco son fijos, las variaciones de tem-
poratura pueden producir fatigas de consideración. Para caleu-
lar el empuje debido a un aumento de £ grados en la tempera-
tura, supondremos móvil uno de los extremos. En este caso, la
dilatación produciría un ineremento en la luz. del arco de valor
let, siendo a el coeficiente de dilatación del material que forma
el arco, El empuje se encontrará estableciendo que su valor cs
el necesario para producir una disminución de la luz igual a alt
Modiante ol teorema de Castigliano, se obtiene

le 0

Vis la pabnciôn di autor, Coca! des Arcs Bloques, Par
ne 102 onen en ”

55. 100 RESISTENCIA DE MATERIALS

Considerando solamente el efecto térmico y poniendo

y= Uy N =H, se deduco mediante la ecuación (f)
ait
u . 93)
I Fh, fa 0
|, Br," J, AR

En libros dedicados expresamente a teoría de estructuras,
pueden verso estudios más detallados de las fatigas en arcos 1,

15. Fatigas en un volante.—Debido al efecto de los brazos.
la lanta de un volante experimenta al girar, no sólo extensión,

fo

Fie. 60

sino también Nexiön. Aislemos un trozo de la Manta —fign-
ra 69 (0) — mediante dos secciones bisectoras de 105 amgtuos
entro brazos. Sea

2 = ol radio de la línea media do la Manta.
A = el área do la socción de la llanta.
A, = el área de la sección de un brazo.
1 = el momento de inercia de la sección de la llanta.
% += el ángulo entre dos brazos consecutivos,
q = el peso de la lanta por unidad de tongitud de la lines media,
4; = el peso de un brazo por unidad de longitud.
© = la velocidad angular del volante.

Por simetría en las secciones A y B, no existen fatigas cor-
tantes y las fuerzas internas en diohas secciones se reducen a la

5, Johnson, Bryan y Turneare, Modern Framed Structure, segunda
rte, Vase también Weyrauoh, Theorie d. Elastichen Bodenirdger, en
Morel Schweizerische Bauseitung, vol. 47.

TIRZAS CURVAS 10

fuerza longitudinal N, y al momento flector My, Siendo X la ao-
ción ejercida por el brazo sobre la llanta, la ecuación de equili-
brio del trozo AB de la llanta es

2A sena + X — 2k son a Las = 0,

a
de donde
(a)
La fuerza longitudinal N en la sección general mn es
Ne Myoos + SR gr om? 208 py
g 2 LA 2sen«

El momento flector en dicha sección es

HM RR cong) EE 9 gent Ma + EE cont? (y
7 re
La fuerza X y el momento M, no pueden determinarse por
Ins ecuaciones de In estática; pero so calculan mediante el teo-
rema del trabajo mínimo, La energía de deformación del tro-
zo AB de la llanta est

«MERI |, (NR,
242 A a
o ”

Ta fuerza extensora N, en una sección generat del brazo, si-
tada a la distancia y del contro de la rueda, es 4

@

Se supono que el espesor de ia llanto es pequeño comparado,
y due ee tune on cuenta solamente In cnorgin de Boson y

longitud del brazo so Lorna igual a L cn lo realidad os algo
menor que R,

56. 102 RESISTENCIA DR MATERIALES

Las vcusciones por las que se caleulau MM, y X son

a
os 0
2

gy 0 +09 @

Sustituyendo los valores (d) y (e), se obtiene, mediante las
ecuaciones (f) y (9)

TE m
(ar
rie 6
donde. y
ponte | «
NO Fatal + a)
Ma el He

En la tabla VII so dan los valores de las funciones fı y fa
para diversos números de brazos.

el
Ate LUS 0,957 1274

Con esta tabla se determina el valor de la fueren X mediante
1a ecuación (94) y el momento flector M, por la ecuación (93).
De este modo, y mediante las ecuaciones (a), (1) y (c), se deter-
mina la fuerza longitudinal y el momento floctor para cualquier
sección mn de la llanta.

% La teoría expuesta fué desarrollada por R, Bredt, Y. D. Jn, vor
Jamon 45, pig. 207, 1901, y I. Brauer, Dinglere Polytechn, Journ,

PIETAS CURVAS, 103

Sea por ejemplo, un volante de acero que hace 600 revo-
Iuciones por minuto, de radio R = 160 om.; la sección de la
llanta es cuadrada, de 30 x 30 om., y tiene seis brazos de sec-
ción 150 em. Considerada. la llanta como anillo giratorio que
puede dilatar libremente, la fatiga do extensión que correspon-
deria en virtud de la fuerza centrifuge es (ecuación 115, Primera
parie) ay == 720 kg.jom.t. En el caso de seis brazos, a = 30°,
fy (a) = 0.957, fy (a) = 0,0019. La fuerza en cada brazo, ecua-
ción (94), será

er,
9

= 0.0898

ES 0.00169 + 0,987 + À

ñ +07

La fuorza longitudinal en la sección que biscca el ángulo
entre brazos es. ecuación (a),

No LE 099 LE _ pou A
7 7 7
El momento flector en la misma sección (ecuación 93) es

My = — 0,605 22%,

y
La fatiga máxima en esta sección es
MM
rage = 22 22 = 750 kg je.
o 13 sE)

Para la sección de la llanta situada en el ojo del brazo, las
ecuaciones (6) y (e) dan
arm
y

Mona = 0,9: =, (My. = 1,19

La fatiga máxima para esta ecocidn es
Ode = 845 keg. fom,

(na. 363, 1908; véanse también J. G. Longbottom, Inst. Mech. Eng.
oe. London, pág 43, 192%, y K Ratnbarit, Korsehungearbeiten, nie
‘moro 226, 1980. Un problema anilogo so presenta al caloular laa ati.
1 en log anillos de retención de los grandes turbugenoradores; véase
E. Schwerin, Blectrowehn, Zuchr., pág. 30, 1981.

57. 104 RESISTENCIA DE MATERIALES

En este caso, el efecto de la flexién de la llanta sobre la fa-
tiga máxima es pequeño y el cálculo de las fatigas on dicha
llanta, considerándola como anillo giratorio libro, da resultado
satisfactorio,

16, Elástica do una barra con una línea media elreular.—
En el caso de una pioza curva delgada con Linea modia circular,
la ecuación diferencial de la elistioa es análoga a la de una pioza
recta (ecuación (a), pág. 130, Primera parte). Sen ARCD (figu-
ra 70) la línea media de un anillo circular después de la defor-

ERES

«MN
_

mación y representemos con u cl pequeño corrimiento radial
durante la deformación. La variación de la curvatura de la Ir
nca media durante Ja flexién puedo estudiarse considerando un
élemento del anillo mn y el correspondiente m,n, del anillo de-
formado comprendido entre los mismos radios —fig. 70 (b)—
La longitud inicial y la curvatura inicial del elemento mn son

(a)

Para deformaciones pequeñas, la curvatura del mismo elo-
mento después de la deformación puede tomarse igual a la curva-
tura del elemento myn,, Esta última viene dada por la ecwacién
poh Ap:
+ Ads

10)

PIEZAS CURVAS 105

donde de + Adp representa el ángulo que forman Ins secciones
normales en m, ym, de la barra deformada y de + Ads la Jon-
gitud del elemento m¿n,. El corrimiento u se considera positivo
hacia el centro del anillo y se supone muy pequeño comparado
con el radio R. El ángalo que forman la tangente en m, a la It

rca mad y onal dio meee gu son.

de ¿De
a
Por consiguiente,
du
ado a,
ea @

Ta longitud del elemento mm, despreciando cantidades do
segundo orden, puedo tomarse igual a (1 — u) dy y, por tanto,

o
Sustituyendo () y (2) on In ecuación (6), se obtieno
au
Bar
de (1 ——
(à
despreciando cantidades de orden superior, sale
CTP 4 BET 0 ae
ed
de donde
(o

La relación que liga el cambio de curvatura con el valor del
momento flector para piezas delgadas, deducida de la ecua-
«ión (67), es

10)

58. 106 RESISTENCIA DE MATERIALES

EI signo menos del segundo miembro se debe a que se toma
el momento flector como positivo cuando produce una dismi-
mucién de la corvatura inicial de la pieza (fig. 47). De las eoun-
ciones (e) y (1) se deduce que

du a
mer
La conación (95) es la ecuación diferencial de la eléstica co-
rrespondionte a una pieza curva delgada con linea media cir
cular, Para un valor infinitamente grande de R, esta ecuación
coincido con la ecuación (79), Primera parte, correspondiente a
piezas rectas.
Como ejemplo de aplicación de la ecuación (95), considera-
emos el probleme de la figura 58. El momento flector eu una
sección general myn, es, ecuación (c), pág. 83:

M ER (cos 9—

es

y la eouncién (96) sori
fy En)
iat Bo ime
a, PRA
Eu = PE (2 cong).
de += gg! B +
La solución general de esta ecuación os
PR PR

cog + Brno ee

Las constantes do integración À y B so determinan por las
condiciones de simetrí
de 0, para p=0 y para p
de
Las que se satisfacen tomando

B

PIEZAS CURVAS 105

Por consiguiente,

PR PRS PR
E ung PF

Bln SBT EL

org.

Parag =0yp= pe obtiene

PRY
ene re à

PRL
CEA)

Estos resultados están de completo acuerdo con las ecua-
ciones (88) y (87), obtenidas con anterioridad empleando el too-
rema de Castigliano 2.

17. Deformación de barras con una pequeña curvatura
fnleial.—Si una pioza con pequeña curvatura inicial se flexa
solamente por fuerzas transversales, pueden calcularso las fle-
chas por el raétodo utilizado para una barra recta, Las condi-
ciones, sin embargo, son diferentes si oxisten fuerzas longitu.
dinalos, además de las transversales. Una curvatura inicial
pequeña cambia de gran manera el efecto de las fuerzas longi-
tudinales en la deformación. La solución de este problema se
simplifea utilizando las serios trigonométricas para, expresar
analltcamente In forma inicial de la pieza y la elástica debida
ala flexión 2,

Se supone, como anteriormente, que la pieza curva tiene un
plano de simetría en el que obran las fuerzas externas y que los
extremos de la pieza están simplemente apoyados. Sen y la ore
denada inicial de la line media de la pieza modida desde la
enerda que une los centros de gravedad de las secciones oxtre.
mas e y, las flechas producidas por las fuerzas exteriores. Las
ordenadas totales después de la flexión son

y= Ht Ye (a)

+ La ceuación diferencia! (96), correspondiente a In deformación

de un anillo circular, fué establecida por 3, Boussineegs véase Comptes
Rendu, vol. 97. pág. $43, 1883. Véaso tambica H. Lamb, London Math
Soc. Pros. voi: 19, pág. 363, 1888. Varios ejemplos de aplicación de
esta couación pueden verse en la publicación de R. Mayor, Zeitschr
Math. u. Phys, vol. 61, pig. 246, 1018.

‘dol dutor, Fetschrife zum siebeigaten Ge

59. 108 RESISTPNOTA DE MATERIATES

La expresión analítica de la forma inicial o estado natural de

la barra es
re

nenn, e o
y la Hecha producida por la carga será
amen + aan tr. ©

En este caso puede utilizarse la ecuacién (58), que da la
enorgía de deformación para barras rectas. Suponiendo la pieza
cargada en la forma que indica la figura 35, es necesario, al cal-
cular el trabajo que dan las fuerzas longitudinales 8, rwempla-
zar In cantidad A (véase ecuación 56) por

[UT

[le

= Eb eon HE ni (96)

ae

que representa el corrimiento de uno do los oxtromos de la ba-
ra hacia ol otro Anrante la deformación,
Procediendo como on el eno de pias rectas (pág. BI), y

dando a la barra una deformación virtual da, sen "7", el tra
bajo de las fuerzas $ para este corrimiento será.
A day = ST

da + Baba.
ey at os

El trabajo realizado por la carga P es
ame
P sen" day
1

y el incremento de la energía de deformación, deducido de la
ecuación (53), vale

2
LE tala.
ap eee

La couación para el cálculo de a, será

Ela

TE andy À (un + ho) de
at (tn + Ba)

P son dan + 8”.

FIBZAS CURVAS 109

de donde

nz

2PB sen "TE 4. SRA,

= ~

Brin — Sere
Sustituyendo en 1a expresión (o) y empleando la notación
se

E) primer cérmino del segundo miembro de la ecuación (97)
representa la deformación de una pieza recta (véase ecuación 58),
mientras que el segundo expresa la deformación udicional de:
bido a la curvatura inicial

Sea, por ejemplo, una barra de curvatura inicial y,
1
tunen solamente las fuerzas longitudinales (P => 0), la dofor-
mación en dicha sección central producida por aquelas fuerzas
se obtendría mediante la conación (97), haciendo P == 0; b, = 6,
D 0, Por consiguiente,

6
sen

La fecha en el centro de su cuerda es igual a b. $

(a)

qn o

Debido a las fuerzas S de comprosión axial, las ordenadus
de ia linea media aumentan en la relación

es decir, que

60. no RESISTENCIA DE MATERIALES

el aumento de las ordenadas depende del valor x de In relación
entre lo fuerza longitudinal y la carga orítica. Si en lagar de
fuerzas de compresión actúan fuerzas longitudinales extensoras
sobre la barca, basta sustituir — a en vez de a en las ecuaciones
anteriores.

En ol caso particular yp = 5 sen 7, las ordenadas de la i

nea media, después de la deformación, serán

sen == (99)
Tyan e

Se ve que la fuerza longitudinal extensora disminuye las or-
denadas inicialos. Tomando, por ejemplo, «= 1, es decir, su-
poniendo que la fuerza longitudinal extensora es igual ai valor
crítico, so tions

y=

1s eon 32,
y= ten,

es decir, en este caso la fuerza longitudinal reduce a Ta mitad las

ordenadas iniciales de la barra.

18, Flexión de tubos curvos,—Ai analizar ll distribución de
las fatigas de flexién on piezas curvas (artículo 11), se supuso
que la forma de las secciones rectas permanece invariablo.
Tal suposición está justificada para piezas macizas, puesto que
los pequeños desplazamientos que acontecen en el plano de la
socción, debidos a la contracción y expansión transversal, no
tienen efecto apreciable en la distribución de las fatigas, El fené-
‘meno es muy diferente cuando so flexan tubos delgados, La ex-
úperiencia prueba que los tubos curvos de pared delgada solici-
tados a floxión son más flexibles que lo que so desprende de
aplicar la teoría corriento de barras curvas 1, En este caso, es
necesario considerar el vambio de forma de la sección durante
la flexion *. Consideremos un elemento comprendido entre dos

Y Multitna de trabajos experimentales subro Nexibilidad de tubos.
+ Mexión han sido roalbaados por A, Bavtlin, V. D. 1, vol, 64, pág. 45,
1910, y. Forseñungrarbeiten, núm. 90. Véanse también W. Hovgaant
Journal of Math, and Phys. Mase, Institute of Technology, wl. 7, 1998,
Y AM, Wahl, Frans. Amer. Soe. Mech, Eng., vol. 49, 3827,

¥ "Tate problema paro tubos de nocción circular fué analizado por
‘th, Karman, Y. D. La vol. 39, pág. 1883, 1911. BI caso de tubos cure

PIEZAS CURVAS m

secciones adyacentes de un tubo curvo (fig. 71) flexado por pa
res de la dirección indicada, Puesto que tanto las fuerzas ex-
tensoras del lado convexo del tubo como las compresoras del
lado cóncavo tienen resultantes hacia la línea neutra, las sec-
ciones rectas primitivamente circulares se convierten en elip-
tions, Esta flexibilidad de las seociones afecta a la deformación
de las fibras longitudinales dol tubo, La fibra oxterior ab toma
la posición ayb, después de In Bexiön; representemos en despla-
zamiento hacia el «jo ueutro con 3. El alargamiento total de la
fibra es

ay), — ab = a,b, — aye, — (ad — a). (a)

El ángulo que forman las secciones ac y bi se representa
por dq; su variación en virtud de la flexión, por Ad el radio
de la línea media, por R, y el radio de la superficie media del
tubo, por a. Se supone que la relación < es lo sufciontemen-

te pequeña para que pueda suponerse que la lines neutra pase
por el centro de gravedad de la socciôn recto. De la figura se
deduce
ayb, — ajo, = (a — D Alpe rade»
El alargamiento total de la Gbra ab, dado por ja ecus-
ción (a), es
addo —3do
y el alargamiento unitario
Agde. a Ade; à
(Rady R+adg Rte
El primer término del segundo miembro de esta ecuación ro-
presenta la deformación de la fibra dobida al giro de la sección bd
respeoto a la ac. Este alargamiento es ol quo hemos considerado
en ln floxién de piezas macizas, El sogundo término de dicho se-
gindo miembro de la ecuación (b) representa ol efecto de la fe-
xibilidad de la sección. So ve que este efecto puede tener con-

(e)

393 de sección rectongular ba sido estudiado por ol autor; vénse Amer
Soc, Mech. Eng., vole 45, pag. 135, 1023. a

do EI comimiento à #6 supone muy poqueño comparado con
mao À 0 à «6 supone muy pequeño comparado con ol

61. ue RESISTENCIA DR MATERT ATES

siderable importancia. Ses, por ejemplo, 4 + a= 160 em. y

AS 3 1 as
3 =0.05 cm, Tendremos ig = gp Y le fatiga corres

pondiente para un tubo de acero de £=2,1 x 10° kg/m.
valdrá 700 kg./em, Por consiguiente, un ligero aplastamiento
de la sección produce una disminución considerable en la fatiga
correspondiente a la fibra más alejada ad. La misma conclusión

Fw. 11

eo deduciría para la fibra cd del lado cóncavo. Si el momento
ficotor cambia de dirección, se origina un cambio de signo en
las fatigas normales y, por consecuencia, en lugar de un aplasta-
miento del tubo en dirocción radial, acontece un aplastamiento
de dirección perpendicular al plano de la figura 71. y la fibra ab,
debido a esto aplastamiento so desplaza hacia afucra. Mediante
in razonamiento análogo al expuesto, se vería que nuevamente
el aplastamiento del tubo produce una disminución de la fatiga
en las fibras más alejadas de la linea neutra. Se deduce, por con-
siguiente, que las fibras del tubo más alejadas de la línea neutra
no alcanzan la fetiga quo indica la teoría ordinaria de la flexiôn.
Acontece igual quo si bubieso disminufdo el momento de inercia
de la sección. En lugar de lo ecuaciön (67) deducida para piezas
macizas, puede emplearse la siguiente cuando se quieren caleu-
lar deformaciones de tubos delgados;

MEA
&EL,

Adg= ao)

PIEZAS CORVAS us

donde Fest factor numérico menor que la unidad.
ue In unidad y euyo valor
depende del aplestamiento. En fonción de las dimensiones del
tubo, puede calcularse por la fórmula aproximada siguiente 1:

. » 9

pay an

onde # 68 el espesor del tubo. Se ve que cl efecto del aplasta-

iento depende, por consiguiente, del valor de la relación À.
Bl estudio realizado por Karman muestra que la distribución

Os ME pr

representa la distancia a la Linea neutra, sino que debe emplearse la
ecuación siguiente:

©
donde

(102)

donde d es el diámetro exterior del tubo y

hs 2
ETS

un factor numérieo que depende de las dimensiones del tubo,
Eu la tabla VIII se dan algunos valores de ky.

=
Mis ae | +

Vans in publceión do Ya K

Ace o To. Korman, yu alada, pág, 20

Seen gue Em gue compare’ con Y a in.
Fe DE en A

62. ns RESISTENCIA DE MATERIALES

So ve que cuando ( es pequeño, la fatiga máxima real ea

muy superior & la que so obtieno por la teoría corriento, despre-
ciando el aplastamiento do la sección,

‘Una teoría análoga a la expuesta ha sido desarrollada para
el caso de un tubo de seccién rectangular *. En el caso de que
Sl tubo delgado tenga sección cuadrada, el coeficiente k de la
fecuncién (100) depende del valor de la relación
sr
m
¿donde Les el espesor de la pared; R, el radio de la Imen media dol
subo, y 6, la longitud del lado de la sección. Hi valor de k es

pat 9.02700, aos
14006567

n

i? ë
Por ejemplo, si 7 = 01 y q = 50, so obtiene n = 26, y

por ln ecuacién (103), E = 0,68, La fatiga méxima en tubos do

Sección rectangular aumenta on la misma proporción que la le-

xibilidad; es decir, que on el ejemplo

antorior el aplastamiento de lo sección

aumenta la fatiga máxima en un 60
por 100, aproximadamente.

é Sila sección de una pieza onrva tiens

alas de anchura considerable, mueva»

x ment tienoimportancia práotica la dis-

torsión de la sección. Esto problema. se

©) presenta, por ejemplo, al estudiar las

Fo, 72 fatigas de Mexión en un ángulo de un

pórtico con sección en I —Úg. 72 (a)—.

Considerando un elemento del pórtico entre dos seeciones conse-

cutivas mn y mm, se ve que ls fatigas longitudinales de flexión

@ on las alas dan componentos en dirección radial que tienden a

floxar las alas —fig. 72 (5). Do esta flexién so origina una dismi-

nuciôn dé la fatiga longitudinal de flexién ¢ en los trozos de las

alas a distancia considerable del alma, Para tener en cuenta este

AZ

X Véago llamada *, página 80.

PIBZAS OTRVAS 16

hecho se utiliza un ancho efectivo ab del ala al emplear la förmu-
la (15) para Ja sección en I. El valor del factor « depende, como en
natural, de la flexibilidad de las alas, cuyo valor puede expresarse
por la cantidad. A

Bu 132, @

ve

donde 4 es el espesor del ala y 7 su radio de curvatura, Para el
ala del intradós, r = a, y para el ala exterior, r=0. Los cálculos
muestran que si $ < 0,65, la flexión de las alas puedo despre-
ciarso y se puede aplicar directamente la teoría desarrollada ou
el artículo 11. Para valores mayores de f so emplea la fórmula

(e)

que da ! el ancho efectivo de un ala.

Sea, por ejemplo, el ancho de un ala, 8 = 15 cm; ol radio
correspondiente, r = 20 em., y el espesor, t=2,5 om. Por la
fórmula (d) se obtiene $ = 2,80, y la anchura efectiva del ala,
0,36 x 16 = 5,25 em.

19. Flexión de una barra curva fuera del plano de curva-
tura inicial. —En lo anteriormente expuesto se ha supuesto
siempre que la flexión de la pieza curva acontecía en su plano
inicial de curvatura, Hay casos, sin embargo, en los que las
fuerzas que solicitan una barra curva no obran en el plano de la
línea media de la bariu 3,

nn ER deducir eta formula, waa ts doctoral Ost Stine
ct, Darn, ‘xpertmentes realirados por Seine
están de "acuerdo son 16 formula per

® Vasos problemas do cate góncro han sido analizados po I. Stat,
Zeitachrifc Over: dro, wing. Vo, pag. 088, 1904; He Mite Brea
lau, Die neueren Methoden der Festigkeitsichre, 2.2 ed., pag. 258, 1913,
y, Hs sd. pág. 205, y B. G. Kannenberg, Der Eisenbau, pag, 329, 1013
Acaso Gut an id ensign puyado où varios puntos y tado por
Sue perpendiculares al plato del anillo. la sido aualizado, por
E Dices, Der Bisenbdu, pág. 73, 1920, y por G. Unold, Fora.
cargan bcn! nt. 235, Borie 1628, merde probleme ha do se
{iat por GB: Biczeno, usando el modo del trabajo minime (De
Inge 100, y Zeitschr fang. Math ‘itech, vol. 8, pá.
ia 237, 1029), La nplicación Wo us wees trigonométricas al miso
Gano ha side expnosta por GB. Biens y ded. Koch, Zouch
Serge Mai, u, Mech, Vol. 16, pág, 321, 1090. EY probleina tone ne
Fortan prigtica en of proposta tubes para conduión de vapor

bibhogratía correspondiente Aura en la publicación de TE. May-
oo, Journal of del Mecano, Lama: de Be DL E vol: da pag

63. 16 RESISTENCIA DE MATERIALES.

En este caso, es necesario considerar la deformación de la
barra en dos planos perpendiculares y también su torsión,
Un ejemplo sencillo do oste gónero se ve en la figura 73 (a). en
lu que un trozo de anillo ciroular
horizontal, empotrado en A, está
solicitado por una fuerza verti
cal P aplicada en el extremo B 2.
Considerando una sección general
de la barra D y tomando los ejes
coordenados como indican tas
figuras 73 (6) y 73 (0) ?, se vo que
los momentos de la fuerza exte-
rior P respecto a dichos ejes son

M,=—PRsen(a—p), M,=0,
M,=PR[I—cos(a—p)l- (a)

Medianto estas expresiones se
calculan fácilmente las fatigas de
fioxién y torsión para cuniquier
sección de la pieza. Para ol cálculo
dela flecha en cl extremo Baplivaremos el teoremade Castigliano.
Supcniendo que las dimensiones de la sección recta de la pieza, son
pequeñas comparadas con el radio Z y aplicando las fórmulas de
las barras rectas (véanse pigs. 285 y 289, Primera parte), la ox-
presión de la euergia de deformacién será, en nuestro caso,

E o, o
AE
donde © repreents a gies tren dela pice # La deca

pedida seri, por consiguiente,
B=

‘na 89, 1987. Véaso también ol libro de A. H. Gibson y E. G. Ritchie,
A Study ofthe Oirculas-Are Bow-Girder, Londres, 1814

We Fate problema fis estudiado por Saint Venant
dus, vol: 11, Paris. D842

Sé ha enpuesto qua el ejo horizontal = y el vertical y son toa

ole de want le ia ección, y que ol je 208 tongrnto à la tines media

SEL cálculo do C, para formas diversus de 14 sección transversily
80 vord on ol capitulo VL

Comptes Rene

PURAS CURVAS 13

Poniendo, en vez de U, la expresión (5) y observando que
A

oP

Rena) y REL — cos (a— ph

se obtiene
3 or [romeo + À 42! ste de (104)
Ex el caso particulas, a = 3, será

Foe

Si la sección del anillo es circular, © —
du Li = 2.6 6, se tiene

ET EE

261,; toman-

(105)

Como ejemplo de casos hiperestáticos, consideraremos una
pieza semicircular horizontal con los extremos empotrados y car-
ada en su sección central —figu=
rá 74 (a).

Teniendo en cuente solamente
Ins pequeñas deformaciones verti-
cales de In pieza, operamos con
suficiente aproximación, pues los
cortimientos horizontales, quo
desprociamos, son cantidades do
‘orden superior respecto de las pri-
meras. No hay, por consiguiente,
flexión del anillo en su plano y no Pro 74
existirán momentos ni fuerzas en
este plano en los extremos À y B. Considerando el extremo em-
potrado 3, se deduco de las condiciones de equilibrio que en él
TS
bién existirá el momento My. que impide girar a la sección ex-
tem B alrededor del eje 2, El valor de este momento no pue

actuará una reacción vertical ? 5 Y el momento M,

64. ng RESISTENCIA DE MATERIALES
de determinarse por la estática; lo encontraremos aplicando el
principio del trabajo mínimo. Do este mudo, tendremos
au
Mo

@

Para obtener la energía de deformación de la pieza, repre-
sentaremos los momentos aplicados en ol extremo B por los
ann AN

los momentos M, y M,, on la sección genoral D, serán

PA PB cos = Men el sen , 0]

Manet Mg 008 0—

R
(1 — cos g),
md) wo

y la expresion de la energía de deformación es

[la

Sustituyendo este valor en la ecuación (d) y observando que

2 GPR
À f° [ER song cosq + May 008%
lo eng 608 + M cost

u Pr

El signo menos indice que la dirección de 44,, es opuesta a
la que representa la figura 74 (a). Conocido My se calenla el
‘momento flector y el torsor para cualquier sección mediante laa
expresiones (e) y (D).

0,182 PR. (108)

PIBZAS OURVAS 19

Ta flecha máxima acontece, ovidontomente, bao la carga y
se obtione con facilidad mediante el teorema de Castigliano:

3 @)

ap

Suatituyendo la expresión (9) en lugar de U, y observan-
do que

R
y (eos pen q),
Foon g + ooo, o
20 obtiono
PR fr _. =
a 0300) (5 ais et )

(107)

4+0306]| 05

TA
Al calcular las derivadas parciales (i), no so ha terfdo en
cuenta el hecho de que el momento torsor My, no es una canti
dad indopendiente, sino que es una función de P, tal como in-
dica la expresiôn (108).
Al tomar esto en consideración, el segundo miembro de la
ecuación (h) deberá escribirse en la forma
20, 20 ie,
oP‘ om, ar
Pero como el segundo término de esta expresién ea malo, en vir-
tud de la ecuación (d), el cálculo realizado para hallar el valor
de 6 resulta correcto,

wo

Problemas

1. Una pieza curva con ejo circular y abertura a = (fg. 73)
Está solicitado por un par tomor M, =‘, aplicado en el extremo 8.
Hilla I cha vertical del pu

Beopuesta: Suponiendo bl,

em 18,
zu

30,506

65. 120 RESISTENCIA DE MATERIALES

2 Resolver of problema anterior, suponiendo aplicado en at ax.
tromo B un par footor M, == My on ol plano vertical tangente «ia
linen media en Ba
Respuesta:
am
Bo
3. Una pieza sernicireular, con la linea modia en un plano hori-
zontal, est empotrada en A y B, y corgada sinuétricamente con las
fuerzas P'en O y D (fig. 75). Mallar los mo-
mentos torsores M en los emporrsmientos,

pus
an PR Een purs)
Br, ent plan ar pan à

caso de una oarga vertical uniforme de inten-
sidad q, dietributda sobro la longitud total de la pieza.
Respuesta:
4

Mo Lo —o329%

az

5. Lo barra somieircular horizontal de In figura 75 osté cargada
dei modo indicado on el probleme anterior y, además, apoyada en ta
sección central F, Hallar la ronoción vertical de dicho apoyo Fu

Respuesta;
M2 ig

CAPÍTULO Ut

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS

20. Flexión de una placa en superficie cilíndrica.—Smpon-
amos que una placa rectangular de espesor uniforme 4 se
floxa en forma de superficie cilíndrica 1

(figura 76). En este caso basta consido- 1 al

ar una tira do anchura unidad, tal como Ho
AB, como una viga de sección rectangular iT

y luz 1. De la condición de continuidad de „N

la placa se deduce que la sección trans- "nf"
versal do la tira no sufro la distorsión

indicada en la figura 77 (6), página 80, Fre 76

Primera parte. Por consiguionto, una fibra
Jongitudinal de la tira, tal como ss (fig. 77), sufre, no solamen-
te la fatiga extensora longitudinal ¢,, sino otra fatiga a, de direo-

eo

Fie. 77

ción transversal tal que impida la contracción lateral de la fibra.
Supondremos como anteriormente (véaso pág. 84, Primera parte),

cantina Berión do eta naturaleza se presente cn ol so de placas
Eectangulaces largas, allas fioraas que uotúan no varian à 10 Inigo de
In placa y so considers Onloamonte un 4020 do la placa a silicate
¡istancia de los oxtremos,

66. 122 RESISTENCIA DE MATPRIALES

que las secolones de la tira permanecen planas durante In flo-
xión. De esto se deduce que los alargamientos unitarios en lus
direcciones z y z son

Las fatigas correspondientes en las direcciones 2 y = so ob-
tionen medianto las fórmulas del estado elástico doble (véanse
ecuaciones 88, pág. 50, Primera parte),

eB _ Ey cl

5a wy
ie ar 1

aur
Procediendo como en el caso de flexién de una viga y calenlen-
do el momento flector en una sección general de la tira, se tono

Este cantidad so denomina rigidez a la flexión de una placa
y sustituye al valor .Ei,, utilizado en el estudio de vigas. Com-
parando la ecuación (108) para una tira con la ecuación (56),
Primera paris, correspondiente =
5 ur dt una viga, se ve que la rigidez de
mr ur ch lo tiro en la placa es mayor que si
w estuvieso aislada. y que la relación

Pro. 78 de las rigideces es 1 : (1— ua).
Por vía experimental, oe ha
visto que en el caso de fexión de una tia delgada alsluda de
considerable anchura 6, se presenta la distorsión de las secvio-

% La explicación du uate fenómeno lu sido dada por O. Y. O. Soar
lo, Experimental Elasticity, Cambridge, 1908. Véanso tambión H, Lamb,
London Math, Soe. Proc., vol. 21, pág. 70: 1891, y publicaciones del
autor em Mechanical Engineering, pag. 268, 1923,

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 123

nes finicamente en las proximidades de los bordes —fig. 78 (0) —
y que Ja parte central de la tira aa se flexa en forma cilíndrica 1;
puede, por tanto, aplicarso la ecuación (108) en el céleulo de las
deformaciones ce la pletina, que ser más rígida de lo que indi-
can las fórmulas corriontes de vigas.

Para deformaciones poqueñas de la tira AR (fig. 77), la cur-

vatnra À puede reemplazarse por mu valor aproximado $4 y la

ecuación diferencial de la elásticado la tia es
pv. x,
a au

El estudio de la flexión de una placa que, deformada, es una
superficie cilíndrica, requiere la integración de esta ecuación. Un
caso particular de este tipo do flexión, ouando la carga está uni-
formemente distribuida, se estudia en el artículo siguiente,

21. Flexión de una placa rectangular de gran longitud,
cargada uniformemente.—Si una placa rectangular cuya lon-
gitud es grande comparada con su ancho, está uniformemento
cargade, puede suponerse que en la región contral, donde la
flecha y las fatigas son máximos, le superficie elástica es, apro-
ximadamente, cilíndrica y que puedo emplearse la ecuacién (110)
para su cálculo 2, Resolveremos este importante problema ?
para dos condiciones en los bordes: 1.° Los bordes de la placa
están apoyados y pueden girar libremente durante la flexión,
2.° Los bordes están empotrados. En ambos casos so supone
que no hay corrimientos de los bordes en el plano de la placa.
Con esta hipótesis, una tira elemental tal como la A (fig. 76)
está en las mismas condiciones que una varilla con carga uniforme
(vénse artículo 6.°) y fuerzas tonsoras 8. El valor de las fuerzas 8
se encuentra estableciendo que el alargamiento de la tira es
igual a la diferencia entre la longitud de su olástica y ia longitud £
de la cuerda AB (fig. 76).

Si longitud de ma placa apoyada es tros veces st anchura, o
dos vente en el aso de placa enpottada la solución oblenid con esta
tingtenis es eufeientemente aprem,

ena ción de ss proben dada por. Hochnov. Ves
su Theory of Structure of Ships, vol 2, pag. 640, Son Petersburg, 1014
La “iseuniom de este problema, aie nal couts de Aka en dl
caco do un barco, puedo vorne en Theory of Plates and Shee, 1040.

67. 124 RESISTENCIA DR MATERIALES

Bordes simplemente apoyados. in este caso se obtiene nn
valor bastante aproximado para 8, suponicado que ia elástica
es una curva

A
y i (a)
donde 3 representa la flecha en el centro. Empleando la nena-
ción (56), página 50, el alargamiento de la línea de centros de
gravedad de la tira es
1

10)

Tomando para la flecha on el centro el valor aproximado de
la ecuación (59), so tiene

©
de donde
5 git
nu nu
3 D Cas)
sustituyendo en la ecusaiôn (5), se obtieno
vn
ea, à
a oP °

La contracción lateral do la tira en el plano de la placa du-
rante la flexión se supone nula; por tanto, y en virtud de las
ecuaciones (109) y (111), el alargamiento de la línca media de
la tira producido por las fuerzas 8 es

MES
Eh 121

à

(6)

Igualando (d) y (6), se obtione lu ecuación siguiente para x
, POr tuu, para doterminar $:

ol ba)?

ga
B
Si se da la carga q y las dimensiones do la placa, se conocerá

el segundo miembro de la ecuación (112). Su resolución se sim
plifica poniendo

u

IHa=z 7)

PLACAS Y FNVOLVENTHS DELGADAS 12
Entonces la ecuación soró
3
dao A,
a

es decir, la cantidad x es tal que se conoce la diferencia entre su
cubo y su cuadrado, por lo que puedo averiguarse con facilidad
en una tabla apropiada y después deducirso a por la relación (f).
La fecha y fatigas de la tira AB se calculan empleando la tabla
dada para varillas (véase pág. 45). Para emplear esta tabla es
necesario recordar que, de las couaciones (23) y (111),

DE a as)
373

Sea, por ejemplo, una placa de acero B= 2 X 108 kg./em.3,
de dimensiones 1= 108,5 om. y h= 1 om., cargada uniforme.
mente à razón de q =1 kg Jon,

La ecuación (112) será

al + a) = 290, w)

de donde

=597 y uv dB,

Ta fotiga de extensión producida por la fuerza longitudi-
nal 8 es
8

913 kg. por em?
sl g. pe

y el momento flector máximo en el centro de la tira, de la ecua-
ción (45), valo

ay. ®

Fmpleando la tabla UL, mencionada anteriormente, se en-
cueutra por interpolación, para x == 3,88. Y, (u) = 0,131, Esto
muestra que por la acción de la fuerza longitudinal S, el mo-
mento Hector ha disminufdo en gran parte y vale alrededor del
13 por 100, del que correspondería a la carga transversal aislada,
Empleando la ecuación (A),

188° X 0,131 = 198 ky. por em,

Mais =

68. 196 RESISTENCIA DE MATERIALES

La fatiga máxima correspondiente a In Hexiön es

y ás _ 6X 193

a 1,158 kg. por em,
m g. por

Superponiendo las dos clases de fatiga, se obtiene la fatiga
máxima

más = 0% + 6

913-4 1,158 = 2,071 kg. por oma,

Puede verse que, debido a la acción de la fuerza longitudinal,
la fatiga máxima no orece proporcionalmente a la intensidad de
la carga. Por ejemplo, supongamos, en el caso anterior, que sea
q =2 kg. por ema. De (9):

all + a)

290 x 4 =1,100,
de donde
“m eh.
Ta fatiga de extensión producida por la fuerza longitudi-
nal S es

= 1,505 kg. por em#

da (u) para u = 4,93 valo 0,082; luego
Go EX 2% 108"

i 8x”
La fatiga maxima total será
+

Dicho de otro modo, dobido a la acción de las fuerzas lon"
gitudinales S, las fatigas aumentan menos rápidamento que la
carga. Cuando en nuestro caso lu carga se duplica, la fatiga ma
xima aumente solamente en un 42 por 100.

Bordes empotrados.—En el caso de bordes empotrados, la
ecuación (a) se sustituyo por lu ecuación 2

x 0,082 = 1.490 kg. por em.

Onde = 505 + 1.450 = 2.955 kg. por om,

vll), )

+ Vans las publics
Página 46. =

iones dol uutor mencionadas antoriormente

RLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS. 127

In ema! satisface a la condición de bordes empotrados, ya que la
as

de
flecha y y el giro Zz son nulos para 2 == 0 y 2

Sustituyendo (2) en la cousción (5), el alargumiento de la
linea media de la tira es

e (4

ERA

Para la flecha en el centro empleuromos la ecuación aproxi-
mada (62)

ae o

E
1
vete
+ 4
y entre (1) y (e) deduciremos la siguiente ecuación para a:
CEL]
«fr 14
er my
Y poniendo
+)
se ubtione
eae nt 8, m)
al

En el ejemplo numérion anterior, con
metro cuadrado, la ecuación (m) será

PA

= 1 kg. por conti

,90
de donde
a= 189 y «= 3,40,

Por consiguiente, la fuerza extensora es menor que en el caso
de bordos apoyados que antes hemos considerado en la relación
3:0
5.57 Y oblenemos

er 340
597
Para el céleulode las fatigas de flexión se emplea la tabla IIL

VE

x 913 = 520 kg. por om.

de la página 45. En nuestro caso, u ,89, y la tabla,

69. 128 RESISTENCIA DE MATPRIALES

por interpolación, de 4, = 0,686, J == 0,488. El momento flec-
tor en cada borde empotrado es

we 0,506 E — 674 kg. em.

ima por flexión seré

(045 kg. por em,
La fatiga máxima total es +
Snax = 0% + OF = 520 + 4045 = 4.565 kg. por em.

Comparando estas fatigas con las obtenidas anteriormente
para la misma placa con los bordes apoyados, se observará que
al empotrar los bordes aumenta la fatiga máxima. Este resul-
tado se explica del modo signiente: Debido a estar lus bordes
empotrados, la flecha de la placa es menor y, por tanto, la
fuerza longitudinal 8 y su efecto sobre el momento flector so
amortiguan, En el caso de bordes apoyados, el momento fleo-
tor máximo era solamente 0,131 der producido por le carga
transversal sola. Pero en el caso de bordes empotrados, el mo-
mento fleotor en estos bordes es 0,086 del que produce la carga
transversal aislada; es decir, ol ofecto de in fuerza longitudinal
se acusa mis en el caso de bordes apoyados, Este método apro-
ximado puede utilizarse en el cálculo de lus fatigas en las plan-
chas del casco de un barco sometidas a la presión hidrostática.

La fatiga máxima depende, evidentemente, de la intensidad
de la earga q y de la relación ÿ, La magnitud de esta fatiga
para el caso de bordes apoyados y diversos valores de la relu=

1
ción 7,
cansa de las fuerzas de extensión 8, que aumentan con la carga,
la fatiga máxima no es proporcional a g; para valores grandes
de q esta fatiga no varía mucho con el espesor de la placa,

viene dada mediante curvas , en la figura 70. Se ve que a

+ So eupone que el ncero tieno un mito do proporcionalidad au.
perior a la fatiga caloulada.

+ Baten curvas eatin tomadas dol estudio do S. Way, presentado
a 18 reunión de Mecánica aplicado, A. S. M. K., New Haven, junio 1982.

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 129

En la figura 80 se dan las curvas de fatiga máxima para el
caso de placas con los bordes empotrados. Se ve que para pe-
queños valores de la intensidad de la carga q, cuando el efecto
de la fuerza axial en las flechas de In tira es pequeño, la fatiga
máxima crece, aproximadamente, en la misma proporción que q.

T T
|v o pinos de awe can os ré

3500) we

x eat

à 2000 a (ere
AE

$ tes
EA

A 2100) hee

$ so

"1 Felación anchoroenpesar »,

a7 27 za

77
Carpe da la font
io. 79

Para valores mayores de g, la relación entro la carga y la fatiga
máxima no es lineal.

22. Deformación de placas rectangulares que tienen una pe-
queña curvatura cilíndrica inicial 1.—En esto problema pueden
Utilizarse los resultados anteriormente obtenidos pars la flexión
de vigas con una pequeña curvatura inicial (pág. 109). Los
bordes de la placa se suponen apoyados y los ejes coordenados
Y la tira cleniontal se toman tal como indica la figura 76. Sea

Yo = b sen FE (a)
Y T @

2, ése el artículo de autor one libro Fetchril sum Steigen
ebrriaage August Poppi, pág. th Berlin, MAS, 7 °

Rexteoenou Da marmatat 1 °

70. 130 RESISTENCIA DF MATERTALES

la flecha inicial de la placa, cuya Mecha máxima en el centro
es b. Si se la aplica una carga uniforme q, se produce una defor-
mación adicional acompañada de una extensión do la superí-
cio media 1 do la placa.

Sea, como anteriormente, 8 la fuerza extensora para la

ee ST I T
Mee] | Le

200
2000)

Aigen on Herfemt

40

zo)

al 1
CREER CEE RA A
Gorge on tgs fom
Fie. 80

tira AB de ancho de unidad y « la relación do esta fuerza a la
carga crítica 8, = SP. La fecha adicional producida por ia
carga ges

re ab LT

m
Mita

El primer término del segundo miombro representa la ex-
presión aproximada de la flecha en una tira de línea media recta,
usado anteriormente para placas delgadas; el segundo mientíoro
representa el efecto de la curvatura inicial —véase ecuación (4),
página 109,

+ &

1 La superficie media es la suporflio que equidista de las caras de
ede iporfcio que equ

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 131

Sumando (a) y (9), se obtiene la Mecha total

mr, de con Bh ab ne BED ne
ayy tyy~beon™ + Se cen’ sE on™,
vn DT tea at

. 0)
La magnitud de « se determina considorando el alargamien-

to de la tira AB. Con el mismo razonamiento del artículo an-
tenor, se obtiono para esto alargamiento la expresión

AS
obtiene. BLA
NA

Tgualando este valor a la extensión producida por la fuerza
longitudinal $ —ocuación (e), pág. 124—, tendremos

2 stadt
a In pal EUR
o bien
ES
=3 a Pata »
E Bat am
Si b= 0, esta expresión se reduco a la ecuación (112) para

la placa delgada plana,
Son, por ejemplo, una placa de acero de las dimensiones del
articulo anterior:

1=1085om, h=lcm, q=1kg porema
y supongamos 6 = 1 om, Tendromos

a= OM 9,85 om,
ip
y la ccnación (115) da
a HL II HE &

Haremos, como anteriormente,
14

71. 182 RESISTENCIA DE MATERIALES

Sustituyendo, será.
28 4 228 — 859,2,
de donde
2645, a= 545.

La fatiga de extensión producida por la fuerza longitudi-
nal ses E ab

ae

893 kg. por em,

Esta fatiga es algo menor que la fatiga correspondiente para.
la placa plana (véase pág. 125). Al calcular las fatigas por Ho-
xión, debe tenerse en cuenta que la flecha dada por la cona-
ción (0) consta de dos partes, La primera tiene la forma de la
correspondiente 4 una placa plana, y le segunda
ab nl
= a,
Tra
representa el efecto do la curvatura inicial, La fatiga máxima
por flexión correspondiente a la primera parte de la flecha para

a=5,4b;

isle e =3,67 y a 0,142 (tabla III, pág. 45),

es 1.250 kg. por em.*, Et momento flector correspondiente a la
segunda parte de la flecha es

a ab m antbD Rz
Pas E 7) er
Este momento tiens signo negativo y la fatiga maxima de
compresión que le corresponde es
antbD
“Rater

= 175 kg.fom.t,

La unión de esta fatiga a la of caloulada anteriormente y a

la fatiga de 1.250 kg/om.* obtenida considerando a la placa

como plana, de la fatiga total

33 + 1.260 — 775 == 1.308 kg. por em.
Comparando este resultado con el deducido anteriormenta

paru una placa plana, se ve que alora las fuerzas extousoras 3

PLACAS Y ENVOLVEYTES DELOADAS 133

son algo más pequeñas y que la fatiga de flexión en ol centro es
mucho menor, debido al signo negativo del momento (+). Por
efecto de la curvatura inicial, la fatiga total so ha reducido
desde el valor de 2.071 kg. por em, al de 1.308 kg. por em
En nuestro caso, la flecha inicial ha sido igual al espesor de la
placa, Aumentando la flecha inicial, puedo reducirso en mayor
grado la fatiga méxima.

23. Flexión pura en dos direcelones rectangulares. —Cor
deremos primeramente una placa rectangular flexada por mo-
mentos distribuidos uniformemente a lo largo de sus bordos (figu-
ra 81). AL, representa el momento flector por unidad de longi-

L?
Ly
as

Fro. 81 Fra. 83

‘tad en los bordes paralelos al ejo y, y Mf, es el momento por uni-
dad de longitud en los bordes paralelos al ojo 2.

El plano equidistanto de las caras de la placa denominado
plano medio le tomaremos por plano zy, y ol eje 2, perpendicu-
lar à este plano, lo orientaromos hacia abajo. Consideremos wn
elemento de la placa (fig. 82) aislado mediante dos paros de
planos paralelos a los zz e yz. La flexión pura do la placa se basa
enla hipótesis de que durante la flexión las caras laterales del
elemento permanecen planas y giran alrededor de las líneas nou
tras mn. Si el sentido de los momentos es el de la figura 81, la
parte superior del elemento queda comprimida y la inferior ex-
tendida. El plano medio nn no experimenta deformación al-
guna durante la flexiôn y es, por tanto, la superficie neutra. Sean

E
Ins curvaturas de dicha superficie neutra en secciones paralelas
4 los planos 22 y zy, respectivamente; los alaryamientos unita-

72. 194 RESISTENCIA DE MATERIALES

rios en las direcciones 2 e y de una hoja elemental abd situada
a le distancia 2 de la superficie neutra, por analogía al caso ue
una viga (pig. 85, Primera parte), serán

(a

Mediante Tae ecuaciones (38) (pág. 50, Primera parte), las fatı-
gas correspondientes valen

# Aj &
“hoe

Tstas fatigas son proporcionales a la distancia z a la super-
ficie neutra. Los momentos do las fuerzas internas que obran
sobre las caras igualados a los momentos exteriores, dan las si-
guientes ecuuciones:

f + esdyda = Mjdy, @

(e)

Eustituyendo, en vez de a, y oy las expresionos (b) y (0), Y
teniendo en cuenta que

[LU]

al

) ~My am
E
expresiones análogas a la ecuación (56) (pág. 87, Primera parle),

corespondicaue a la floxién pura de una barra rect,

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 135

Tiamando +0 a las fechas de la placa, aproximadamente
tendremos

(118)

(us

Análogas e In ecuación (79) (pág. 130, Primera parte), que
da la ecuación diferencial de la elástica do una pieza recta,
En el caso particular de que M, = M, = M, la curvatura de
le elástica de la placa en dos direcciones perpendiculares es la
misma y dicha elistica es, por tanto, esférica. La curvatura de
eu superficie esfúrica deducida de la ecuación (116) es

1a
r DU+#

Esta elástica, en forma de superficie osféricn, corresponde a
una placa plana de cualquier forma, si está solicitada por un mo-
mento fleotor JF uniformemente distribuido a lo largo do su borde.

Hasta ahora hemos supuesto que la superficie media de la
placa no experimenta deformación alguna; es decir, es una su-
perficie noutra, Esta condición puedo satisfacerse únicamente de
modo riguroso si la elástica de la placa es
una superficie desarrollable: por ejemplo,
la superficie cilindriea del artículo ante-
rior, Para superficies no desarrollables so-
lamento es una aproximación, y para que
resulte suficiente es preciso que la flecha 2
de la placa sea pequeña comparada con el Fio. 88
espesor A. Para ver esto, consideremos la
flexién de una placa circular producida por pares M repartidos
uniformemente a lo largo de su bordo, De lo expuesto se deduce
que la elástica es una esfera deradio dado por la ecuación (120)
Sea AOB (fg. 83) la sección diametral de la placa tlexada; a, su

(120)

73. 136 RESISTENCIA DE MATERIALES

radio exterior, y 3, la flecha en el centro, Supongamos primera-
mente que no hay deformación en el plano medio de la placa en
sentido transversal; se tendrá

aro 0B y CB=a=rseng.

En este caso, la flexión de la placa viene forzosamento acompa-
ñada de deformación en sentido circunforencial, El valor de
esta deformación en el borde de la placa os

Para una flecha 8 pequeña, el ángulo g es pequeño y puedo
escribirse

Ahora bien,

de donde
16)

Esto valor representa el límite superior do la deformación
circunferencial en el borde. Se ha obtenido suponiendo mula la
deformación transversal. En realidad, existe cierta deformación
transversal y la deformación circunferencial verdadera es mo»
nor que la dada por la ecuación (4),

La teoría expuesta de la flexión de placas desprecia por com

5, Si las Mechas no son pequeñas, y se considera da deformación
de la superficie mia, so vo que en el exo do flexión pure de una
loca circuler de radio a = 23h la fatiga oirounteronosal do compresión
Zo ol bordo do la superficie media Vale el TS por 100 de la fatiga má:
ima por flexiGn cuando la Mecha on ol contro un igual a sois Adeituns del
ósposor do la placa. Váswo lx publicación, del wutor on Memoire of he
Trstiraa of Ways of Communichtion, San Petersburg, 1916, Vase tale
bién Theory of Platea and Shell, 1940,

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 137

pleto la deformación en el plano medio y considera solamente
la deformación dada por las ecuaciones (a), cuyo valor máximo

en el ejemplo expuesto sería JL. Se deduce, por tanto, que la
deformación dada por (k) puede despreciarse y considerar como
neutra la superficie media cuando À seu pequeño comparado
con À: os decir, si la flecha 3 cs pequeña comparada con el

espesor À de la placa, Solamente en esta hipótesis los resultados
que después obtendremos para casos concretos pueden utilizarse
con la aproximación deseada,

24. Fatigas de origen térmico en las placas.—La ecua-
ción (120) del artículo anterior se utiliza mucho para el cálculo
de fatigas debidas a un calentamiento irregular de una placa,
Sea £ la diferencia de temperatura entre las caras superior e
inferior de una placa y a el coeticiente de dilatación lineal del
material que la forma. Suponiendo que la variación de tempera-
tura a lo largo del espesor de la placa sigue una ley lineal, las
dilataciones correspondientes también la seguirán, y ai el borde
de la placa está libre, la elástica que tomará la placa será una
superficie esférica 3. La diferencia entre la dilatación unitaria

esta y la datación lo apar noc y I cur

vatura dobida a esta dilatación variada la dará la ecuación
at
2
de donde
1
4 021)

Esta flexiôn de la placa no produce fatiga alguna con tal
de que el borde de la placa estó libre y que la flecha sea peque-
Ba comparada con el espesor.

Si, por el contrario, el borde de la placa está ompotrado, el
calentamiento producirá momentos flectores a lo largo del borde,

Se supone quo Jas do quads comparadas cun el es
ors eee has son poh paras pe

74. 138 RESISTPNCIA DE MATERIALES

El valor de esto momento deberá eliminar la curvatura debida
al calentamiento irregular dada por la ecuación (121), para de
este modo satisfacer la condición de empotramiento. De las
ecuaciones (121) y (120), so obtienc para valor del momento por
unidad de longitud en el borde empotrado;

Puesto que A obra sobre una sección rectangular de ancho
unided y alturo A, la fatiga máximo correspondiente será

SM _ Galt wD _ ot, 2
le O

+ (23

Esta fatiga es proporcional al coeficiente do dilatación a,
a la diferencia de temperatura ¢ entre lus dos caras de la placa
y al módulo de elasticidad. La diferencia de temperatura £ crece
‘al aumentar el espesor de la placa y, por consiguiente, las fati-
gas de origen térmico son mayores en las placas gruesas que en
las delgadas. Conviene hacer notar que la ecuación (122), dedu-
cida para placas planas, es válida también con suficiente apro-
ximación para chapas de forma esférica
y cilíndrica (véase pág. 267).

25. Flexión de placas ciroulares
cargadas simétricamente respecto del
centro ?,— En este caso, la superficie
elástica es simétrica respecto al eje
perpendicular a la placa en su cen-

Dil tro, y para estudiar las fatigas y de-

se formaciones basta considerar una seo
ción diametral que pase por dicho ojo.

La figura 84 representa esa sección después de la deformación
con su ejo do simetria oz, Sea w la flecha de la placa en un

3 grepresenta la diferencia de temporatura entre las dos caras do
la placa, $ no entro los líquidos o gases on contacto con dichas cars.

Ext lima, debido al cambio orasco de tetmporatura cn o perico
de ls puede ser mucho mayor que t
E ens, de Hexion fué desarrollado por Poisson, Mém, de

PAcul, vol. 8, Paris, 1829.

PLACAS Y ENVOLVENTES DELOADAS 139

punto cvalquicra 4 u distancia x del oje. Para pequeñas dofor-

maciones, a

FAT te

representa ol giro de la superficie elástica en dicho punto.

La curvatura do la placa en la scoción diametral az cs
1 do _ de
Fo dé Td u

Para determinar el radio de curvatura r, en dirección perpen-
dicular al plano zz, es necesario observar que después de la defor-
mación las secciones planas tales como mm, forman una superficie
cónica de vértice B, punto de intersección de nm con el ejo oz.

For tanto, AB es el valor del radio ry y do la figura se deduce

0)

Suponiendo que las relaciones establecidas entro curvaturas
y momentos flectores para el caso de flexión pura de una placa
(artículo 23) son válidas para el problema que nos ocupa, y sus-
tituyendo las expresiones (a) y (9)
en las ecuaciones (116) y (117), so
obtiene

a, = nf + «7 (123)

M,= of ER a). (e

Fin. $5

Igual que anteriormente I,
y M, representan momentos flectores por unidad de longitud, Y y
a lo largo de secciones cirounferenciales tales como mn, y By, a lo
largo de secciones diametrales xz, Las ecuaciones (123) y (124)
contienen solamente una variable, q, que se determina estahle-
ciendo el equilibrio de un elemento de la placa abed (fig. 85), so-
parado mediante dos secciones cilíndricas ab y ed, y dos seccio-
nea diametrales ao y bo. El par que obra sobre la cara cd del ele-
mento os

M do, ©

75. 140 RESISTENCIA DE MATERIALES
El par correspondiente en la cara ab es
a,
(aly + D do (e + dado, @

Los pares sobre las caras ad y be valen cada uno Mydz y su
resultante en el pleno 22 es
Mázdo ()
Además de estos pares, tendremos en las caras ab y ed las
fuerzas cortantes V1. Si V representa la fuerza cortante por
unidad de longitud, la total correspondiente a la cara cd del ele-
mento es Vzdü. Despreciando cantidades de orden superior, la
fuerza cortante sobre la cara ab tendrá el mismo valor. Estas
dos fuerzas dan un par en el plano zz igual a
Vaddda, 0
Sumando los momentos (e), (d), (e) y (N, con sus signos, la
ecuación de equilibrio del elemento abe es

an, +48 ae) + da) ad — ld — Mylo + Vadado

de donde, canoas cantidudos do orden superior, se obtieno

a, +

My + Ve 0. @

de

Sustituyendo, en vez de A, y M,, en la ecuación (y), los var
lores (123) y (124), so obtiene

La A A 2
de ade e ee uam

En cada caso particular de carga simétrica sobre placa cir-
cular, se determina la fuerza cortante V mediante las ecuaciones
de la estática, y después, usando la ecuacién (125), el giro 9 y
la flecha w de la placa. Sea, por ejemplo, una placa ciroular soli-
citada por una carga uniforme de intensidad g y una fuerza con-
contrada P aplicada en el centro. Cortando la placa por una su-

* So deduce por simetría que sobro las caras be y ad del elemento
mo actin fueras vortante alguna.

PLACAS Y ENVOLVENTES DELOADAS 11

perficio cilíndrica de eje oz y radio oz, la fuerza cortante P por
unidad de longitud se halleré estableciendo el equilibrio de la
parte interna de la placa. La carga exterior que actin sobre di-
cho trozo es P + reg. Esta carga sorá igual a la resultante de
las fuerzas cortantes distribuídas sobre la socción cilíndrica, y,
por tanto,

La = P + mug,

de donde
(126)
Liu, P
G +s)
P
ram)
12 q
re Alea + Ela] +0, m

siendo C, una constante do integración. Integrando (4), se
Obtiene

deeds

Px
Gr GE am

Siendo C, una segunda constante de integración. Para de-
formaciones pequeñas (fig. 84),

¿0
de
Y sustituyendo en (127),
dw qe
PEL

76. 142 RESISTENCIA DE MATERIALES.

de donde, integrando,
q.
ap

Las constantes de integración O, O, y Os so determinan, en
cada caso particular, por las condiciones en el borde de la placa,

En todo lo expuesto se ha admitido que la superficie media
de la placa es una superficie neutra; es decir, que no existe de-
formación en ese plano. Esta hipótesis es válida solamente si el
borde de la placa esté libre de tensiones en la superficie media
de la placa y si las flechas son pequeñas comparadas con el es-
pesor de la placa,

26. Placa circular cargada uniformemente. — Borde empotra-
do.—El giro y la flecha se obtionen haciendo P — 0 en las ecua-
ciones (127) y (128). Al estar el borde empotrado,
y para a = 0, siendo a el radio exterior de la placa, obteniéndoso
de este modo las ecuaciones siguientes derivadas de la (127):

ge

0, logs 2+ Cs. (128)

Px O
LE ogr—1) —
+ pp lose)

do donde
@

—a%). 29)

Tas flechas so calculan mediante la ecuación (128). Poniendo
en esta ecuación P = 0 y los valores (a) do las constantes O,
Ca tendremos
7 el |g »)
Gy. O)
sD 32D

Puesto que en el borde la flecha es nula. tendremos

qu qa

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 148

de donde
a
Cr]

Sustituyendo en la ecuación (5) se tiene

q
Dare,
ape”) (130)
La flccha máxima, correspondiente al centro de la placa, vale
at,
5 as)

Esta flecha es %), de la flecha de una tira (fig. 76) empo-
trada en los extremos y de longitud igual ul diámetro de la pla-
ca. Los momentos flectores se obtienen por las ecuaciones (123)
y (124), sustituyendo en ellas, en vez do 9, el valor (120). So
obtiene

=,

L far a
Tr zn @

DOTE EEE ETS @

En el borde (x = a), estas eouaciones dan

©
a
La fatiga máximo acontoce en el borde y su valor es
6 at
(eee = ja 132)

Borde simplemente apoyado.—Utilizaremos para resolver esto
<as0 el método de superposición, So ha visto —ecuación (e)-—
ue en el caso de borde empotrado existen en él momentos ne-

gativos de valor M, = —

fig. 86 (a) Si esto caso se

77. 144 RESISTENCIA DR MATERIALES

‘combina con la flexión pura de la figura 86 (2), con objeto de eli-
minar el momento flector del borde, tendremos la flexión de una
placa con el borde simplemente apoyado, La deformación debida.
a la flexión pura se obtiene por la
ecuación (120). Sustituyendo en esta

sed ecuación
Da
CD so tiene
a F
Fra. 86 DETTE)

La flecha correspondiente on el centro de un casquete eal
rico es (véase pág, V0, Primera parte)
2 E
a” DAR

Sumando esta flecha a la (131), obtendremos la flecha total

sao at tag ass
DIF AD

Para 1 =0,3 esta flecha es unas cuatro veces mayor que
la que corresponde a borde empotrado.

Para el cáloulo de los momentos flectores es necesario super-
poner a los momentos (e) y (d), encontrados para el caso de bor-
do empotrado, el momento constante

E
3
Se obtieno

a 22,
= LO + wea,

My a + ar + 90)
El momento lector máximo acontece en el contro y vale

Shu
Meat
* 16

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 145
La fatiga máximo correspondionte es

(bx = (plais = 034)

Para comparar las fatigas de floxién a, y a, en lo cam infe-
rior de la placa, según que el bordo esté empotrado o apoyado,
se ha representado en la figura 87 la variación de estas fatigas à
Jo largo del radio do la placa. Midiendo las ordonadas desde el oje
horizontal que pasa por el punto O, we obtienen las fatigas para

1
+
lnea”

an tad

dol E

as
—

ol

Eso. 87

el caso de borde empotrado, Añadiendo a estas fatigas el valor
constante 28%, es decir, midiendo las ordenadas desde el ejo
horizontal que pasa por el punto 0, de la figure 87, so obtienen
las fatigas para una placa simplemente apoyada. So observará
que la distribución de fatigas en el caso de borde empotrado es
mis favorable,

Hasta ahora hemos despreciado el efecto de la fuerza cor-
tanto en la deformación, Cuando el espesor de la placa es mayor
de lo corriente, comparado con su radio, esta infuencia puede
sor considerable y debe tenerse en cuenta 2, La flocha adicional
por cortadare so encusatre de modo análogo = lo hocho para

la cortedura ha sido mous:

ce por EN
"ambién ig publicación de H. Carvngion, Engi

neering, vol. 126, pág. 31, 1928. E

aterra où warnen. U so

78. 146 RESISTENCIA DR MATERIALS

vigus (artículo 39, Primera parte). Ku ol caso de carga uniforme,
la fuerza eortante (ecuación 126) es

PE.

Si se supone sobre el espesor de la placa In misma distribu
ción de fatiga cortante que en el caso de una barra de socción
rectangular, la fatiga cs máxima en la superficio media y su va-
lor a una distancia z del centro de la placa es

y la fecha adicional dobida a esa distorsión en el elemento abod
(figura 85) es
yde

Sumando estas flechas a lo largo dol radio do la placa + to-
niendo en cuenta que en el borde la flecha es nuls, so obtione

34 (und
w= 2 4 [ote SH (os 29
3 al Se

Uniendola a la fecha (134) debida à los momentos lectores,
s tendrá la flecha total
fi

37
BIER Pec
dá an“ P+ a"

, utilizando la ocuación (109),

135)

(130)

PLACAS Y PNVOLVEYTES DELGADAS 1a

En el caso do placas gruesas, el segundo término del parén-
tesis, que representa el efecto de la fotiga cortanto, puede ser
de importancia práctica.

La teoría expuesta sobre placas circulares está basada en
que las flechas son pequeñas comparadas con el espesor. Para
fechas grandos debe tenerse en cuenta la deformación de la su-
perficio media. De este modo puede verse que para grandes fle-
chas la placa resulta más rígida de lo que indica la teoría ex-
puesta * y las flechas no son proporcionales a la carga. En el caso
de una placa circular cargada uniformemento y con el borde em-
potrado, la echa puede calcularse por la ecuación siguiente»

(37)

61D"
aque está de acuerdo con los resultados experimentales, En las
aplicaciones so emplean a veces placas muy delgadas, En estos
casos, las fatigas de flexión son pequeñas comparadas con las ¢0-
rrespondientes a la deformación de la superfoio media y la placa
puede considerarse como una membrana sin rigidez a la flexión 3.

La flecha en el centro de una membrana circular cargada
usutormemente viene dada por la ecuación.

ce Y a

Y) mismo resultado se obtiene despreciando 3 en lá ecun-
ción (137) frente al término 5°. Los experimentos realizados con
membranas están do acuordo con la ecuación (138) 4.

En el caso de una placa circular uniformomento cargada, de
espesor variable, la variación del espesor con la distancia radial
puede exprosarse con suficiente exactitud por la ecuación

LE
ho

3 Nass I publicación de] auto, va citado, phe. 188, Véone ter
Die, Theory of Plats and Shell, 1940,

"Vaasa Dao of Plates ont Shel, pág, 330. 1940.
an nio, Hcl, Zeit. f Malo à. Py, vel. 63, pág

doc Polo Ze, fongr Math und Me
pa 496, 1927. Barn Informueiön y diagramas, wease Ze
a Ha As. Comm dem ee Wiese

3

ass

vol 7, régi.
Nora 7 8,

79. 148 RESISTENCIA DR MATERTAT.
»
de

pesor hy en ol centro, y 6 una constante, La forma de la sección

y

dinmetral de la placa para diversos valores de la constante 8 se
ve eu la figura 68. La fatiga máxima por flexiôn c, en dirección

ondo À os la relación entro el espesor a la distancia y el ea

—E
v 85
Fro. ss

donde y es nn factor que varía con la distancia radial 2,
Los valores de este factor * para una placa con el borde em.

3 Tstog valores eatin tmnador del trabajo do O, Pichler, Die
enr Kreinyuumciicher Pista sou Veranderliher Dicke, Bere
1 10255

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS us

potrudo vienen dados por las curvas de la figura 80. Para bordo
simplomonte apoyado, las curvas son las de la figura 90.

a r =

al | nde
E

A

Fro. 90

27. Placa circular cargada en el centro.— Horde empotra-
do.- En este caso haremos q =0, en la ecuación (127), y se
obtiene

Pe CE

rg +22 4S,

? aap EE) + Pa (a)

Las constantes de integración C, y O, se hallan estableciendo

‘que q es mulo en el borde empotrado y en el centro de la placa,
Yor consiguiento,

Pz Ow , Cy
mein
LE es ER oo,

Como (2103, 2),. 0, los valores de las constantes, dedu-
cidos de las eouaciones (6), során

P
Clos a Vi ©
y la ecuación (a) quedará de la forma
® @

Sustituyendo los valores (e) de las constantes y haciendo

80. 160 RESISTENCIA DR MATERIALES

q == en In couación (128), so obtiene para la superficie elástica
da expresión

ta AS 3 4 Oy @

La constante C, se calcula por la condición de qe la fecha

y bat
es mula on el borde empotrado y su valor resulta Oy = ih,
Sustituyéudolo en la eouación (e), se obtiene
Pa
wo PE toga? CEE
aD RT ae a
La flecha on el centro de la placa es
EA ass
16=D'

Fata flecha es cuatro veces mayor que la que produciría una
carga del mismo valor distribuida uniformemente (ecuacién 131).

Los momentos flectores se caleulan por las expresionée (123)
y (124), utilizando la ocunción (a)

P a
Me Ela + win 2-1],
h le 1 logy | w

M= ale EN mul &

En el borde (x == a) estos momentos son

Mt oy vun
ception,
sale am

Comparando estos valores con la ecuación (132), se ve que
una carga concentrada produce en la placa circular con borde
empotrado fatigas dobles que las que origina otra del mismo
valor distribuida uniformemente sobre la placa.

En el centro de la placa, las ecuaciones (9) y (A) dan valo-

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 151

res infinitos para los momentos flectores y fatigas. Este restl-
tado se debe a la suposición hecha de concentración de la car
gu en dicho punto !. Si se supone que la carga está distri-
bnída sobre un pequeño círculo, Ins fatigas son finitas (véase
página 154).

Para determinar las dimensiones apropiadas do una placa
circular cargada en el centro, podemos limitarnos al cáleulo de
la fatiga extensora máxima por flexión en la cara inferior do la
placa, Ya se ha dicho que las ecuaciones (9) y (4) no sirven para
«llo y, mediante estudios más detaliados *, se ha visto quo la
fórmula apropiada para el cálculo de la fatiga mencionada es

P ston? :
m FO + #0 (0485 log + 0.92) (142)

aunque la fatiga de comprosiôn en la cara superior de la placa
puede ser varias veces este valor cuando la concentración de la
carga es muy acusada, dado su carácter de fatiga muy locali-
zada no supone peligro desde el punto de vista de la resisten-
cia de la placa, La fluencia loca! en el caso de un material düc-
til no afecta a la deformación general de la placa si las fatigas
en su cara inferior quedan por debajo del límite de seguridad
La resistencia a la compresión en un materia) quebradizo es
varias veces mayor que su resistencia a extension de modo
que las placas formadas por materiales de esta clase respon-
den también a las condiciones do seguridad si las fatigas en la
cara inferior de la placa quedan por debajo del límite de segu-
ridad.

Borde apoyado.—La deformación de una placa apoyada se
obtiens por el método de superposición, A las flechas (f), corrés-
pondientes al caso do borde empotrado, se superponen las pro-

do: en in pr mets A, =D, Akten
nimm lo so de tl: nm orc

a locales en el punto de aplicación de una carga con-
centrada han sido estudiadas por H. Hentky, Der Spannungssustund
in rechtectigen Platten, Darmstatlt, pág. 54. 1915, Véase también A. Na-
Gai, Flastisehe Platten, pus. 97, 1925.

4 Esto easy está desarrollado wu Theory of Platea and Shells, pa
gus 73,

81. 152 RESISTENCTA DE MATERIALES

las correspondientes al caso de borde apoyado. La curvatura
producida por los momentos M, — À. (eouación 120) es
1 P
ré + 2"
y la flecha correspondiente en el centro será
e Pat
DETTE)

Añadiendo cate valor a la ecuacién (139) se obtiene como
echa correspondiente al centro de la placa con borde apoyado,
PA yp Pa "Po stp

iorD "Er + wD 16xD 1+u

Esta flecha es alrededor de 2,5 veces mayor que la corres-
pondiente al caso de placa empotrada,
Las expresiones de los momentos flectores so encuentran

as)

stasis L ou moments (9) y (0) bend one can

de borde empotrado. Le fatiga máxima extensora se obtiono
añadiendo 27, à la dade por la fórmula (142).
28. Placa circular cargada concóntricamente.—Comenzere-

mos por el caso en que la carga está distribuída uniformemente

sobre una circunferencia de radio à (igu-

ra 91). En este caso, estudiaremos por

soparado la parte de placa anterior a esta

io. circunferencia y la exterior. Para ambos

trozos se utiliza la ecuación general (128),

haciendo g = 0 on los dos y P = 0 en el trozo interior. Las cons-
tantes arbitrarias so calculan de modo quo satisfagan a las cone
diciones de continuidad en la cirounferencia z = D +, Represen-
tando por P la carga total, se obtienen los resultados siguientes 2;

+ cfecto de Inn fatigas cortantes quo produciría discontinuidad.
en cl giro para la eircunferenein 2 = b av degprecig en esto caso; véaso
la publicación de G. A. Garabodian, J. de l'École Polytechnique, 2° vee
rio, C, núm. 20, 1937.

Verse la nota alaytículo 45 dela traducción, debida a St. Venant,
del libro de Clebsch, Theorie der Bastia fester Körper,

PLACAS Y FNVOLVENTES DELOADAS 158

Borde empotrado.—Para ol trozo interior (x <6),

P a 1
wal 0%) logy + (20%) + =[1
sal AS + +

Para el trozo exterior (2 > 2),
P de | bn

- 2 [es A 0)

E a TO al ©

Borde apoyado.

E a
wom 2 ge + 69 loge + (ot 09)
[+ Mowat + (ee

'ara el trozo interior (2 < 6),

¿400
2(1+ jar
trozo exterior (2 > 8),
# a, Bree
= [t+ on toga + St Hea ut
oa [et lee Sorat
Utilizando estas ecuaciones y el método de superposición,
pueden resolverse casos varia-

dos de placa circular cargada si- pt ec

rines o Bol 4)
Soa, por ejemplo, el caso de 3

ed o

está distribuida uniformemente.

sobre la parte interna de la placa definida por la circunferencia

de radio c. Poniendo en la ecuación (a) 2ndqdb en lugar de P, la

flecha producida en el contro de la placa por el anillo elemental
de carga señalado en la figura será

wa} ©

Para

(a =} @

har. —(@

do = L | bog,
Das
La flecha producida por la carga total es

mL CA
an [ae SST EN +09]
Lag as

82. 154 RESISTENCIA DE MATERIALES

Si e =a, esta ecuación coincide con la ecuación (131), 00-
rrespondiente u una placa uniformemente cargada. Poniendo en
la ecuación (144), 6 = 0 y ney = P, se obticno la ecuación (139),
que da la flecha para una carga concentrada, Para determinar
los momentos flectores y fatigas en el centro de la placa, toma-
remos la derivada segunda con relación a z de In expresión (a).
Haciendo 2 = 0 y P= 2ndgdb en esta derivada, la curvatura en
el centro, producida por la carga anular elemental (hg. 92) será

Ser 18) oe

La curvatura en el centro producida por la carga total es

la). a

(pat + E ass)

EI momento flector correspondiente en el centro, en virtud
de laa eonaciones (118) y (119), es

er
LE gen
Et fes

a,

dw
= bate! =) mo

Representando por P le carga total ne*g, y calculando ins
fatigas máximas por flexiôn en el contro, se obtione

Saft
ans = (o = 21 + flog 2 + 2).
Cons = Cola LA A HE (lose? +). Ga)
0 bien

&
Go = ren = 30+ WS, fit +S). a

Disminuyendo el radio e del círeulo sobre el que está distri-
buída la carga, nos aproximamos a] caso de carga concentrada,
Las fatigas en el centro aumentan a medida que c disminuye;
pero son finitas mientras lo es 0.

29, Deformación de una-placa elreular que tiene un agujero
en su centro y está cargada simétricamente.— Flexión por pa-
res.—Sean My, y M los momentos fleotores por unidad de
Iongitud en los bordes exterior o interior, respectivamente — gu-

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 185

ra 93 (a) Para este oaso, P = q == 0, en las ecuaciones (127)
y (128), y se tiene

Ox,
in @
e
= — O26, toga? + 04 (0)

Las constantes arbitrarias se determinan por las condiciones
en los bordes. Sustituyondo (a) en la ecuación (123), se obtiene

ee

Haciendo + = a y después 2 = b, so obtienen las couaciones
siguentes para determinar O y O:

a +H -Sa-n]- Aw

at,

alza +H Ga=u]- My,

de donde
HO Me OEM, = PE Me) gy
"A+ we A= Die — ey

La constante C, se determina considerando la deformación
de ¡a placa, Supongamos, por ejemplo, que la placa está apoya-
da en el borde exterior; la flecha

en ese borde será mula y Ca so 2
calculará mediante la expresión
siguiento, deducida de (6):

0 +0,=0, CE

Le ma elástica de la
placa se obtiene sustituyendo
Gu O, y Os en la ecuación (6).

Como segundo ejemplo, consideremos el enso de flexién de la
placa por los pares 4/,,, cuando el borde interno está empotra-
do —fig. 93 (0)— Las constantes arbitrarias Cr y O, de la ecua-
ción (a) se determinan por las condiciones

920 pars 2=0 y AM, para 2=

o,

83. 156 RESISTENCIA DE MATERIALES.

Teudromos, por tanto, de las ecuaciones (a) y (0)
6,
ae

O,
Garn Ba
Sa + a) Lau

©

Ita+a-
sales) 0

Plexién para una carga uniformemente distribuida a lo largo
de los bordes interno y externo—Si la flexion está originada por

ha Lt
z E

pu dl
4 a e
a
Fra. 4 Fro, 98

una carga uniformemente distribufda a lo largo de los bor-
des —fig. 94 (a)—, 9 = 0 y P os igual a la carga total sobre el
borde interno. Estos valores so sustituyon on las eouaciones (127)
y (125), y de la ecuación (127) so deduco

EA
at @

Pr
=— LE (log 2—1
+ Bap Cle 2D

Las constantes arbitrarias O, y C, so determinan por las

FLAOAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 157

condiciones en los bordes, Por ejemplo, si la placa está empo-
trade en los bordes —fig. 94 (6)—, las constantes se encuen-
tran por ser 9 = 0 pare z — a y z= 6, Entonces, de la ecua-
ción (g) so deduce

Pega + +4

oe 4%

— log, b ~
Zar nb D + HT

La expresión de 9 se obtieno una vez calculados los valores
©, y Cp, sustituyéndolos en la ecuación (9). Los momentos fleo-
tores pueden calcularse entonces mediante las ecuaciones (123)
y 024).

En ol caso de una carga uniformemente distribufda —figu-
ra 95 (a)-—, la fuerza cortante P en un punto a la distancia 2
del centro es

nad = 1
E

Esta cantidad debe sustituirse en la ecuación (125), y las
ecuaciones (127) y (128) son entonoss

qe, gba, =
Bent gp emt +
En — OF nz

ar) Cylogy 2 + Oy.

Para determinar las constantes arbitrarias, se utilizan las
condiciones en los bordes. Por ejemplo, si la placa tiene los bor-
des cmd, las ecuaciones que determinan C y Cy son

- 2 logs a—
St we logs a—1) +

_ , a wal
“16D + Spe Li

Mediante la combinación de soluciones estudiadas en este
articulo pueden resolverse problemas prácticos tales como la

84. 158 RESISTENCIA DR MATERIALES

floxién de los émbolos de las máquinas de vapor y le flexión de
lus aletas ? de los cilindros y tubos, Por ejemplo, combinando
los casos de las figuras 94 (D) y 95 (a), se obtiene una solución

Caso? Casos

vemos

Caso? urnas

Casos

Pro. 00

aproximada dol problema de la flexión de un pistón —figa-
ra 95 (b)— por la acción de la presión del vapor *.
En la figura 96 se ven varios casos de importancia práctica %.

publicaciones de Everett O. Waters y J. Hall Taylor,
joo. Mech, Engrs., 1987.
Y Problemas variados de eave género pueden verso en la obre de
A. Ensslin, Dinglers Polytsch. Journal, 1903 y 1904. Verse tambión
dorar, Forschungsarbeiten, nim. 07, 1911. Diversos experimentos
izados con éinbulvs so describen en el artículo de ©. Cod
{de Mécanique, vol. 13, pág. 840, 1908, M. Selle ha es
Jatas chases roforzadáa con nervios; vénso Zelachri. I, angen.
Mather. und Mech, vol. 6, pág. 434, 1929, y Y. D. 1 vol. 11, pág
na 115%, 1927. Un estudio completo de las phicas oireularus puedo Verne
‘oa Theory of Plater und Shells, 1040
+ lso la publicación de A, M. Wahl y G. Lobo, Trans. A. Sa
M. EL. vol. 82, 1920,

PLACAS Y ENVOLVENTES DRLOADAS 159

En todos ellos la fatiga máxima viene dada por una fórmula

del tipo :
qu

m

mts (149)

según que la carge estó distribuida uniformemente sobre la su-
perficie o concentrada a lo largo del bordo. Los valores numé-
ricos del factor £, calculado para diversos valores do la rela-

ción 7 y para y =0,3 se dan en la table IX.

Las flechas máximas en los mismos casos se caloulan por fór-
mulas del tipo
am

‘ue

Was (150)

Los coeficientes £, figuran también en la tabla IX.

30. Flexión de placas rectangulares.—La teoría de flexión
de placas rectangulares es más complicada que la de las placas
circulares, y solamente daremos los resultados finales concer-
nientes a momentos flectores y deformaciones *. Para obtener
estos resultados, se supono que las flechas son pequeñas com-
paradas con el espesor de la placa y que duranto la flexión los
bordes pueden desplazarse libremente en el plano de la pluca;
es decir, no hay fatigas on el plano medio de la placa.

ABLA IX

courtormsres LY ly DE LAS MOVAOIONRS (149 Y 150). PARA Los oono
04308 DE LA FIGURA 00

AS 2 foe che
DIED E 7
TETE =

1 aso loan jase loss Unas joe hae ose
2 ne joue | Jen La [oie fase 10 [one
3 joe lomem ie om | res (omas | eue
4 ie as [oe fous [ons [oval ar rires
: soo ln [| se RE
‘ oma ie [past re oe fous (as
: Sate [sacle He) leia
: 8 ar soar ate |e [us [om

* El análisia completo de In foxión du placas rectangulares puedo
Verso on Theory of Plates and Shells, 1940. id = ma

85. 160 RESISTENCIA DE MATERIALES

Placa apoyada en los bordes.—En el caso de una carga unie
formemente distribufds, la fleche máxima acontece en el dentro
dela placa (fg. 97) y su valor es

(151)

siondo a el lado más corto de la placa; el espesor de la misma,
y a, un factor numérico que depende de la relación dja. Como
antoriormento, llamaremos M, y M, a los momentos Sectores
por unidad do longitud en las secciones pa-
3 ralelas a los ejes y y 2, respectivamento,
FT Los momentos flootores máximos acontecen
en el contro do la place y valen
Mia Pg (Max = Baga, (152)
L donde 8, y fa son factores numéricos que
ma dependen de la relación À. Los valores de
los coeficientes a, $, y Bs figuran en la tabla X. Se han calcula-
do suponiendo quo el coeficiente de Poisson es igual a 0,3.

TABLA X
CONSTANTES PALA EL OLLOULO DE PLACAS RECTANGULARES CAMCADAS
UNIPORMIAUENTE CUYO BORDE ESTÁ APOYADO

W M 12 18 4 OS 15 7
a 00H43 00580 GONE 006% MT 008% 00000 uw
fr = 0070 00558 0.0628 00693 0053 00812 00862 00008
Ba = UOATO OA 00S01 006% 0506 00600 00403 00680

A 20 9 40 60 =
a = O7 006% 01106 01330 01400 0.1818 01182
8, = 0008 00083 01017 OS 0J25 01246 0120
= O7 007 00964 0.0404 OU 0076 COS

zo

De la tabla expuesta se deduce que si 7 > 3, la fecha más

xima y ol momento ficotor máximo no se diferencian de modo
o

apreciable de los que corresponden ul caso ¿ = oc. Esto indica

PLACAS Y ENVOLVENTES DELOADAS 161

que en una placa rectangular larga 18 > 3) el efecto de los lados

cortos puede despreciarso y aplicar para su céleulo con aproxi-
mación suficiente las fórmulas obtenidas en los artículos 20, 21
y 22, para la deformación en forma de superficie cilíndrica,

Placa con el borde empotrado.—La flecha máxima aconteco
en el contro de la placa y puedo expresarse por la misma eoua-
ción (151) utilizada para una placa con el borde apoyado. El mo-
mento flector máximo en valor numérico so presenta en el oen-
tro de los lados largos y viene dado por la ecuación

(bose = Baa. ass)
En la tabla XI, que sigue, so dan diversos valores de los
coeficientes « y B.
TABLA XE

CONFTANTER PANA YLAOAS REOTANOULANRS UNIFORMEMENTE CARGADAS

gM 1% 19 1% 0

= O0 oo MM MO om arm

B= 00513 OO 0057 00808 Oo 000

So ve que el hecho de empotrar el bordo disminuyo consid
rablemente la flecha máxima y que sobre la fatiga máximo por
flexién el efecto no so acentúa tanto. La

echa máxima y el momento flector méxi- ¿$ x
mo para À = 2 casi coinciden con los que R
se obtieuen para À = cc. Pueden, portan- PF

to, utlizarso los resultados del artículo 21 mo.

correspondientes a le floxién en forma de euperfcie cilindrica
para el céleulo de placas rectangulares oon el bordo empotrar
do cuando À > 2,

Placa com dos lados opuestos apoyados, un tercr lado em-
potrado y el cuarto lado libre (Sg. 96). En esto caso, Y para
sarga uniformemente distribuida, la fecha móxima aoontece

asienta De wurst. 1 a

86. 162 RESISTENCIA DE MATERIALES

en el punto medio A del lado libre. Esta tlecua puede caleulars
por la ecuución

(54

Los valores del factor numérico a se dan n continuación
El momento flector méximo Al, acontece también en el punto À
y su valor es

(Oh)

El momento flector máximo M, corresponde al punto 8,

medio del lado empotrado, y viene dado por la ecuación

lis = — Bagbt. 156)

In tabla KIT, que a continuación se insorts, üguran di-
versos vulores de los coeficientes 8, y 82.

Buga”. (155

TABLA XIT

CONSTANTES PAYA PLACAS REOTANQULARES CARGADAS UNIFORMEMENTE
‘COW 108 BORDES EN LAS CONDICIONES QUE INDIOA LA Saura DS

1 2
3 a 1
0615 mé Os
0920309558 ura
ose 03m Ont

De estos valores se deduce que cuando es grande a compn-
rada con 6, la tira central AB ostá, aproximadamente, en las
condiciones de un voladizo empotrado en B y cargado unifor-
memente.

Placa cargada uniformemente y apoyada en varios puntos
equidistantes (ig. 99).—En osto caso puedo obtenerse una buena
aproximación para la fatiga máxima y para la distribución de
fatigas en las proximidades de un apoyo, procediendo del modo
siguiente: Un trozo de la placa alrededor del apoyo, limitado
por una circunferencia de radio a = 0,22¢ (siendo e la distan-
cia entre apoyos), se considera como una placa circular apoyada
en su borde externo y cargada on el interno con la carga P = get
dirigida hacia arriba y solicitada, además, por una carga uni-

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 163

formemente distribuida de intensidad g dirigida hacia abajo
—tigura 99 (1) — +, El problema puedo resolverse mediante los
métodos explicados en el artículo 29. Tam-

bién ha sido estudiado por H. M. Westor-
gard * la flexién do placas rectangulares
sobre fundación elástica para su aplicación
al estudio de fatigas en carreteras de hor-
migón.

31. Depósitos de pared delgada some-
tidos a presión interlot.— 1 estudio lo ro-
duciremos al caso de depósitos en forma
do superficies de revolución sometidos a
una presión interior de valor p simétri.
camente distribuida con rolación al ejo de
in 00 (ip. un. Nocı zu BE
que la presión p sea constante para todo d
el depésito; pero af que varfe do modo con- M=1
tinuo. Si el espesor de la pared es pequeño Eso. 99
comparado con sus radios de curvatura y
no existen discontinuidades bruscas en la forma del meridia
no, pueden caleularso las fatigas en la pared del depósito des-

Fra. 100

prociando au flexión y suponiendo que las fatigas extensoras
en dicha pared se reparten uniformemente a lo largo del espe

Gage la publicación du H, M. Westentasrd y A. Sater, Pro
ecedónge a] the Diners Coneres Inst, vol, 1%, MEL, Véase taiabión
Lave, Die sirenge Lovung des Pitedeckon problems, Berlin, 1923.
2° Véwe su publicación en Ingenioren, Copenhagie, Dinimares,
vágina 513, 1029) y tumbin eu Public Lauds, vol. 7. pág. 20. 1026

87. 164 RESISTENCIA DE MATERIALES

sor 1. Los valores de las fatigas se calculan fácilmente por las
ecunciones de la estática.

Consideremos un elemento mnsg, separado de la pared del
dopésito por dos secciones meridianas tales como mn y ag y por
dos secciones normales a las meridianas ms y ng. Por almotria, so
deduce que sobre las caras de esto elemento actúan solamente
fatigas normales,

Sea

©, La fatiga de extonsién en dirección del meridiano.

Ga La fatiga do extensión en dirección de la seoción normal,
A El esposor uniforme de la pared.

ds, La dimensión del elemento en dirección del meridiano,

ds, La dimensión del elemento en dirección de la sección normal.
13 El radio de curvatura en la dirección meridians

ra El radio de curvatura de la sección normal al meridiano,

Las fuerzas totales de oxtensión que obrea sobre las caras
del elemento son hoyds, y hayde,. Las fuerzas Adsyo, que obran
sobre las caras ma y nq del elemento dan una componente en
dirección normal al mismo igual a —véase fig. 100 (6)

dsyo,d0, x= Mitre, (0)

Del mismo modo, las fuerzas extensoras de los lados mn y ay

onen una componente normal
Mao 20, = Palaos, ©

La uma do estas componentes normales está en equilibrio
con la presión normal sobre el elemento. Por tanto,

Hadad, hago
A ”

= pds de, ©

(157)

* Las paredes que no resisten a Moxión se denominan algunes

veces emembranas», y las fatigas calouindas despreciando le esiön,
iatigae de membranas. Se supone que las fuerzas exteriores, distribute
das de modo uniform a lo largo del bordo de la pared, son Lungentes

PLACAS Y ENVOLVENTES DBLOADAS 165

A continuación so exponen algunas aplicaciones de esta
ecuación.

Depósito esférico.—En esto caso, 1, = y= y 61 =0%
La ecuación (157) da

Depósito cónico.—Consideremos un depósito cónico que con-
tione un liquido (fig. 101). En este caso, la curvatura del meri-

dian co = yla fain y ao lago dela

sección normal, debida a la presión del Liqui
do se caloula por la ecuación (157). La pro-
sión interna en los puntos m—n a distancia
d— y de la superficie del Kquido os

Pr y,
siendo y el peso por unidad de volumen del Mquido, El radio de
curvatura r, en dichos puntos es

le,
“eos

Sustituyendo en la ccuación (157), so deduce _
e 84 rd),
"ya

de donde
„rü—gyise @
7 cosa

F1 valor máximo de eta fatiga acontses on los puntos donde
Vy) ets; oa

15
y la fatiga oormenpondionte es

[AS

YE ga,

4h cos

(o

La fatiga o, al nivel m-n so caleula igualando la suraa de las
componentes verticales de las fuerzas extensoras dirigidas según

88. 168 RESISTENCIA DE MATERIALES

los meridianos que sufre lu pared al poso dei volumen de líquido
imons (tig. 101). Por tanto,

rung aho, cos a wald ur.
de donde
vif}
3 y

ARE 7)
Bh eos

Esta fatiga es máxima para y == À d.
ción (), tendremos

justituyendo en la vow

(des

0)

Tas eounciones (d) y (/) resuelven por completo el problema.
cuando se desprecian las fatigas de Hexiön en las paredes del
depósito
En el caso de un depósito cilíndrico de diámetro d, sometido
a una presión uniforme p, encontraríemos, según ya se vió (pá
gina 41, Primera parte),
m

a
où

a
Problemas
1. El depósito do le figuro 102 contieno un líquido hasta el nive!

indicado.
Determinar les fatigas máximas 0, y o, em lus pastes cilíndrien

er

m

Fra 102

y esférica, y la fuerza compresora on ol anillo de refuerzo mn.
Solución: El poso del líquido existente en ol depósito cu

de free tenus! |

PLACAS Y ENVOLVENTES DELOADAS 167

Para la parte oilfodrica del depósito,

2 5 Que
gent y ar
An la parto esférico la fatiga máximo so presenta en el punto más
bajo de fondo, donde fa prosión del Mado où
yak,
CHARLES

ta ore exter on a pare cute del pte, or mid de
Joie det anit wn, a eo
fr, que la pres Sl nila Sy. 108 (= vale

To componente mdial de este

Y
ren

y ln fuerza de la compresión on la scoción recta del anillo sord, 4

Loan
{aa solución ep a Bits d qu ls puede de.
poate an sombras 96 talons Dia Fam oleo del
[im de compren en sail eben enn a
tevin el mismo ls partes sens indica y
‘Sma de eyed
2 Determinants en Lo putos mn de
un dapat tase, con ndo ae, eno
2 ght ns stad Qu. 108
Shan. Del cui (7) dt, pars
toto pie del psi ein sado w aia à
aaa io! que

ato Y jt do:
tor Te () Fro. 103

Puesto que Ins fuerzas meridionas a lo largo de la socción mm oqui-
libran al peso del volumen del líquido emont, ae tiene como segunda
ecuación

0)

BT)

os

tam eetet)

3. Fncontrar en le figura 104 In relación que dobo existir entre vt
Abinmnev exterior del depósito, el diámetro del uuállo-soporte nes y la

89. 168 RESISTENCIA DE MATERIALES

altura d del liquido para quo ol anillo mn sufra únicamente ima noción
vertical. La parte contral del fondo del depósito cs una superficie estés

soe d Angulo an a to. mi.

T mmo ángulo corresponde a la parte c6-
‘nica mmr.
4 Ita: La relación necesarie puede
encontrarse estableciendo que las socio»
La | nos ejercidas sobce ol anillo por el fon»
do esférico yla superfleio oönica lateral,
inclinadas ambas à 48°, den componen:
te horizontal nula, De ello se deduce
que el volumen do líquido representa.
do ea la figura por ol áron rayada debe
sor igual al volumen mast
4. Determinar las fatigas méxi
mas en el depósito de la figura 102, siendo R= 3 rm. r= 240 m.
dm 610, y = 1000 kg/m. y b= 1,26 cm.
5. Determinar las fstigas o, o, on la pared de una superficie tórica
sometida » ana presión intorma p (Ag. 105),
Solución: La condición de equilibrio respecto a fuerzas vertica-

“tod
1

ie. 108

Les dal trozo mnmins, separado del depósito por una superficie cilin
rica vertical de radio a y por la superficie cónica ment, da,
At a)p— oy) Br son à = 0,
de donde
24 = a)

Een

La fatiga a, puede onloularso después por la fórmula (157).
8. Determiner la fatiga máxima cu la pared del rocipiente de la
figura 105, si a == Ban, Ds 2,010,, = 6,26 rom. y p == 4 kg/ema,

32, Fatigas locales de Mlexión en depósitos de pared del-
gada.—En lo anteriormente expuesto so hia despreciado la Ho.

PLACAS Y ENVOLVENTES DBLOADAS 169

xión de la pared del depósito y caloulando solamente las fati-

gas denominadas fatigas do membrana, Los corrimientos dobi-

dos a las fatigas de membrana originan una flexién do la pared

y, Por tanto, fatigas de flexión que en algunos casos pueden

ser de importancia práctico, Este defocto se acusa en los puntos

de cambio brusco de la curvatura del meridiano. Cuando el me-

ridiano está formado por curvas no tangentes, se dispone un

Anillo de refuerzo en la forma que indica la figura 102, à fin do

ovitar la floxión acusada de la pared

del depósito. También pueden ser

elovadas las fatigas on los puntos de

uni6n, aunque las curvas que forman

el meridiano sean tangentes. Las fa-

tiges adicionales en osos puntos se de.

nominen fatigas por discontinuidad. a
El método de cálculo lo expon- Fra. 106

dremos considerando el caso sencillo

de un dopésito cilíndrico con cabezas semiosféricas sometido a

una presión interne uniforme (fig. 106). Considerando primero

las fatigas de membrana, tendremos

(a)

para la parte ilíndrica, siendo r el radio dol cilindro y de las cabo-
zas semiesföricas y l el espesor de la pared. En el trozo ealérico,
Es

Las deformaciones radiales correspondientes en las partes
cilíndrica y esférica som
Zar) a Fein
Ferd ee 5 Faw
Tospoctivamente.
Si supusiésemos separadas las partes cilíndrica y esférica
de la pared —fig. 108 (b)—, la diferencia de los radios debida a
las fatigas de membrana sería

pr
DE (0)

90. 170 RESISTENCIA DR MATERIALES.

En la realidad, la cabeza y Ja parte cilíndrica están unidas
por la acción de las fuerzas cortantes P, y momentos flectores My
figura 106 (9)—, por unidad de longitud de la circunferencia
de Ja superficie media del depósito. Esta solicitación produce
flexiôn en las zonas próximas, Para analizar le floxién en la
parte cilindrica, puesto que la deformación es simétrica oon re-
Jnción al jo, basta considerar
la flexién de una tira elemental
(figura 107) y la flecha de esta
tira será radial. Supondremos,
para simplificar, que el ancho de
la tira es la unidad. Represen-
tando por y el desplazamiento
radial do una sección cualquiera

BE dota Yar a dtomación

ro. 107

unitario de compresión en die
rección circunforencial originada en ol cilindro por el acorta-
miento y en el radio, La fatiga de compresión correspondiente
es EU. Por consiguiente, cuando la tira exa hacia el ejo del
cilindro, se producen unas fuerzas compresoras 7 —üg. 107 (6)—,
cuyo valor por unidad de longitud de la tira es

Buy,

r

7 (o
1
Puesto que el ángulo 0 os igual a 7, estas fuerzas dan una
resultante radial *
Bun, _ Buh
+ a
que se opone a la deformación de la tira, Estas fnerzas rencti-
vas ostén distribufdas » lo largo de la tira y son proporcionales
a y, por lo que la tira ostá, respecto a la flexión, en las mismas
condiciones que una viga sobre fundación elästica (art. 1), siendo
Eh
2

ta)

k

+ se aupoue que 8 es un ángulo pequeño,

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS m

Como la deformación transversal de la tira está impedida por
Jas tiras adyacentes, de modo análogo a lo visto en placas (pá-
gina 122), deberá usarso la exprosión

Ele
Ba
en lugar de la rigidez a In flexién. La oounoïén diferencial de ta
elástica de la tira será, por consiguiente (véaso ecuación 1),

vty EH h.

TA

introduciendo, como anteriormente, la notación

p= Tie ya (158)

la elástica de la tira será (véase ecuación 11, pág. 13)
a
Pp, -— Mal cos Ba — sen x), (€
Y Spay Po 008 Be — BM yl cos Be— sen al. (0)
Fs, por tanto, una curva oscilatoria con fuerte amortigua-
miento, do longitud de onda

o

cuyo valor ex pequeño comparado con r, si A lo es.

De lo expuesto se deduce que la flexión producida tiene un
carácter local y que su efecto sobro las fatigas es sólo apreciable
en una zona estrecha alrededor do la junta. Esta zona, en la
parte correspondiente a la cabeza es, aproximadamente, cilín-
rica y, por tanto, la ecuación (2) puede servir también para el
cálculo do las deformaciones y fatigas correspondientes a la on
beza semieaférica 1.

Cuando la pared cilíndrica y la cabeza esférica tionen el mis-
mo espesor, las flechas y los giros producidos en los bordes de
dichas partes por las fuerzas P, son iguales. Las condiciones do

La prueba de que esta suposición es suficientemente aproxima-
da, ha Mio, dada por E, Meisner, Schwere, Bauzetung, vo), 80, pi
wine 1, 1625,

91. m BESISTENOTA DR MATERIALES

continuidad en la junta se satisfacon si M, = 0 y P, tiene el
valor necesurio para quo la tlechs en ol bordo cilindrico sos à
Haciendo My = 0 y x= 0 on In covación (e), la fórmula para
obtener Pa será
los,
39073
de dondo
cap = PP
BiB sr) 86

Conocido Py, la flocha y el momento Hector para cualquier
sección de la tira puedo ealeularse por la ecuación (e). Las fa-
tigas de discontinuidad correspondientes deben añadirso a las
de membrana dadas por las ecuaciones (a). Sila cabeza y le parte
«ilindrica del depósito tienen diferente espesor, además de la
fuerza cortante Py, existirá en In junta un momento flector My
Estas dos cantidados so calculan estableciendo; 1.° Que la suma
de Ina flechas correspondientes a las partes caférica y cilíndrica
son igual a 8 —fig. 106 (9)— 2.* Que los ángalos de giro en los
dos bordes sean iguales.

El método expuesto se emplea también en el caso de que las
cabezas no tengan forma esférica 2, Si el espesor de la pared de
los depósitos no es pequeño, las fatigas de fexión adquieren
uns importancia primordial y es necesario un estudio más do-
tenido de la distribución de fatigas 2.

059)

= a int mp yr non tine
aeg cata os bas
ple digg se Ne LE
Ei een
En fate Bei a E, de
ate Be en Baal ea e le
a Ge ee Eee
a a
ne Sn A N San:
ae
een
RR N A en
erh

FLACAS Y BNVOLVENTES DELGADAS 173

Problemas

1. Determinar lan fatigue de discontinuidad en el depósito do la
Agra 108, ai y = 12 kg./oms, rm 62,5 em, A= 12,5 ram. ie = 0,8,

Solución: De la ecunción (158), 8 = 0,146 c1n.~4 y por la cours
ción (160),

P. vo 10,3 kg. por em,

“
EKO
El momento feto ot ir hemo a
mi

y utilizando le couación (e) y sustituyendo

Hip ft 200 82,

=
so obtiene.
at Ferna.

EI momento máximo on valor absolute corrospondo a Az = , y

2 Muss = 56,75 kg, em. La fatiga máxima correspomdiente os

sw,
7

= 87,2 kgm,

Ya fatiga debe ati à La fatiga de membrana,
ma 1320 300 em,

La fexión dela tira produce también fatigns cirounforeninte, que
pueden dividimo en don grapos: 1°, (tigen que impiden lu distorsión
ola scoign do la tira (vénse pág. 122) (el valor maximo de estas It
fas cn una sección cualquiera es e VE, y 2°, fatigno do valor — 22

debidas al acortamiento de la eireunferenein.
Sustituyendo en las expresiones anteriores los valores de Me y,
ln fuga por discontinuidad quo debe wdadiras a la fatiga de meute
rana oy será

92. 174 RESISTENCIA DE MATERIALES

El valor máximo de esta fatiga se obtione fácilmente, Es poe
queño comparado con In fatiga cireunfermeial de una mumbrano,

eu mos où $ 08 us.

F2 Una mombrana cilíndrica enlazada a
1-10. dos discos macizos gira alrededor del ojo 0-0
(Ggura 108) con volocidad periférica v. Doter-
a ce minas las fatigns de Moxión locales an la mem-
Fic. 108 brana si se supono empotrada à lo largo de los
bordes mn y my.
Solución: $i separamos la membrana de los discos, el inoremento
del radio de la membrana, debido a In fuerza contrifugh, será —vénse

i ‘a ¡cremento del rudio du los dise
coución (19), Primera pare Y, Et insets dal die de o du
os sa vie cación (22)

Lave

22

a diferencia de cuts dos contidados s
Stuer

AE

Aplicando el mátodo del problema anterior, y considerando una tira
de anchura unidad, so eueuentra la fuerza cortunto P y el momento
Aleotor My en el borde mn xocdiunto las ccunciones (11) y (12). Sopon-
dremos los discos suficientemente rígidos, comparados con In mein.
bruns, fin de despreciar la deforiación que en «llos producen Ins
fuerzas P, y los pares My. Las ecuaciones pera el cóleulo de Py y My sou

PDT =,

ao Po 7
de dondo

ARD; M BaD.

Conocidas estas cantidados, lus Muchas y las fatigna de Mexión ne cale
úulan por espresionae análogas a lu vcuación (11).
3. Determinur la fatiga Nuctora máxima en la.
mombeana del problema antorior, si r = 65 em,
= 12snm,, 0= 150 n.foeg. y el material 08 ucero.
4, Dotenninar las Sotigas producidos en una
tubería por un anillo delgado quo actón zuncha« Fie, 109
do (fig. 109).
Solución: Considerando una tira longitudinal de anchura unidad,
y representando por P la ucoión mutua utro mille y tuberia por wie

PLACAS Y ENVOLVENTES DELOADAS 15

nd de longitud del porímotro do la tuberia, podemos estudiar la tira
como una viga sobre fundación elástica solicitada por la carga son.
centrada P (art. 1). El acortamiento del radio de la tubería, debido a P

P ‚pr
—ceunciôn (8) os gar El alorgamiento del radio del will cn 3 2%

aE
donde A os el área do la soceiön del anillo. Ropresentando por 8 el juego

dei zunchado puedo escribirso
em
Dt

© utilizando la covación (168) y tomando y = 02,
Pri, Pa
+ a]
7 xo determinn por esta covación, y el momento fector máximo en Ja
dira por a ssución (9) %. La fatiga máxima por Sonia cu la ira ex
Sr.
Vaz

Fate método so aplica también al caso de tin tubo cilíndrico con
Anillo de refuerzo, sometidos ambos a tina presión uniforme externa ©
interna. Sé la distancia entro anillos ou lo suficientemente grande para
que el efecto de las deformaciones prodwcidas por cada uno pueda des
prociarso af estudiar las do los demés, puede obtenerso P mediante la

semi (9, sustitnynde A
dicción dl ado de a tuba, bid ul prada uniforme $

5. Resolver el problema anterior, suponiendo que la Jongitud 1 de
la tubería no es grande y que el anillo está situado en el contro de
dicha longitud.

dea: Para calcular la presión P por nidad de longitud de anillo
se utilizan los resultados del problema correspondiente a la figura 13,
Página 19. La Mecha producida en la tuboría por las fuerzas P ea

Pp Chgl+cospl+2,, P ChBl+ cost
24 Shfrsong ‘SD Shal+ son fl

Y ig inn dd silo en sid mal se spero poque
En

PEN rl de ta al d ets pued a oe ab
o
A OS
vol. 41, pis, 1038, 1897. e

E aii ae mind lolo d ue atra.
snd alc cn ery til us nat
eR nd ca Eh

93. 16 RESISTENCIA DE MATERIALES

La ecuación para el cáloulo de P es, por consiguiente,
EE EN
IPD pr Paro
Hallar P para una tuboria do acero si y = 02,5 em, A = 12,5 mm,
Lu 126 em, À =26 may Bm Le mm.
6. Uns tubería ciíndrica, con los bordes simplemente apoyados,
está sometida à una presión interna uniforme p. Hallar la fatiga de

y

rake

Fis. 110 Fro. 111

floxién y la Mecha en el centro do la tubería (Mg. 110). Las dimensiones
son iguales a las del problema anterior

Idea: Por os resultados del problema representado en lo figura 20,
página 20, la fecha y el momento flector por vnidad de longitud en la
circunferencia de la sección control e— 0 son

ln

( 20h cos à 5
Tomte E

1. Resolver ol problema anterior, mponiondo que los bordes de la
tubería están empotrados de modo perfecto.

Idea; Emplear los romultados del problema representado cn in
figure 21, página 20.

8. Una tuboría cireular de acero está reforzada por anillos sepa:
ciados a distancia 1 fg. 111 (0)— y sometida a una presión inter-
na p. Haller la presión P producida por unidad de longitud en la cie.
cunferencia interna de un anillo, Hallar la fatiga máxima por fexión
en la tuberia.

Solución: Consideremos primorerento el trozo de tubería come
prendido entre dos anillos, bajo In accién de fuerzas cortantes Ps
figura. 111 (0) — y momentos fletores M, —S$. 111 (€) —. por unidad:
La anchura del anillo so supono despreciablo al lado de la dis-
tancia [ar anon,

PLACAS Y ENVOLYRNTYS DELOADAS m

de longitud en la eircunferenein de le tubería. Considerando una tien
longitudinal de anchura unidad como una viga sobre fundación élés-
tica, y utilizando los resultados de la figura 12, página 16, y Sgura 18,
página 25, se encuentra para la flecha y el giro cn el extremo izquiendo
de lu tira, en ol caso de la figura 111 (0),

[SU (a)
ie sm
ata o

Para el mismo oxtremo, en el caso do la gua 111 (0) 49 obtiene
rr Sr — sont

Ce o
Yan) „nen nenn "
De in er bd

Por definición de P so deduce que
Po

Sustituyendo en la covación (0), y observando que en la tubería
figura 111 (0)-— la tangento e la tira debe ser paralela al eje de la tue
Doria, se obticno

(a+

de donde
P shgt—senpt

Mo= 55 Gear
Para caleular P eupondremos primoramente que los anillos eon
absciutamente rígidos, En esto caso, la flecha que en lu tubería produ:
¿irían los fuerzas P en el sitio de los anillos debería ser igual a la dia.

o

tación radial FF, que tendría la tubería sin la presencia de los anillos
de rufuerzo, La 061

¡ón para ol céleulo de P es, por consiguiento,
(OL, + a4 =

Per Ch8t-teoss! _ Par (Sh ge m

ER "SUR een pl 28h NN CRA" E

En cada enso particular se resolverá fácilmente esta ecuación en P,
y sustituyendo el valor de P en la expresión (1) ue obtiene el valor del
momento flector Mp.

m

someta ve MPa 7 1 ”

94. 118 RESISTENCIA DR MATERIALS

Para tener en cuenta In dilatación de los anillos de refuerzo basta
observar que las fuerzas P producen un aumento del radio intere

dima gua oP, donde 4 os olden dol oe etn del aio.

La fecha do la tubería disminuye, por tant
siguionto, pa
no eseribie

, en ces cantidad. Por con-
obtener P basta on oat

ve pa
En” AB

E ovación (om
Lagar de Zen la covación (m.

9. Hallar el momento fector My y la
fuerza cortante Y, por unidad de lougitud
Rou tn in oironnforonoi de fondo del tongue

ilindrieo, Lone de liquide, dela figura 112.
Los datos son: r= 9m, d = 7,80 m, À = 36 om, Y =1,15 kg./dm. y
w= 026.

10. Resolver el problema 5, suponiendo que el anillo esté zun-
chado on el extremo izquierdo de la tubería. Se desprecturá la resis
tencia del anillo a la torsión.

‘Idea: Utiliceso ol resultado obtenido para ci probleme represen
tado en la figura 22, págino 26.

33. Fatigas térmicas en envolventes cilíndricas, —Si una en-
volvento cilíndrica con los bordes libres experimenta un cambio
uniforme de temperatura, no se producen fatigas de origen
térmico. Pero si los bordes están apoyados o empotrados, la di-
Intación libre de la envolvente está impodida y acontecon fa-
tigas looales de Hlexión en los bordes. Supongamos, por ejemplo,
que los bordes de una tubería cilíndrica de gran longitnd estén
empotrados. En este caso, al variar la tomperatura de modo
uniforme, las fuerzas cortantes y momentos fiectores en los bors
des pueden obtenerse como indica el problema 2 del ertfeulo
anterior. Basta sustituir 3 por rat, que representa el aumento
radial de la envolvente, debido a la expansión térmica, Sila lon-
gitud de la tubería no es grande y es preciso estudiar simultd-
neamente ambos extremos, las fuerzas cortantes y los momen-
tos flectores se determinan mediante los resultados obtenidos
en el problema 8 del artículo anterior,

Consideremos ahora el caso on quo la temperatura varía en
dirección redial. Sean 4; y 4, las temperaturas uniformes do las

PLACAS Y ENVOUVENTES DELOADAS 179

paredes cilindricas interior y exterior de In tubería y suponga-
mos la variación de la temperatura con el espesor lineal. En este
caso, para puntos situados a gran distancia de los extremos de
la cavolrente, no hay flexión y las fatigas pueden calcularse por
la ecuación (122) (pág. 138), obtenida para una placa con borde
empotrado. La fatiga flectora máxima será

ca Hah,
=p) el

Se ha supuesto 1, > ty. Por consiguiente, la fatiga extensora
actuará sobre la superficie extorior de la envolvente,

Cerca de los extremos de la envolvente existe alguna flexién
y las futigas térmicas totales so obtienen superponiendo 116 (a)
con las fatigas debidas a dicha flexiôn. Consideremos, por ejem
plo, las fatigas en el extremo libre de una tubería cilíndrica
larga. Para calcular las fatigas en este caso, observaremos que
en el borde las fatigas representadas por la ecuación (a) se tra-
dncen en momentos My distribuidos

amenant gate 18 a e

= Ñ q :

a, hy mn
rer

Para obtener un borde libre, es ne-
Cesoiosupesponer tros momentesdel (A
mismo valor, pero de dirección opues- *
a AJO
to, las fatigas térmicas en el borde libre. ly +
se obtienen superponiendo a las fa
gas (a) las fatigas producidas por los
momentos representados en la figura 113 (b). Estas últimas fati
gas pueden obtenerse fácilmente considerando la fexiön de una
tira elemental y empleando la solución (11) (pág. 13). Se obtiene

Fie, 18

e~#*(cos pe —sen Br), (0)

ondo 8 viene dado por la ecuacién (158). La flecha máxima co-
miezpunde ul borde libre (2 = 0), y es

You — sa @

95. 180 RESISTENCIA DE MATERIALES.

Las fatigas cirounferenciales correspondientes son
My E_ Put — tp

2207 va dd

El momento flector que obra sobre el extremo do In tira ete-
mental vieno dado por la oxpresión (5). Los momentos flectores
que impiden la distorsión de las secciones rectas de la tira du-
rante la flexién son
alt, — 40
pM, = pt 10)
2(1—4)

La fatiga térmica máxima actúa sobre la superficie exterior
de la tuberin en dirección circunforencial y oonsta de tres partes:
1.8, fatigas (a); 2. fatigas (e), y 3.9, fatigas producidas por los
momentos (4). Por consiguiente,

Bf, VER a
uf ¿um

Para y = 0, esta fatiga es, aproximadamento, un 25 por 100
mayor que la fatiga (a) correspondiente a puntos a gran distan-
cia de los extremos: Se deduce, por consiguiente, que si aconteco
la rotura de una envolvente de material quebradizo, tal como
vidrio, debido a una diferencia de temperatura £, — ty, comen-
zará en el borde y tendrá dirección axial. De un modo análogo
pueden calcularse las fatigas correspondientes u los casos eu que
el borde está empotrado o apoyado 1,

Problemas

1. Hallar las fatigas de origen Lérmico producidas en unn Targa.
tubería de acero con los extremos empotrados. Datos: 7 = 60 cin.
h— 12 mun à = 0,3; el cocficiente de dilatación, «= 126 x 10-1,
y el aumento uniforme de la temperatura de
Ba x 10 kg jor,

tubería, 58°

2 Varios ejemplos do esto tipn pueden veren en la publicación de
O, HL, Kant, Prana. Am. Soc. Mesh” Enger vol 03, pigs 197. 1081. Bi
caso de un gradionte de torapocatura en dirección axial puedo vor
En Theory of Plate und Shelley pag, 48.

PLACAS Y ENVOLVENTRS DELGADAS 181

Solución: Con los dutos de roforencia so encuentra
B=012emt, De $32 X 10% kg. om,

Ta dilatación libro del radio de la tubería debida a la elevación de

erapuraturn es a
Bm arte 4) = 120 X 60 x 86 10m 43 x 10 om,

Sustituyendo en lus ecuaciones del probluma 2, del erticulo ante
rior, encontramos la fuerza cortanto y el momento Mector por unidad
de longitud sobre La cireunforoncia del extremo empotrado,

2, = 489%D = 195 KkgJom.
Ma = 2890 = 641 kg.

Conocidos los valores de Py y Ma, so pueden halla fácilmento lus
tige de dirección circunferencial y axial Correspondientes al extremo
empotrado.

2. Resolver ol problema anterior, suponiendo que los extromos
están simplemente apoyados

3. Un tubo de acero de dimensiones iguales alas del estudiado en
«l problema 1 tiene sus superficies interior y exterior a las temprratu-
Tas 4 y hy respectivamente. Hallar la fatiga máxima en ol tubo si

SS

Respuesta: ogy = 1912 keg fom

4. Resolver el problema antorior, suponiendo quo se hnbinsen em.
potrudo los extremos del tubo cuando ésto tuvieso una temperatura
scitormo igual à LEE.

54. Torsión de un anillo circular por un par distribuido
uniformemente a lo largo de sn línea media.—Se presentan ca-"
sos en los que un anillo circular de sección constante está soli-
citado a torsión por un par distribufdo uniformemente sobre su
línea media‘, Considerando medio anillo fig. 114 («)-— como un
cuerpo libre, de su equilibrio se deduce, al tomar momentos res-
pecto al diámetro oz que en las secciones m y n debe existir un
momento Bector de valor

M= Ma, @
siendo a el radio de In linea media y Mf, el momento torsor por
unidad do longitud de dicha linea media. Consideremos ahora la
deformación del anillo. Por simetría se deduce que durante la

* Problomas do esta naturaleza se presentan al coloular lag fa
en los anillos. Un caso análogo so prowattu al analizar lus fatigus

96. 182 RESISTENCIA DR MATERIALES

torsión cada sección gira en su propio plano el mismo ángulo 0
que supondremos pequeño *. Sea O el centro de rotación —figu-
ra 114 (5) — y Bun punto de la scceiön a distancia ¢ de C. Debido
a la rotaciôn de la sección, el punto Z describo un arco peque-
50 BB, = 20. Por ollo, la fibra anu-
lar perpendicular a la sección en el
punto B aumenta su radio en Bi.
Si tomamos los ejes coordenados tal
como se indica, tendremos, por la so-
mejanza de los triángulos BB, By
y BDC,

= Hy. (6)

Venmos primeramente el caso en
que las dimensiones de la sección del
anillo son pequeñas comparadas con
el radio a de su línea media, Entonces el radio “le todas las fibras
circulares del anillo puede tomarse igual a a sin gran error y ol
alargamiento nnitario de la fibra que pasa por B, debido al des-
plazamiento dado por la ecuación (9) es

ee. ©

Si no hay presión Interal entre las fibras anulares, la fatiga do-

ida a esto auaryatnionto «=
on BMH, @
«

Ahora bien, para ol equilibrio del semiavilo, In ma de
todas las fuerzas normales ligadas a la sección del anillo deve
ser mula y el momento de las mismas fuerzas respecto al ee 2
debe igunlar a Bf —véase ecuación (a)

Si con dA representamos un elemento de área de dich suo-
ción, las ecuaciones de equilibrio son

da =o; f EA 10)

La discusión general de esto problema, cuando 8 no es pren,
ha sido tenliada por Re Ceasomel, Zeitschr, Y aprte, Mate Mech
wok. 8 pag. 129. 1935, y vol. T, page 109, 102

PLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 183

La primera de estas eouaciones muestra que el © de @ de la
sección debe estar sobre el eje 2, y de la segunda se deduce
Mo | Mat
EL BL"
donde 7, es el momento de inercia de la sección del anillo res-
pecto al eje a. Sustituyendo en la ccuación (d), encontramos
Me
A
es decir. la distribución de fatigas normales sobre la sección del
anillo es la mina que en el caso do flexión de una barra recta;
la fatiga es proporcional a la distancia de la fibra considerada
al eje neutro x y la fatiga máxima acon-
tece en los puntos más alejados de di-
cho eje. ?
Como segundo ojemplo, considera- f=" |,
remos un anillo de sección rectangular [>
(figura. 115), cuyo ancho 4 no es peque. Fe. 116
fio comparado con ol radio a de la línea.
media, Seau » y d los radios interior y exterior del anillo, respeo-
tivamente, y » el radio general correspondiente a una fibra, Su-
pondremos, como anteriormente, que la deformación del anillo
consiste en una rotación de mu sección ? de un valor angular 8.
El alargamiento unitario de la fibra de radio 7 y la fatiga corres-
pondiente sun

61)

5 , (199)

kK 4

”

La conación do equilibrio, andloga a la segunda de las evun-
cines (o), sora

E integrando,

A log S = at,

1, La posible distorsión de la gección so desprecia an este extudio.

Bl error correspendiente en pequeña ton tal de que dle = 10, Vene
EM. Wahl, Prana Amer. Sue Mech. Bngro 1900, 7

97. 188 RESISTENCIA. DE MATERIALES

do donde
we 12 Ma
Ome ye nag 163)
En tog,2 Bk log, Ÿ
o o

Sustituyendo en la sogunda de las ecuaciones (/), tenemos

Lo, donde r = coy

(164)

Groix
pe à

Welog À Melog, À

Si b es pequeño, la ecuación (163) puede ponerse fácilmente

co ra (10), Haganosd = 0-42 y oa nt,
a+? en
Tog, — so (1+ 3

Para valores pequeños de la relación 2, el último logaritmo
vato, aprsimadament, À, Sunitendo co vale où cu

ción (163), se obtieno la couación (161).

Estos resultados puedon utilizarse para celoular las fatigas
que se producer en la unión de una tubería y una Drida 1 por
las fuerzas 2 (fig. 110). À es la fuorza por unidad de longitud en
Ja circunferencia interior del tubo. La fuerza por unidad do lon-

Gina enla dans esta dela alata oo À, or o

Otro método para

1 câteulo do estas fatigas ha sido dado
. Waters, Journal Mech, vol, 6%, pag. 161, 1987. Verso,

J.D, Muttimoco, N. O. Smith Peterson y H.C. Bell, Zane,
E, vol. 00, pag. 297, 1333.

FLACAS Y ENVOLVENTES DELGADAS 185

acción do dichas fuerzas, la sección recta do la brida gira el ángu-
lo 0 y la pared de la tubería flexa como indica la figura 116 (5)
con linea de puntos. Sean fy y Py el mo-

mento flector y la fuerza cortante en In
unión por unidad de longitud de la
ferencia interior de la tubería. El valor de
dichas cantidados puede encontrarso de la
condición de continuidad en la unión de
tubería y bride. Como ordinariamente ta
brida es muy rígida en el plano perpen-
dicular al ejo de la tubería, el corrimien-
to radial producido en la brida por las fuer-
zas P, es despreciable y la flecha en ol
extremo de la tubería puede considerar-
so mula, El giro en el extremo de la tube: Eso. 116

ría es igual a 0; es decir, al ángulo de ro-

tación do la sección recta de la brida, Utilizando las ecuacio
nes (11) y (12) so obtienen las ecuaciones siguientes para el
cálculo de Pa y Mp

1
apap Po Bate)
1
ya Po— 28 My)
De la primera de estas ecuaciones so deduce
Py= Bo (0
Por consiguiente,
M,=24D0 y P,=28*D0, m

Para una tubería de espesor A, y radio interior c, ß viene
dudo * por la ecuación (158)

1)

"Si el espasor de In tuberia es pequeño, puedo despreciarse
iene el vai esa paris materi y el de nu esi

98. 186 RESISTENCIA DE MATERIALES

El momento torsor por unidad de longitud de Iinen media de
la brida, producido por las fuerzas de la figura, es

M,= Al | res ME a 4 o

Sustituyendo en la ecuación (163), se obtiene el ángulo 0,
y por la primera de las eonacionos (2),

1e

My= 28D. [re aïe].

ER log, ©

Reemplazando D por au valor , se obtione

ad (168)
o
(i) ee
Mediante las eonaciones (165) y (g), pueden calcularse las
cantidades M, y P, conocidas tas dimensiones de la tubería, el
módulo de Poisson y las fuerzas R. Pueden, por consipniente,

siguiendo el método expuesto en el artículo 32, calcularso las
fatigas por flexión en la tuboria.

Problomas

1. Doterminar el momento foctor My y la fuerza cortante P, on
la tuborta de la figura 110, sid = 15 em., € = 7,05 cm, À = 3.46 em,
fy = 1,96 om., à = 0,3, E == 2,1 x 10° kg. jeans,

Solución: "Por la ecuación (0),

B= 0,827 0m.

wat anaes

Sustituyendo en la eouscidn (1065), se tiene
Mon 0409 Ride; Pen BM, = O.1B RUE — 0
La fatiga flectora máxima on la tuberia sera
0,
m

PTACAS Y EXVOLVENTES DPLGADAS 187

2. Hallar la expresión do In pequeña fecha correspondiente al
anillo cónico de la Syura 117, quo representa un elemento de un re-
corte Belleville. Z os In carga por unidad de longitud en el borde inte-
tor del anillo.

Solución: ‘Témenso, como anteriormente, las coordenadas + 0 y,
con al origen on ol centro de rotación O. El alargamiento wnitario y
In fatiga, para una Abra de radio 1, vienen dados por las ecvaciones ().
Dol equilibrio de medio anillo so deduoo.

[Farma [Warum m

Ta posición del centro de rotación O se determina por la prime:
sa uo estas ecuaciones, Sea a el radio en el punto C, y supongamos.

4—+

nes

er]
Fer

ae ol ángulo $ del cono es lo sufiientemente pequeño para que

pueda tamarso sen 8 = P, cos B= 1. Tomando lee jos & © y jura

cle aos lados de la sección rectangular, y teniendo en cuenta que

y =y + Br = y, + Blr— a), la primora de las ecuaciones (m) 06
esoribira.

ES gen] arto PORN = toga

mue

de donde
a m

La segunda de las ecuaciones (m) será.

[eu + Mr all andy,

99. 1988 RESISTENCIA DE MATERIALES

y sustituyondo ol valor (a), obtenido para a, lo Acha del borde
rior dol cono, respecte del inferior, será

Bab la
¿[dam te (PE =

‘Fata exprosión nos de 3, e so conocen las dimensiones del anio, el
módulo de olasticidad del material y la carga A. El procodimiento
seguido desprecia el efeoto de la variación de $, debida al giro 0”.

‘Pare grandes fechas debe considerar le variación dal énga-
to 6, Abe coon lo Ron opto ber puponnenle de cate
Viso ln publicación de W As Bevcht y À. M, Wahl, Journal Appl.
Mec, Brn AS M Ex val: 88 pá. 6, 1880. Venson tami as
capes de d. 6. Alma y 4 rane So Mack
ares vo Sh. 403, 130,9 Sigel Grown, VD. La vol 1,
Pac sia De

CAPITULO IV

PANDEO DE BARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS?

35. Pandeo lateral do barras comprimidas por debajo del
¡ímito de elasicidad.—El estudio de la compresión y lexi6n si-
multäncos de piezas rectas (pág, 23%, Primera pare) mostró que
“existe un corto valor de la carga compresora denominado carga
critica, para el que puede producirso una gran flecha, aunque la
carga transversal sen muy pequeña. Para una pieza prismática
fon los extremos articulados lo carga eritica es
Per.
=

Experimentalmente, se ve que cuando la fuerza compresora
de una pieza. esbolta2 se aproxima a este valor, comienza a cur-
varse la pieza, y esta deformación lateral sumenta.con tal rap
¿oz al crecer la fuerza compresora, que una carga iguala a er
tica en corriontemente suficiente para producir el colapso com-
pieto de la estructura, Por consiguiente, la carga crítica debe
Sonsidererse como carga de rotura pura columnas esbeltas,

Do la oxprosión (a) so deduce que la carga crítica no depende
de la resistencia del material, sino solamente de las dimensiones
¿e la pioza y del módalo do elasticidad del material. Dos piezas
igualmente osbeltas, una de acero de alta resistencia y la otra
de acero corriente, pandean para el mismo valor de la fuerza

Pas ©

3 src más cia de ots un,
véase Theory of Elastic Stability, ithe m
RL ats u à ni a
wep asp ale SER
snare TSE ha sl ra

100. 190 RESISTENOTA DE MATERIALES

compresora, aunque el material soa muy diferente en los dos
casos, Pot Ja ecuación (a) se ve que puede aumentarse ln resis-
tencia al pandeo do una pieza incrementando /, lo que puedo
Jograrse sin modificar el área de la sooeiön recta, distribuyendo
el material tan lejos como sea posible de los ejes principales de
la socción. Por esto, las secciones Enbularos son más económicas
que las macizas para plozas comprimidas, Disminuyendo el e6-
pesor de la pared y aumentando las dimensiones transversales
se aumenta la estabilidad de estas formas tubulares, Existe, sin
embargo, un límite inferior del espesor de la pared para el que
la pared resulta inostable por sí misma, y en lugar do pandear
la pieza como un todo, se presenta el pandeo de sus elementos
longitudinales, lo que origina la abolladura de la pared,

De todo lo expuesto se deduce que el pandeo de las piezas
comprimidas, es decir, su estabilidad elástica, es un problema.
do gran importancia práctica, especialmente en aquellas estruo-
turas para las que las dimensiones de las secciones se han ido
disminuyendo por el empleo de materiulos cada vez más resis-
tentes y el deseo de quitar peso, En muchos casos, el colapso
do una estructura debo atribuirse à
inestabilidad oléstica y no a falta de
resistencia por parte del materi

En la discusión anterior (pégi-
233, Primera part), el valor de la
carga crítica se obtuvo consideran-
do la acción simultánea. de fuerzas
compresoras y fleotoras. So obtiene
el mismo resultado suponiendo que
la pieza está solicitada
por una carga compresora aplicada axialmente 1, Consideremos
ol caso do una viga prismática esbelta empotrada en su extremo.
inferior y oargada axialmente en el superior (fg. 118). Si la car»

2 Los valores de caga crítica para piezas prienáticas, pen Ins
«condiciones de ligerón de sus extremos, Lion dados por prüneru voz
for Euler: véase Auläitamentum, De curvia elaslici, en ol Methodue ine
Deniendi linens curvos marimi minini ve proprictate gaudente, Lausan-
ne, 1744, Vase también Histoire de U leaden, vol. 13, Berlin, 1797.
Una traducción al inglés do esta obra puedo verse en Li 58,
volumes 201, 1933.

PANDEO DE DARRAS, PLACAS Y CASOARAS 191

a Pos menor que su valor orític, la pieza conserva la forma
recta y sufro solamente compresión axial. La forma recta os es-
table en el equilibrio elástico; es doc, si se aplica una fuerza,
lateral y so produce una flecha pequeña, esta fecha dlesapareoo
cuando se quita la fuerza latoral y la pieza recobra la forma rec
ta, Aumentando P de modo gradual, s llega a un estado para ol
que la forma recta de oquilibrio es inestable y una ligera fuerza,
lateral produco una flocha que no desaparece al dosaparever la
causa que la produce. La carga crítica se define ahora. como la
carga axial necesaria pare. quo la pieza tomo una forma ligera-
mento flexada —fig. 118 (6)—.

Esta carga se calcula mediante la ecuacién diferencial de la
lástica (ecuación 79, Primera parle). Los ejos so toman como
indica la figura 118 (6). Por consiguiente, el momento en la sec-
ción mn es P (3— y) y la couacién de In elástica es 1

Como es natural, al estar libre el extremo superior, el
doo se presentará en el plano do menor rigidez à la Mexión, la
que denominaromos I. Sea

ar ©
La ocuación (b) será
LES :
Got ety =p. @
La solución general do esta ecuacién es
y=3 + 0, 008 pe + O, sen pz, @

donde C y C, son constantes que debon satisfacer a las condi-
ciones en el extremo empotrado

Geo = 0

Fa din die on ga 181% pst
Fa onu pan ane moda

101. 192 RESISTENCIA DE MATERIALES

Estas condiciones se cumplen si
O=-35 ©

Por consiguiente,
y= 8(1— cos pz). ©
En el extromo superior se verifica

eat
Para ello es preciso que cos pl

), es decir, que
pa (ne 5, 0]

donde n es un número entero, El valor menor de pl y, por con-
siguiente, de P, que satisface a la ecuación (f}, se obtieno ha-
ciendo # = 0. Por tanto, mediante la ecuación (c),

7
ai)
», EE,
4
Este es el valor de la carga crítica para la pioza de la figu-
14/118 (a) 0 det, a velo inner do La gus pas el gus lab
fon puedo toner free encon ger fib:
Goa nae n= Bs or eae da
HER,

de onde
(166)

Las elásticas correspondientes se von en las figuras 118 (c)
y 118 (4). Para obtener la indicada en la figura 118 (c) es nece-
saria una fuerza nuevo vecos mayor que la carga crítica, y para
In representada en 118 (d) es preciso que sen veinticinco veces
mayor. Estas formas de pandeo son inestables y no tiene
terés, ya que la estructura sufro el colapso cuando la carga al-
canza el valor (106),

La carga critica para algunos otros casos se obtiene fäcil-
mente mediante la solución supuesta. Por ejemplo, en el caso

PANDEO DE MARRAS, PLACAS Y OÁSOAR: 193

de una pieza con los extremos articulados (fig. 119) es evident,
por almetría, que cada mitad do I pega está on las mismas con:
diciones que la barra completa de la figura 218, Por consiguiente,
la carga crítica para este caso se obtino escrbion
do Lon lugar del, enla ecuación (160), se obtiene
_EL
®
EI caso de una pieza con los extremos articala-
dos os muy frecuente en las aplicaciones prácticas
y se denomina caso fundamental de pando de una
barra prismática. En el caso de uno pieza con los
extremos empotrados (fg. 120) existen momentos de
xeacción sobre los extremos duranto el pandeo. La
combinación de la fuerza compresora y dichos momentos equi
vale e aplicar excéntricamente In fuerza compresora (Hg
a 120). Los puntos de intersección de la hnos do acción do P
con la elística lo son de nfoxión para éta, ya que en elos el
momento es nulo, Estos puntos y el punto medio de la pieza
dividen à I barra en cuatro trozos, cada uno de los cunls está
cn las mismas condiciones que la barra de la figure 118. Por
consiguiente, In carga crítica para una pea con los
extremos empotrados se deduce dela ecuación (100),

Py (107)

pasando fn ga des ohio
BL
y=
En todo lo expats spore quel pin s
moy ela a D ge, ande e rs à
pando, queda or ts da mt So repr
Mahe, amet cn Co cn pu pl
re I noms (9, Pare elec el aie do
spi de ls eres entres que dan
ds carpe iy, toman us damen (ie
ST Divide 01) poral dr dela de

(168)

ción de la pieza, y llamando & = |, J al menor radio de giro,
e 4

102. 194 RESISTENCIA DE MATFRTATRR
so obtiene como valor crítico de la fatiga de compresión la.
expresión

mE GF (169)

Esta couación es aplicable mientras q, sea inforior al limite
de proporcionalidad. Conocido esto limite y también el módulo £
del material, puedo calcularso fácilmente el valor límite de la

cc (a oracion l ble dp) pra cda

caso particular.
Procediendo del mismo modo en los casos de las figuras 118

y 120, s0 encuentra
RE (i "am
3

La fórmula del caso fundamental (169) puede emplearso tam-
Lién en otros casos si so usa una longitud reducida I, en lugar
do la longitud de la pioza, En el caso do una barra prismétion
con un extremo empotzado y el otro libro, la longitud reducida.
+s el doble do la rcal I, = 2. En el caso de una barra prismática
con los dos extremos empotrados, la longitud reducida es la

mitad de la real 1, = 31. Lo eouacién que da la fatiga crítica

armenio ay

puede, por consiguiente, ponerse en la forma

mE Gy 2, (i ara)

donde B depende de las condiciones de apoyo de los extremos y.
se denomina corrientemente cocficiente de longitnd.

‘Cuando estudiamos el proyecto de columnas (pig. 243, Pri-
‘mera parte), se consideró el caso do una columna con los extro-
mos articulados, Todo lo allf oxpuesto puedo aplicarso à column
nas con otras condiciones en los extremos, con tal de emplear.
la longitud reducida 1, on lugar do la longitud real 1. En cada
aso particular, el proyecto de una columaa so reduce a determi-
nar el valor apropiado del coeficiente do longitud.

PANDEO DR BARRAS, PLACAS Y CASCARAS 195

Como cjemplo de cálculo de este coefciente, consideraremos
el caso de una pieza comprimida axialmente que tiene empotra-
do ol extremo inferior y articulado el superior (fg. 121). El valor
crítico de la carga compresora P, es aquel para el quo la pieza
puedo tomar una forma ligeramente curva por fle-

xión. Se ve que en este caso, durante ol pandeo, so. ajo.
produce una reacción lateral Q, y la ecuación dife
rencial de la olöstica será.

dy
Blip" — Py + QUA or

La solución general de esta eouacién con Iano- |

tación (0) es
y=0,0ospe+O,cenpo+ un. M mem

Para dotorminar las constantes O, y Oy, y la reacción des-
conocida Q, se tienen las siguiontes condiciones en los extremos

(a)

Wem (eur

Utilizando el valor de y dado por (+), se tiene

©, cospl+ C,senpl=0, pO, o

P

Hallando las constantos ©, y Cy, por la primera y tercera
de estas ccuaciones, y sutituyondo en la segundo, se tiene
tg pl = pi. (0)
Para resolver esta couación trigonométrica se emplea el m6-
todo gráfico. En la figura 122 tenemos las curvas que dan tg pl
como función de pl. Dichas curvas tienen por asatotas Ins vet
ZE... puesto quo par estos valores do, pl
‚se hace infinito. Las raíces de la ecuación (j) se obtienen como
intersección de Ins curvas indicadas con la linca recta y = pl
La menor de as ras us obtenidas es

ph = 4,498,

103. 196 RESISTENCIA DE MATERIALES
Por consigulento,

20161 | mBL
eo

Pa = PEI = om)

Ee der, In carga crítica esla mlama que para una pier
con los extremos articulados y de
longitud
= om.

Como ejemplo segundo, con-
sideraromo una viga sobre tos
apoyos comprimida. axnimento
por Is furans P (Og. 129). Para
faleular el valor crítico dela fuer

pt za compresora, utilizaremos su de
ena 2
E =

Fro. 122 Fra. 123

fnición y sapondromos que P., es la fuerza para la que la vins
puede tomar una forma ligeramente curva por flexién. Como
consecuencia del pandeo, aparecerá un momento flector M, en
el apoyo central 1, para euyo cálculo podemos utilizar la ecua-
ción (38), obtenida para vigas continuas. Como en nuestro caso,
los extremos están articulados Af, =M,=0, y la ecua-
ción (38) será.

bo +0) ®

Fata ecuación queda satisfecha y el pandeo do la pioza es
posible si

bra ho j
A+) o

2 Una ©

‚peiön es cl caso sencillo de igualdad en la luz de Jos
doa tramos y de sección constance a toda la Tongitua de la pieza. En
sto caso M Sen el apoyo central, y cada tramo ests cn las mis:
‘uns Condicions que ua pieza con 106 Cxteemos articulados.

PANDEO DE BARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS 197

donde By y Ba son —véanse expresionos (30), pág. 37

Bi

din lara ®
,

4 | La
mo ler
Si so conocen las dimensiones de la viga, puede determinarse

“uy à por las exprosiones (I) y la relación 6, : 8, por la coun-
ción G), que de

o

ba
ity

6
4 m)

Utilizando ahora una tabla numérica de la función $, se
puede con facilidad resolver esta ecuación para valores apro-
piados do 1, y t, Y obtener, mediante las expresiones (I), el
valor crítico de P. Sea, por ejemplo, 2, =1,=1 y k= 2h.
Por tanto,

(nm)

Para resolver esta ecuación es necosario encontrar un valor
2, de la variable 2u tal quo cuando le dupliquemos la función 6
cambie de signo y reduzoa su valor numérico a la mitad del que
tenía para el valor 2uy. Utilizando la tabla de valores numéricos
de 82, se encuentra fácilmente que esta condición queda satis-
fecha si

24, = 1,98.

Por consiguiente, por las ecuaciones (2)
199 EI _ SEI _140RT
qo Re
Se ve que el valor de la carga crítica queda comprendido
SEL ÉL, que, po separa, cor
ponderfan a los tramos, si cada uno se considerase independion:

2

entro los dos valores

Y Tha tabla do esta naturnicza puedo verse en Theory of Elastic
Sabat

104. 198 RRSISTENGIA DE MATERIALES

temente con los extromos articulados, La estabilidad del tramo.
corto so ha reducido por la influencia dol tramo més largo,
mientras que la estabilidad do este último ha aumentado.

Al deducir la ecnacién (e) para la cléstica, dejamos indoter-
minada la flecha máxima 3; cs decir, para la carga crítica la.
barra puedo tener una flecha pequeña cualesquiera.

Esta indeterminación proviene de utilizar la expresión apro-

ximada Ÿ para la curvatura, en lugar do la expresión exact

dy
dé

ja

ate)

La solución de a ooución diferencia exacta corsepondien-

te a la elation oo hn encontrado para varios cats! y muestra

que no exito sn I Hecha I indoteminación obtenida anterior

mento, Por ejemplo, pars una pleza con ls oxtremos arioula-
dos, la fecha máxima puede representarse por la ecuación ?

E

lo que muestra quo la flecha aumenta muy rápidamente para
valores de 1a carga superiores a la orftica. Suponiendo, por ejem=
plo, una carga superior en el 1 por 100 a la P,, se vería, por la
ecuación (174), que la flecha es alrededor del 9 por 100 de la
longitud 1 de la barra 2.

La relación entre la carga y la flecha puede representarso
gráficamente tal como indica la figura 124 por la curva OAB,
enla que la carga so toma en ordenadas y la flecha en abs-
visas. Cuendo la carga es menor que P,, la fecha es mula, Por
encima do esto limite, la flecha aumenta rápidamente con la

% Saatschite, Der Belaste Stab, Leipzig, 188. Véase también Hi
phon, Traité des Ponetions eliptinues, vol. Uh (1883), par. 198.

Vaase Rı v. Mises, Zeitschr, J. Angew. Maik, Mech. vol. 4,
(192%), pág. 485. Véase también O; Domke, Die Bautechnik, vol. 4,
(1920), pie. 187, y Fe W. Burgen, Bays. Ber, (1817),

37 sb mipone que la deformación permancce por debajo del mite de
proporcionalidad.

TANDIO DE BARRAS, FLACAS Y CÁSCARAS 199

conga *. En los ensayos de pandeo, la lación entre la ficha y
la carge dependo en alto grado de la exactitud con que se ha
centrado la carga, así como del

grado de onderezamiento y
homoge:

curva earga-fiecha es e
temente análoga a la curve OD
de la figura 124. Debido a in-
exactitudes de una u otra cla- *
se, la fecha comienza para car-
gus pequeñas, pero progresa LL 3
lentamente mientras que el var Fie. 124

lor de la carga está lejos del de

la carga crítica, y lo hace muy rápidamente cuando la carga so
aproxima a dicho valor crítico. Cuanto más cuidadosamente se
prepara la barra y cuanto más cuidadosamento so carga, más
se aproxima la curva obtenida a la teörica O4L2,

Problemas.

1. Una barra de acero do sección rectangular 24 X 4,8 om., con
dos, se comprime oxialmente.

gitud minima para la que puedo aplicarse la covación (187)
2.1 x 10° kg era, y el limito de proporcionalidad es 2,100 ig. fem.
Determinar el valor de la fatiga oríica si la longitud os 144 em.

2
Solución: EI radio de giro minimo es X=" om la longitud
lun deducida de la ecuación (100) 2V3
240

bm 100 Be E) = 69,4 em.
ava

La fatign crítica para T= 144 em, —oouación (109)— ea

dan O yq Em 470,5 lo

ER

* Cuando comienza lu fuencia, la curva AB no ce válida y el
ppancleg va siguiendo In curvo de trazos BO (Og. 124).

boa eomeldencia cası absoluta entre los Valores experimentales
y los teóricos ha sido obtenida por Th. y. Karman, Forechunguardel»
Ten, núm, 81, Berlin, 1010; vöase también K. Memmier, Proceedings
of the 2d Iniernat, Congres of Applied Mech. pág. 337, Zürich, 1920,

105. 200 RESISTENCIA DE MATERIALES

2. Resolver el problem anterior, suponiendo ma barra de asc

sión circular de 2,4 em. do didmotro con los extremos empotrados.
Reopusta: Longitud minima = 120 centh

metros. Para [= 144 cm 0, = 1466 lg fem

3. Determinar la carga compresora erica
correspondiente a una I standard de 175 cm. do
Jongitud y 16 em. do altura, do extremos as
ticulados,

4. Resolver el problema 1, suponiendo que
‘uno de los extremos do In barra está empotra-
do y el otro articulado, tal como indica la Agu-
mi.

5, Determinar el valor crítico de las fuer»
zas P, quo comprimon las burrus verticales del
Fig. 128 euro representado en la fzum 126,

"Solución: Bl pandeo produce los momentos
de reacción Mo, quo so oponen al libro giro delas piezas verticals. La.
<cvación diferencial do lu elástica do una bar vertical ex

La ruin gm d ou ed =
pop Gun pe äh

Las constantes do integración y M, so determinaréa por las condi-
cionas siguientes, basadas en la forma simétrica del cuadro (Mg, 12

mu Bu (8 m0 Me.
tante la expresión gunera de y. slo

a E e
CEE Open + Ga co

a,
n= Fh
De donde se obtiene la ecuación trascendente siguiente, que sirvo

ara determinar p, y, por tanto, la carga ortica

#4 Ph
warnen“

stare ai,
bs aera nu

Cannio o grandes dcr, cuando I resistencia dean barn
oem dl amd ge de I ven ort

PANDEO DE DARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS 201

con ner mai de gu vale abate, y so ap

à 3 Ta caga cacao aprorima enlnses al valor TI, slo

do anteriormente para una barra con los extromos articulados —ecua-
sido (187)

cundo À
rn bovine dl eur l pedo dea ara vee e muy
Var bats, y e

en pegao, sd, monde lancia de sh

; :
ee ig E sin aac asta da qe

mo aproxima a m. Entonces la caiga crítica so aproxima al valor
We
27
los cxtremos empotrados.
En el cazo do un cusdro de forma cuadrada, con todas las barras
do la misma secciôn, 1= ly J == Zy la ecuación que determina la car
gh critica os

, obtenido anteriormente —ecuación (168)— para una barra con

PRE

de donde
nom

LAT ET PT
a Tom m
La longitud reducida os, por consiguiento, en esto caso, = 0,774 L
8. Resolver el problema anterior, suponiendo que además do ns.
fuerzas verticales F cxisten dos pares de fuerzas horizontales Q. que
comprime las barras horizontales del cuadro.
Tea: Puesto quo las barras horizontales están comprimidas,
éngule representado por 0 on la figura 125 084
Ady teu
Mair

donde
on
e

La ocunoïén para el eálealo del valor ertico de P se obtiene po:

ido en agar d coin (polen antoine,
7. Una barra con los oxtremos articulados AB (Ag. 126) ostá

+ En esto caso pueden utilizarse curves análogas a las empleadas.
on la figura 192. = |

#55 dues modiante la ecuación (8), wunituyendo ui en Iv
gar dou,

106. 202 [RESISTENOTA. DE MATERIALES
comprimida por as fueras P, y Pu. Hallr el vos cíico de la fuer»
PE PtP) mb ar.

Solucién: Suponiendo que la pieza panden en la forma que indios
la fgurn 126 con lince de puntos, se producirán duranto el pandoo

rosctone hier 9 = 2%, Lo suis ie

fereneintes do lo trozos euperior e inferior dolo elder
tios son

lu

. Ps
LEP Pan a2) + row.)

Exoploando las notaciones

o obtiene como solución de las ecuaciones (rs

n= Groen me + Orcos pe PAU

Casen pee + Oscos per + DE

ie. 128

Las constantes de integración so obtienen por
las condiciones en log extremos de los dos trozos do In pieza que
pandee:

(imi = 0.

Wed We Giro =O
Do aquí ee deduce

pt ty
DE Fea le — 18 pl A

PETE

=

Sustituyendo eos Valores en Je couaión do continua
le

viento neuación trascendonta, que sirvo para el céloulo
de lus cargas críticas
CE ob a

wma min

Q

PAYDRO DE BARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS 203

la ca) puede resolverse on cada caso particular por tantoos, o bien
repruentando gráficamorto ambos miembros de la ecuación y deter:
‘minando los puntos de intersocción de las dos curvas. Sea, por ejem-
plo, hm da La Lam 1 y Pm Py ao obtime

PP

3. Hallar la carga crítica para une columna empotrada on sa base
y libre en la cabeza, formada por dos trozos prismáticos de momentos
de inercia Za e I, (Bz. 127).

Solución: Si 3 es la Mecha en la onlena durante el pandeo, Ins
«ecuaciones diforencialos pora los dos trozos de elásti

21.2%) 100 1)
Ella
gram, u
.
Sint rein nn me ||
=340 cos pz + D sen paz, o”
Li m m ‘Fro. 127

mal — cos pe).
Las constantes de integración sn obtienen por Ins condiciones

amd e es
lo que da
34 Coos ptt Deon pled,
84 C con ala + D sem pal = 8(1 — con ph),
de donde

Den De

Puesto que los dos trozos do la elástica tienon In misma tangente
28 tione la ocuación

Bp, son pa

Poniendo en lugar de © y D tos valores anteriores so obtiene final
mens la ecuación siguiente, que sirva para obtener Pur:

— Opa sen pale + Dp 008 palo

la te pas Di
m
En oi caso particulas do que

CES

107. zus RESISTENCIA DE MATERIALES
so obteee m.
(Vin
Pos
ari
y
a
Poe

‘Vator igual a Ta carga erftion obtenida para una columna do sección

30. Método de la energía para el cálenlo de la carga arf-
tica 1. —La fórmula de Euler, dada on el artículo 30, se dedujo
resolviendo la ecuación diferencial de la cléstica de la pieza.
comprimida con ciertas condiciones en los extremos. Hay casos
en los que esta ecuación es complicada y la solución exacta difi-
cil de encontrar. Se puedo emplear entonces un método apro-
ximado, basado en la consideración de la energía del sistema.
Como ejemplo, vamos a examinar el caso de una column empo-
trada en su baso y con una carga axial en la cabeza —fg 116 (a)
y (0)— La forma recta para el equilibrio elástico de la pieza.
comprimida es establo si la fuerza comprosora P es pequeña;
pero so hace inestable desde que P alcanza su valor crítico y
comienza ol pandeo. Este valor crítico de P puedo ballarse
comparando la energfa del sistema en los dos ensos: 1.° Cuando
a barra está comprimida únicamente, y 2.° Cuando está com-
primida y Mexada, La enorgía de deformación en la barra flexada
es mayor que en la forma recta comprimida, debido a que debe
añadirso la energía de flexión a la energía de compresión, que
puede considerarse constante para deformaciones pequeñas.
Consideremos ahora la encrgía potencial do la carga P: la de-
formación do la barra viene acompañada de un descenso del
punto de aplicación de la carga P, por lo que la energía poten-
cial de ésta disminuye. Son U la energía potencial de flexión y Uy
la disminución de la energía potencial de la carga. Si U, es me-
nor que U, la deformación de la barra viene acompañada de
un aumento en la energía potencial del sistema; esto indica que

blicaciones del autor en los boletines del Instituto
iow, 1010, y Annales des Ponte ei Claus, Pa:

PANDEO DE PARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS 205

será necesario aplicar alguna fuerza lateral adicional para pro-
ducir la flexión, En esto caso, la forma recta es de equilibrio es-
table. Por el contrario, cuando U, > U, la deformación de la
pieza viene acompañada de una disminución de la energía poten-
cial del sistema y la flexién acontecerá sin necesidad de aplicar
fuerza lateral alguna; es decir, la forma recta lo es de equilibrio.
inestablo. El valor crítico de la fuerza compresora se obtiene, por
‘eonsiguionte, cuando

U=0, (175)

Para caleular el valor de la carga crítica mediante esta ecua-
ción, es preciso obtener las expresiones de U y Uy. La elástica
de la barra bajo la acción de una fuerza compresora igual a la

carga crítica (m = E ecuaciôn (e) (pág. 192), es

=3(1—cos E). (a)
9-25) el
Con este valor para y, la enorgfa de deformación por fle-
pas
xión será reine
ul ft (Fa) a ER wr 0)
2 Jy dae) "Tr

Fl descenso del punto de aplicación de la carga durante la fe

Kong LU nu
Le o

@

so tiene

que coincido con Ja ecuación (160) obtenida anteriormente.

En este caso se conocía la elástica (a), y por la ecuación (175)
homos obtenido el valor exacto de la carga crítica, En los casos
en que se desconoce la elástica puedo obtenerse un valor apro-
ximado de la carga crítica suponiendo que la elistica responde a
ln ecuación do una curva apropiada (una cualquiera que satis

108. 206 RESISTENCIA DE MATERIATES

faga a las condiciones en los extremos) y procediendo como an-
teriormente.

Para ver qué aproximación puede obtenerse por este mé-
todo, consideraremos nuevamente el problems anterior. Supon-
gamos, por ejemplo, que en el caso do la figura 118 (6), la elis-
tica es la misma que la de una ménsula con una carga transver-
sal Q concentrada en su extremo. Por la ecuación (97), Primera

A :
para = 2551). Satan st vr e la orp

sión (5) de la energfa U de deformación por flexién, y en la ex-
presión (d) de Uy,

4 Por
Us Pa
al (iy 15 EF

Sustituyendo en la ccuación (175),
El
3

Comparando cato resultado con la fórmula exacta (100), se
vo que ol error del valor aproximado es alrededor del 1 por 100.

Este error puede reducirso considerablomente y obtenerse
una aproximación mejor si se toma para la onorgía de deforma-
ción la expresión.

Py

+28.

ir
ong far. @
Sustitayendo on este expresión
Qe a
A E =Paf1— %À cot
roy =P» at | a a) 0
se tions
„pam,
321 5
La disminución de la energía potencial de la carga P co
P git _3P

nem

TAYDEO DE BARBAS, PLACAS Y CASCARAS 207

Sustituyendo en la ecuación (175), se obtiene

de donde

Por consiguiente, el error de la solución aproximada es sola-
‘mento el 0,13 por 100. Utilizando la ecunción (e) en lugar dela (8),

se introduce en los cálculos la Mecha y de la curva escogida en

lugar do la derivada 74. Como y viene dada por la curva es-

exits e mca mb aproxianin qv $ Y, gado née.
do do cáleulo ds un resultado mucho más aproximado pars Py.

El método de la energía da corrientemonte buenas aprox!
maciones con tal do que se cscoja la curva acertadamente.
Algunas veces el resultado os acoptablo, aunque hayamos lecho
una hipótesis grosera sobre la forma de la curva. Por ejemplo,
supongamos que la elástica, en el caso que oxaminamos, sea una
parábola de couación is

Por consiguiente, a

E pe (Je
|, 221 "2Ei 2El15

ant Cl Y) de

Sustituyendo en la ecuación (175),

pays, oF
NS
y
ESS

109. RESISTENCIA DE MATERIALES

so ve que con la curva parabólica supuesta se obtiene tam-
bién una buena aproximación, a pesar de que la curva ha sido
muy mal escogida. Tiene la curvatura casi constante a lo largo
de la longitud de la pieza, mientras que en la curva real la cur-
vatura es proporcional al momento flector, y este último es
nulo en In cabeza y máximo en la base de la barra.

Aplicando el método de la energfa con una curva apro]
da que satisfaga las condiciones en los extremos, se obtiene
siempre un valor para la carga crítica mayor que el verda»
dero. Esto se debe a que la elástica real que toma la barra
al pandear es la que corresponde a la menor resistencia de la
barra.

En la mayoría de los casos la curva escogida será diferent
de esta curva de resistencia minima y obtendremos valores por
exceso para las cargas críticas.

Problemes

1. Resolver el probleme representado en la Ogura 121, suponien-
do quo In elástica tiene la forma do le que corresponde a una viga
Careuda "uniformemente, con un Extremo empotrado y el otro
cuado.

2. Resolver, por el método do la energia, el problema 7 del ar
Gículo anterior (pág. 201), suponiendo fy = hy =,

Solución: Suponi elástica es uns sauusondo,

san nov orme ur
mye Py ime,
ae ee a EE

ta cena de domain or Bata se

v

"tar, [200 e dol an

ite fem (bends ent)
y

EN

pal E
ler

PANDEO DE BARBAS, PLACAS Y CÁSCARAS 208

La dieminueiön de la energie potencial debida al descenso de Jos pun»
tas de aplicación de las cargos Py y Pp 08

2 ten
u tn ine)

‘de CS

Sustituyendo en Ja ecuación (178) y utilizando las notcioncs ya
si obtiene

(2 mm

UC SE)

3. Resolver el problema & del artículo anterior por al método de
la energía.
Respuesta: Suponiendo lo elástica

so obtions
um

37. Pandeo de barras prismäticas solicitadas por fuerzas
axiales uniformemente distribuldas.—Suponiendo. se
que bajo la acción de la carga axial uniforme acon- x
tooo un gor pandeo (08 198, puodo sbtoncro || EP
el valor rftico do la carga integrando la ecuación i
diferencial de la elástica. En este caso la ecuación A
o os tan sencilla como en los anteriores y au in-
tegraciön requiere el empleo de las funciones do
Bessel ?,

Una solución aproximada se encuentra por el
método de la energía. Tomemos como expresión de la elástica

la curva
(or 2) (a)

gue, como sabemos, 6a la verdadera elástica correspondiente al
caso do pandeo por una carge comprosora concentrada en la

Fo. 12

y

Y Vénso Theory of Elastic Stability, pág. 1

110. 210 RESISTENCIA DE MATERIALES

aber de la pieza. El momento flector debido a la parte de car-
ga anterior a la sección mn y correspondiente a esta sección es

m | au,
Poniendo en vez de y el valor (a) y escribiendo
a1 —cos™),
=
se obtiene, después de integrar con relación a E:

AS
=fi—9 02s — on™
Ma au
cll ole also nessa ue nen
fasta x tits chen
ede rn a
ar” 37 Gta oh a

Para calcular la disminución de la energía poteheial de la car- .

ga das dental panda, oberen qe do ele
Erico dones don etn carry enon
in pet sper ea orga opos un depa
Toca uj al an
amis
all
y run componente de la ee polen cs

22) aa — as

La disminución total de la energía potencial de la carga dn-
rante el pandeo será.

tin

Sustituyendo las expresiones (8) y (c) en la ecuación (175), 20

o

ei ppp, oh
sita li
ma 7,89 EI
re

PANDEO DE DARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS au
Lu solución exacta para este caso es

78321 1.
CE

We ae)

Por consiguiente, el error de nuestra solución aproximada
es menor que el 1 por 100.

Problema

ea, com los oxtremos artieu- | ||
29), está solicitada por una carga uniforme- if
monto distrib de itensdad y y por una fuera | ||
compresora axial P. Hallar ol valor crítico de P,

poviendo para la elástica la ecuación 1 r
ver |
Kerpen: ,
PES pen

38. Pandeo de barras de sección variable,—Son pie, 120
Jn pieza de sección variable simétrica con relaciôn
«su centro y con dos planos axiales do simetría de la figura 130.
ve=z=1-y La parto central es de socciôn uniforme con un
e TT. momento de inercia 1,. Hacia los extromos, la sec-
2 ción varía y su momento de inerois sigue la ley

| to @

” donde x y a son distancias tomadas desde un cier-

| to punto fijo (figura 130) y m un número que de-
ponde del tipo de columna.

Cuando la parte central es un cilindro macizo

y los extremos conos macizos, 7 varía con la cuar.

da potoncia de x y m = 4 en In ecuación (a). Cuan-

do la columna tiene un espesor constante en direc-

sión perpendicular al plano de la figura 130, los

momentos de inercia / respecto a ejos paralelos al plano de la

figura son proporcionalos a, y m = 1 en la ecuación (0). Cua.

Fo. 130

111. 212 RESISTENCIA DE MATERIALES

do la columna está formada por cuatro angularos triangulados,
como indica la figura 131, el área de la sección permanece cons-
tante e I puedo tomarse proporcional a 2%, Por tanto, m == 2
‘en la ecuación (a). Los cáloulos realizados para m=1, 2, 3, 4
muestran 1 que la carga crítica por debajo del limite elástico
puede representarse por la ecuación

om
dante «es un her momo qu den de ln
ren

(a momento in

extremas. Suponiendo articulados los extremos de la columna a
viene dado por la tabla que a continuación se expone, Puede

re ge nog ra Ya ti

unidad, el factor a tiende a * y la ecuación (179) tiendo a la (187),
que corresponde a une pieza prismática,
‘Como ejomplo de aplicación de la tabla XIII, consideraremos
una pieza de madera de 187,2 cm. de longitud y sección rectan-
gular. El espesor de la pieza pormaneco constante e igual
1° 4.18 cm. El ancho varía, de acuerdo con una ley lineal,
y es 9,6 cm., en el centro, y 5,76 em. en los extremos. Dex
terminar P, si E = 8,4 X 101 kg./om.2, En este caso,
a LL 5:76

Lo mary 1256 06
71, 80

Dela tabla xırr se deduce a
deducida de la ecuación (179), es

00, y la carga crítica,

Ox 9,6 LE
OX LE = 964 kes,
2 x 187, wil

Fi. 181. Como segundo ejemplo, consideraremos In columna

piramidal de la figura 131, cuya sección cuadrada está.
formada por cuatro angulares de 8,4 x 8,4 x 0,9 om. El ancho
exterior de la columna en los extremos es 28,8 om.,y en el centro,

1° Véaso A. Dinnik, Westnik Ingeneroe, Hu
mécicn de la página siguiente 30 ha tomado de es

La table awe
Úlicnción

ANDRO DF BARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS 213

40,2 cm. La longitud de la columna es 18,12 m. Determinar la car-
a crítica para esta columna, tomando para su acero £ = 3,1 x 10%
kg./ema, y suponiendo que las horizontales y diagonales de en-
lace son lo suficientemente rígidas para que so pueda aplicar la
ecuación (179), obtenida para barras macizas. El area do la sev-
ción recta es À = 57,14 em; I, = 8590 em 4; I, <= 28540 ems,

Tomando À

euentra mediante interpolación en la tabla. procodonto a =7.

Por consiguiente, mediante la acuación (179),

2,1 X 10: x 28540
TA

A a DAS D 0e

= 120,000 kgs.

“TABLA XII
OOBRICIENTE & DE LA ECUACIÓN (179)

sas | ns
so | 6.07
sa | 032
ss | on
zo | 7.90
om | 740
ou | za
se | 720
za | 8,00
za | se
se | 838
mas | 0
so | ou
ss | 00
850 | 008
| sn | ow
vat [ou |
92 | 050
“am | 9.50
92 | 0

112. as RESISTANOTA DR MATERIALES

30. Efecto de la fuerza cortante en ia carga arflica-- Para
obtener la carga critica se ha empleadol a ecuaciôn diferencial
de la elástica (véase pág. 191), que desprecia la
fiuencia de la fuerza cortante en la deformación,
Cuando acontece el pandeo, las seccionos de la pieza
dejan de ser perpendiculares a la fuerza compresora
y se presentan, por tanto, fuerzas vortantes. El ofee-
to de estas fuerzas puede hallarse mediante el mé-
todo do la enorgía desarrollado on el artículo 36.
Paro emplear este método, debe añadirse la enorgía
de deformación por cortadura a la energía por flo-
xin al calcular la energía de deformación U debi-
da al pandoo. Sea AB (ig. 132) una pieza maciza
con los extremos articulados, pandeada por la ac-
ción de la fuerza compresora P. Los valores del mo-
mento Hector y de la fuerza cortante en la sccción mn son

Mb vee. (0
de

ex resultados anteriores (véase artículo 66, Primem par-
ta) energs potencia! almacenado en un elemento dela barra es
Pix | «Vida
ait + 36a"
dondo A es ot área de In sección recta, y

+, un costiiente que depende de la forma de la sección, y
tal que

a ;

SL cae valor de la distorsión on la lines neutra (ation
lo 39, Primera parte).

El conrimionto de la sección mn respecto nm ny debido a

esta distorsión, es 24 de, y ol segundo término del segundo

a=

©

membro de (6) representa la energía potencial por cortaura.
almacenada en el elemento. Mediante (a) y (0), la energía ala»
venada en la pieza durante el pandeo os

El o

PANDO DR BARRAS, PEACAS Y CÁSCARAS 216

La disminución de la energía potencial de la carga P será

Ea
ont [le

Suponiendo quo la olástica de la pieza pandoada es una
‘ourva sinusoidal,

y= Seon @

m

@

Comparando este resultado con la fórmula de Filer (167),
o ve que. debido a la acción de la fuerza cortante, la carga crie
ca dismunuye eu ta relación

(180)
+
Sen
ler, ao)
la ecuación (9) se escribe
ES as

Para piezas macizas P, es muy grande, comparada con P,, y
el efecto de la fuerza cortanto puede despreciarse. En el éaso
de piozus entramadas, especialmente cuando sólo se usin mon-

113. 216 RESISTENCIA DE MATERIALES

tantes —figura 134 (a)—, Pa puedo sor del mismo orden que Pa,
en euyo caso no puede despreciarso el efecto de la fuerza cortas:
te, A continuación examinaromos estos casos.

40. Pandeo de plezas entramadas %.—-Las piezas entrama-
das so usan con gran frecuencia en las estructuras de acero.
Su capacidad de resistencia es siempre menor quo la de una co-
human maciza que tuvioso la misma área en la sección recta y

loa ets, Doped, en go pa, delo deta

de unión, tales como pletinas de unión, diagonales y montantes.
Esta pérdida de resistencia so debe principalmente a que en el
e220 do columnas entramadas las fuerzas cortantes producen un
ef.cto mucho mayor en las deformaciones que en el easo de pie-
zas macizas, Para caleular el efooto de la fuerza cortante sobre la
carga eritioa, puedo adaptarse la ecuación (181), deducida para
piezas macizas, al caso de piezas entramadas.

Sea, como anteriormento, P, la carga
critica obtenida por la couación (167); Py
tieno, en el caso de piezas macizas, un

apio fico nn, pu que 1,

reprosonta ol giro adicional y que en la
deformación producen las fuerzas cortan-
tes. Pa, on el caso de piezas entramadas,
tiene un significado análogo, con tal de
quo el número de tramos sea grando.
Para dotorminar P, en cualquier caso
particular, debe, por consiguiente, anali-
zarso el corrimiento lateral producido por
1a fuerza cortante.
Yao. 138 Consideremos el tramo dela pioza trian-
gulada ropresentado on la figura 183 (a).
151 corrimionto debido a la cortadura es el debido al alargamiento
y contracción do las diagonslos y montantes en cada tramo
3 Vance Engos, A
ging wt, Br, BT 10%, y san a piece dl amor
ERST Polen dol Instituto Politéeniog do ew, 1908 Estes ubicaciones

alla el problema dos pandeo do piezas encromadas on end con le
itisrots del punto obre ul Queso

TANDFO DE BARBAS, PLACAS Y OÁSOARAS ar

—figura 133 (b)—. Suponiendo articulados los nudos, el alar-
gamiento de la diagonal producido por la fuerza cortanto Y es
Va

son 7 wos ¿HA "
donde» 0 el ángulo entro al montante yla diagonal ao
la fueran extensora en a diagonal; =o es la longitud de la din-

gonal, y Ay es ol área de la sección recta de dos dingonales.
corrimiento lateral correspondiente —fig. 133 (0)— es
Va
A posted
El acortamiento del montante y el corrimionto transversal c0-
rrespondiente —fig. 133 (6) —es
vo
=P,
EA,

(a)

()
donde
b es la Jongitud del montante.

Ay os el ároa de la sección recta de dos montantes,

El corrimiento angular producido por la fuerza cortante Y,
deducido de (a) y (9), es

B48,

Y=

A vs

mpg * abd,
Emploando la definición anterior Y, «y, 0 obtiene
1 1 6

Pu sen pos, Y abd,
Sustituyendo en la ecuación (181),
1

(182)

1} i 0

1+ ACE
(axeaoond,* 22)

las áreas A, y Ay son muy pequeñas comparadas con el

Aroa do la sección do las U —lig. 138 (a)—, la carga crítica (182)

puede ser considerablomente menor que la obtenida por la for

rule de Euler (167)

114. us RESISTENCIA DE MATERIALES

La ecuación (182) puedo emplearso también en el caso de la
figura 133 (d), si so mido el ángulo 4 como indica la figura y se su
prime el término correspondiente a la deformación del montante,
En el caso do una pieza entramada que sólo tiene mon-
tantes —figura 134 (a)—, para obtener el corrimiento lateral
debido a la fuorza cortante Y
debemos considerar In doforma-
ción de un elemento de In pieza
separado por las secciones mn y
my. Suponiendo que las elis-
ticas de las U tienen puntos de
infexión en dichas secciones, el
estado de fexión sorá ol que
indica la figura 134 (0) 2. La
doformación consta de dos par-
tes: el corrimiento 3,, debido
a la flexién del montante, y el
corrimiento 3,, debido a la Be-
xión de las U. En los extremos del montante actin los pa-
rea L£ y el ängulo 6, que giran dichos oxtremos del montante es
(ota caciones (105) y (104, Primera part,
Tab _ Ve
2 881, VER
donde 6 os la longitud de los montantes y BI, sn rigide aa fle-
xión. El corrimiento lateral à, producido por esta flexion de 108
montantes es

a_ vet
quito,
era #
EI corrimionto 3, puede caloularse por la formula de la
mésua
El
v
= 338 © SE, ©

> Las fuerzas extensoras y compresoras quo obran sobre las bie
ras no se iudican on la gua.

PANDHO DE PARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS as

FI corrimiento angular total producido por la fuerza cor-
taste Ves
34% _ Va | Ve
CANTA
3
do que Y bt
y presto que 7, = y, o obtion
ao @
METIA
y la ecuación (181, que da In carga oítica, será

(189)

o A

csiculada por la fórmula do Euler. Se ve que cuando la rigidez
a la Gexión de los montantes es pequeña, la carga crítica real es
mucho menor que el valor dado por la fórmula de Euler.

De las ceuaciones (182) y (183) se deduce que para el cálculo
de cargas críticas en columnas entramadas debe reemplazarse
Le tongitud real por una longitud reducida, que en el caso de co-
lumnos trianguladas (fig. 133) se calcula por la expresión.

EST PRES RS
a + aa
y en ol caso de una columna con sólo montantes (ig. 134), por
la ecuación
+)

PEI
A ea

Caleulada la longitud reducida de una columna entramada,
la tauga de trabajo se calcula como para una columna maciza

de esbeltez iguat a. Si

1 proyecto se realiza por el método de

las inexactitudes supuestas (véase artículo 58, Primera parte),
ei procedimiento propuesto da un cooficionto de seguridad que

115. 220 RESISTENCIA DE MATERIALES

resulta algo más elevado para la columna entramada, En el
yecto de columnas entramadas es do gran importancia prácti
dimensionar de modo adecuado las barras de enlace. Como base
para determinar las fatigas en dichos detalles, deborá suponerso
vierta excentricidad en la aplicación de las fuerzas compresoras.
para el proyecto de columnas cortas 1. Si la excentricidad en los
dos oxtremos es igual a 6, pero tiene sentido contrario en cada
uno, las fuerzas compresoras P forman un par de valor 2 Pe, ol
cual produce en los extremos de la pieza fuerzas cortantes:
2Pe
ia
El valor máximo de Y so obtiene poniendo, en vez de /, en
esta ecuación, la carga máxima que puedo solicitar a la columna.
La excentricidad e so toma corrientemente como fracción del

v

ass)

radio del éco; por ejemplo, € — 03, Las pies do enlace

Aoborén proyectarso de modo que las fatigas máximas produc
«idas on ellas por Vass no sobrepasen el punto de Auenci

En el caso de una pieza comprimida que forma parte de una
estructura con mudos rígido, se producen momentos fotones
do alguna entidad en los extremos dela pieza a cargar l estro
tura, Si por medio del cálculo de las fatigas secundarias se de-
terminan los valores M, y Af, de dichos momentos, se conoce”

Ma
¥en == con que se aplican
Jas fuerzas compresoras P y el valor de su suma algebraica de-
berá ponerse on la ecuacién (184), en lugar de %,

41. Pandeo de anillos cireulares y tubos bajo presion externa,
Pandeo de un anillo circula--—-So sabe perfectamente: que un
anillo circular o un tubo pueden porder la estabilidad de su
forma y abollarse por la acción única de una presión exterior, y
si la rigidez a la foxión del anillo cs insuficiente, tal colapso
puede presentarse para fatigas muy por debajo del límite de

rán las excentricidades e, =

Este estudio puede examinarso con detalle en la publicación de
D. 4. Young, Proc. Am. Soe. Civil, Eng, diciembre 1994, y otra del
rising autor en Pub. Intern. Assoc. Bridge and Structural Bag vola:
men 2, pig. 480, Zurich, 1904, Véase también Theory of Blasio Siabke
Tiny, pag. Ton

ANDRO DE BARRAS. PLACAS Y OKSCARAS 22

clasticidadl del material. Esto fenómeno debe tenerse en cuenta
en problemas tales como ol proyecto de tubos sometidos a pre-
sión externa y el de anillos do refuerzo para submarinos.
La presión para la que la forma circular resulta inestable y
para la que se produce la abolladura, se denomina presión crítica.
Su valor se obtendrá empleando la ecuación general (95)
(página 105) de la elástica. Supongamos que bajo una presión

136

extorior, el anillo (ig. 135) se ha abollado en forma olíptca, tal
somo ss indica con líneas de puntos. Representemos con

9, la presión externa por unidad de longitud, de linoa media:
E, el radio de la línea media del anillo;
%, el corrimiento radial durante la abolladura;

ug, el corrimiento radial para la socción A;

Mg, el momento flector en la sección A;

N,=9(R— ug), la fuerza longitudinal compresora en la sección A.

El momento flector en una sección cualquiera 2 del anillo
abollado es
Lar, @

M = My + 140 AD —
En of triéngnlo AOB,
op

AB + 30°. 2 40 4D

LOB 20 - (Ru A

116. 2 RESISTENCIA DE MATERIALES

Puesto que u cs pequeño comparado con R, los términos
en u? 6 u} pueden despreciarse, y queda

— 40 AD = Rew, —w).

Sustituyendo este valor en la couación (a), se obtiene
M = My— qRus u).
La ecuación (96) (pág. 100) de

le — art 0)

Be fe are
are) EI dj

La solución general de esta ecuación os
MAR? + Rua
BT + git

donde O, y O, son constantes a determinar por las condiciones
‘en las secciones À y F del anillo abollado, y

© sen pp + O, cos pp + (0

qee
a @
e + EI
Por simotrío, so deduce quo
1) =o (2) =0 0)
ene dont

Por la primera do estas condicionos se obtiene C, = 0, y de
la segundo,

(2

pam

PANDEO DF PARRAS. PLACAS Y CÁSCARAS 2

Sustituyendo osto valor en (d), se obtiene el valor de la pre-
sión erica à

SEL ,

Le = ass)

La otra rans de la mei (tle como ®t,
E = Im, eto, corresponden a un número mayor de ondas en
ol anto abolido yan ares mayores para la ps q. La

figura 135 (5) muestra la forma abollada para

7 = In. Estos
altos grados de abolladura interosan al estudiar la estabilidad
de tubos cilíndricos cortos eon los extremos ondulado:

Abolladura de un arco circular.—Si un arco circular con los
extremos articulados se some-
te a una presión uniforme, pue-
de abollarso tal como se indica
con línea de puntos en la figu-
ra 130. El valor crítico de la
presión depende del valor del
ángulo x y puede caloularse
por la ocuación 2

BI jar
do HE —1). (180) Fre, 130
El problema de la abolladura de un anillo en dirección per-
pondicular a su plano también ha sido resuelto 3.
Abolladura de tubos circulares.—La teoría de la sbolladura
desarrollada anteriormente para un anillo circular puedo em-
plearse también en ol caso de un tubo circular largo sometido

a lens, ot De, Our de mig
Vd, Prmen atte, Di, 30, Parts 1806

1 Wehe le publleuión del autor sobe Estabilidad delos sistemas

last, en Bolte del Inwiite Policonen de Kiev, 1010, Tratacoiôn

franco, Annals ds Ponte o Canin 1918: Vlogs también Y. Ha

Sin, sl, 0 pág. 00, 1901:1908/£: Calley Rai

y libro int de A. N. Dinnik,

Bruner, Ber Sila y À
Pandeo de piezas, Moses, 1939.

Y Véase E. L, Nicolai, Zetschif. f. angew. Math. u. Mech, vol. 3,
pig. 227, 1923. Véuso taiubién la publicación dol autor, Zeilahr. I
Angew. Math. u. Moh, vol. 2, pag. 268, 1083.

117. 22. RESISTENCIA DE MATERIALES

a una presión externa uniforme. Consideremos un anillo elemen.
tal separado del tubo por dos secciones rectas separadas por i
unidad. El momento de inercia de la sección de este anillo es
m
*
donde h representa el espesor de la pared del tubo. Como Ia sec-
ción del anillo no se distorsiona al tlexar, deberemos tomar

en lugar de E. La covación (185), que da la presión orítica, será
en este caso
he

me, as)

Po

Esta ecuación puedo usarse mientras que la fatiga de com-
presión correspondiente en el tubo sea menor que el límite de
proporcionalidad del material. Por encima del límite elástico,
la verdadera presión crítica sorá menor que la dada por la exua-
ción (187), y debe emplearse esta otra ecuación %

cass)

onde ayy representa el punto de Muencia del material a com
prosión. A medida que se reduce el espesos, la presión orítica se
aproxima al valor limite 2%, ligeramento menor que el dado
por la ecuación (187), y en todos los casos su valor es menor que
hen

TR
de fuencia ®, El colapso de tubos bajo una presión externa uni-
Torme depende mucho de las diversas imperfecciones que pue-

es decir, menor que la presión correspondiente al punto

Y Vene R. V. Southwell, Phil, Mag., vol. 20, pig. 67, 1916

2 Diversos experimentos de colapso de tubos cortos Por presión
exterior han sido deseritos por G. Cook, Phil. Mag., pág. 51. 1914. Del

imo queer puedo wrae où Drit, Avant. Rep. (Birmingham, 1919) une
ota bibliogeltien sobre ésto problema.

PANDEO DE BARRAS, PLACAS Y OASCARAS 22.

den presentar. La más importante es una elipticidad ini
cuyo valor limite para cada clase de tubo es de ordinario bien
conocida por numerosas medidas de comprobación. Es conve-
niente, por tanto, tener una fórmula en la que dicha elipticidad
aparezca de modo explicito. Para obtener una fórmula tal,
supondremos que la desviación de la forma inicial del tubo, des.
de la forma circular, representada en
ln figura 137 con línea de trazos, viene
dada por la ecuación
= cos 2p, (o)
donde uy es la desviación radial ini-
cial máxima, que supondremos pe
ueña comparada con Ll y p es el &n-
galo en el centro medido, como indica
la figura. La forma inicial del tubo
está indicada con línea llena en la figura 137. Si a este tubo no
circular se le aplica una presión exterior, se deformaré, Repre-
sentando el corrimiento radial, debido a la deformación por uz
y considerando un anillo elemental de anchura unidad, se dedu-
‘cc mediante la ecuación (95),

au,
ae

Vue
+ ur ©
donde
zie
5

es in rigid. n le Mexión del anillo elemental, En cuanto ai mo-
mento flector M, vemos que, debido a la presión 7, la curvatura
disminuye en los trozos AB y CD doi anillo elemental; por lo
que Af será en ellos positivo, mientras quo en los trozos restan-
tes del anllo el momento es nogativo. En los puntos 4, B, C y D
«el momento flector es nulo, y la acción mutna entre las partes
dei anillo elemental viene dada por las fuerzas S tangentes a la
cirounferencia de trazos que representa la forma ideal del tubo 2,

1. Véaso in publicación del autor, Trans. À. S. M. B., Journal 0
Applied Mechanica, vol. 1. pág. 173, 1083. à
m 1, LR 0 de an furia S obre el xoxo A de aio se non

Bssnerc ox areas. ”

118. 2 RESISTENCIA: DE MATERIALES

Esta circunferencia puede considerarse como curva funicular de
le presión exterior uniforme p. La fuerza compresora a lo largo.
de esta curva permanece constante e igual a 8 = pR. Por tanto,
el momento flector en cualquier sección puede obtenerso mul-
tiplicando 8 por la desviación radial total u, + wz de dicha seo-
ción. Por consiguiente,

3 = PR + ve cos 29), ©
y la ecuación (b) será
Lu Lotus + uy cos
Fe um ee)

P(t eet) Entra

Ja solución de esta couación que satisface las condiciones
do continuidad en los puntos A, B, C y Des

1189)

donde p., viene dada por la fórmula (187). Se ve que en los pun-
tos A, B, O y Del corrimiento 1, y su segunda derivada se anu-
lan. Por eonsiguiente, los momentos flectores en esos puntos son
nulos, como so había eupuesto anteriormente. El momento flec-
tor máximo acontoco para g == 0 y 9 = x, donde

Ma la P= an 180)

Pa

Se ve que para pequeños valores de la relación = la modif

vación de la elipticidad del tubo puede despreciarse, y que el
momento flector máximo se obtiene multiplicando la fuerza com-

ty. Si la relación 2

presora S = pR por la desviación inici

no es pequeña, debe considerarse la modificación de la elipti-
cidad inicial y caleulareo Muss mediante la cenación (190).
La fatiga máxima de comprosión se obtiene sumando a la fa-

PANDEO DE RARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS a

tiga máxima de compresión debida al momento tlector mäxi-
mo Muss la fatiga producida por la fuerza compresora pi,
De este modo se encuentra,

2 @
Per

E) valor peligroso de la presión p es aquel para el que co-
mienza la fluencia del material. Representando dicho valor por
Pas y poniendo cy en Ingar de mux, se tiene

(o

de donde puede deducirso el valor de la presión peligrosa Pp,
couvcadus ay, y la desviación inicial. Utilizando las notaciones

7)

la couación (e) para el cálculo de pp, sorá

o + Sm, Pa + 22e = 0. as

Mania via unción pueden tresses curvas que den Ie +
5 R 7 R
tig compresor media py como función deL pars diversos
alors do I olción $ y para diversos valoro de op Con ta-
los curvas y un coeficiente de seguridad apropiado, puedo caleu-
Inne linen el peur do pared aproindo pars una tuberin
Conviene olores que I preión pry ast dotoranads, ee
menor qu I presión para la quo acontso ol celpao completo
del tubo; utilizando pp, tedremos, por consiguiente, mayor se-
iad,
En el studio realizado u ha supuesto que I ong fda
vato oe grande comparada som su ral; 6 dir, L > a0

Para tubos cortos, si los extremos están empotrados O apoya»

119. 228 RESISTENOTA DE MATERIALES

den eo 6p ie go to pu e sai Gi
y dopado de a ln Ta tra de I al de a
onde toos e más”, puesto que labo vivido do
a ma a 00 deca
«hy l mero de ondas depended ara 4

El problema de la abolladura de tubos cerrados en los ox-
tremos y sometidos a presión uniforme en ambas caras extre-
mas y en la superficie lateral ® también ha sido resuelto +.

42. Pandeo de placas rectangulares. —El problema del pan-
deo de placas rectangulares comprimidas es de gran importanci

Tita

Ie. 138 Pro. 199

WTA!

práctica al examinar la estabilidad elástica por compresión de
piezas con vecciones compuestas (cajón, simple o doble T, ete.)
tan frecuentes en las estructuras de acero (fig. 138). El colapso
de tales piezas acontece genoralmente por pandeo del alma o
caras laterales de las piezas, en lugar de deberse al pandeo del
conjunto. Por ejemplo, en los casos de la figura 138 puede pre-
sentarse 6) pandeo de las planchas tal como se indica con líneas
de trazos, si el espesor de las planchas no se escoge adecuada-
mente. Como la longitud de la pieza comprimida es general-
mente grande, comparada con las dimensiones de su sección, ol
problema se reduce a estudiar el pandeo de una placa larga com-
primida (fig. 139). Los lados cortos de la placa pueden conside-

7 Para estudio este problema, véase ol libro del autor Theory of
Blagic Stability, pig. 138,

2 Research Committee on the Strength of Vessels under Kxter-
Ina! Promre ba dado algunas Curvas para of cálculo do presiones ert
Gas en tubes cortos. A. 8. A.B, diciembre 1939.

te problema se presenta" a) estudiar la estabilidad de un sube

Tease In pubicación do K. ve Mises en Festechrit von Prof. de
Stodola, Zurich, 1823,

PANDRO DE BARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS 22

rase simplemente apoyados; las condiciones en lor otros dos
bordes dependen de la forma de la cección de la pieza, Por
ejemplo, en una sección de cajón —fig. 138 (e)—, de forma
cuadrada, en Ih que todas las planchas tengan el mismo os
pesor. la tendencia a pandoar es igual para todas y cada cara
puede considerarse como una placa rectangular comprimida
con los euntro bordes simplemente apoyados. En los casos de
las figuras 138 (a) y 138 (D), los bordes inferiores de las al
mas verticales ostán libres y los superiores empotrados elásti-
‘camente 4

La solución rigurosa del problema del pandeo para condicio
nes diversas en los bordes longitudinales de una placa, tal como
Jn de la figura 139, se ha encontrado *, Nosotros daremos sola
mente lox valores de las fatigas críticas deducidas do dichas so:
luciones.

Placa rectangular apoyada en los cuatro lados.—Una placa de
este tipo sometida a compresión uniforme en la dirección del
eje x (fig. 139) pandea, subdividiéndose en cuadrados o rec-
tängulos casi cuadrados.

El vaior eritico de la fatiga viene dado por la ecuación *

CE (109)
donde
me
mia (199)

‘hea ol espesor de la placa; b, su ancho, y

(ae 0

Los primeres experimentos en que avafiró el panto do etre
urn de pared dul Aura hacha por William Barbuieny deso
{org mu bre Drm und Conway Tubutr Bridge, London, 184
19 Vise Peon of Eladio Staley, 1950.
> E unten de sto problema se ice à G. M. Bryans vöne Tan
den Mak Soe Proc, vol, SX pi an ma pada
delas sotana han alia por lator. Vis ls pu
clones del momo! 17, pa le na de Dias comprise
Bull, o), Poly, Int. in. Kio, 1901; 2 a
ot, 68, A SE, Der Bison. vo

2.1. Mathematik und Physik,
18, 1981: Proceedings Arm. Soo

4. Hauer, pag. 83, Berlin, 1903.

120. 230 AESISTENOIA DR MATERIALES

representa un eoeiente que depende del valor del relación .

m es ol número entero de ondas en que la placa se divido al
pandear. Debe escogerse de modo que $ sen mínimo? Eu la
tabla XIV se dan diversos valores de esto coeficiente.

TABLA XIV

OONSTANTES RARA BL CÁLCULO DB LA FATIGA ORITIOA RY vIA0AS

: .
| at [oe a8] 1.0 alias 1s] 20] 2220197) 8
t t |

BES

<p nl || | 5

= 4 da siempre una buena

Para placas largas >).

aproximación. Los valores de o, dados pot la tabla anterior
están calculados en la hipótesis de que B =
h

are
u=03y
dol min À puede halo mulipleande lo aloe de
tabla por 00 (5)

Sea, por ejemplo, una place larga de acero, cuyo punto de
ffuenoia es 2.800 kg/om.*. Y supongamos que so desee determi-

0,01, La fatiga crítica para cualquier otro valor

at lord tn pra l que aaa ra sa
a it de Mund. Supongamos fm . Por bo tba AV,

12
Ga = 703 x 100% — 2800 lego
a = 703 X 10%, = 2800 kg
de donde

b
D 502.
poe

* Puedo verse que este minimo es igual a 4, y acantece cuando
amd clad la placa se subdivide a pando en ue

PANDEO DE BARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS. 231

ara valores mayors da a relación Y a cop aconice
por pandeo para una fatiga menor que el punto de flueneia del
material.
TABLA xv
Cover 8 rana my obtoovo DEL ramos cnica conateronormr

Sowa PLACA REGPANOUEAR CON TRES BORDES APOYADOS Y LL CUABTO
W= dh nme

T

= #40 fro} se lasse sas

: 0,508 0.610 | 0,864 0,616] 0,008

En este caso, para determinar la fatiga de trabajo so toma
‘como referencia la fatiga crítica y no el punto de fluencia.

Tres bordes de la placa apoyados y el cuarto libre—Si uno
de los bordes longitudinales tal como y = b (véase fig. 130)
está libre, la ecuación (192) puede emplearse para caloular la
fatiga compresora crítica, tomando el coeficiente & de la ta-
bla XV.

Dos lados opuestos simplemente apoyados, el lercero empo-
trado y el cuarto libre.—Los bordes 2 = 0 y 2 == a de la figu-
ra 139, so consideran simplemente apoyados y el borde y = 0
empotrado, Puedo emplearse la ecuación (192). Los valores del
cooficiente $ vienen dados por la tabla XVI.

TABLA XVI

CONSTANTE FARA RI. CÁLCULO BE LA FATIOA CRÍTICA EN UNA PLACA
uctaNavak CON DOY RORDIA OPUESTOS sinters AFOYADOS, Ex.
RENO EMPOTRADO Y EL CUARTO (y =D) EIR

20/28

Adabel rajo

ar valores mayors do la relación , una buena pros
made Bo 18

121. 232 RESISTENCIA DE MATERIALES

Dos bordes opuestos simplemente apoyados y otros dos empo-
trados %—Los bordes x =0 y 2 = à se considoran simplemente
apoyados. Los valores correspondientes del coofciente , cu in
ecuación (192), vienen dados por la tabla siguiente:

TABLA XVI

CONSTANTE $ PARA XL CÁLOULO DE LA FATIGA ORÍTICA #N UA FLACK
EROTANGULAR QUE RIENE DOS BORDES OPORSIOS MMPOMENTE APO at

PAXDPO DE BARRAS, PLACAS Y CASOARAS 233

es el factor más importante, Por consiguiento, la parte de alma.
situada entre dos refuerzos puede considerarse como una placa
rectangular de bordes apoyados solicitada únicamente por fatiga
cortante. Por ejemplo: si la distancia entre refuerzos es 1,44 m.,
B= 2,110" kg.¡om.! y y = 0,8, so obtienon los valores siguien.
tes para la fatiga critica cn kg.jom., correspondiente a planchas
de espesor À y altura 0%,

RO OU bos men TABLA xix
01/05/09 |07|0s | oe! uo) a2 | ra DEE Gene | sem | Bene | irn
I | one + 144 m. 700 950 1240 1670

0:07:80 705 tun) 220 788 son rare 7.08.00 zoe | où e ro 120

288 à 490 665 850 1100

Placa rectangular apoyada en los cuatro bordes y solicitada

= 2——4 ‘Por fatigas cortantes uniformemente
ne distribuidas a lo largo de las mismas
À F4 (gum 140). —El valor crítico de la
3 A fatiga cortante que produce la abo-
pes ladura de la placa es

Po, 140 ta = hay. aso

Los valores del coofciente mumérico 9 figuran en la tabla
siguiente:

TABLA XVII
COXORAYTS § TARA IL OÁLCOIO DE ra YADIOA onftion mw una runcn

IMOTANGULAR APO¥ADA EX LOS OOARNO MORDES Y SOMETIDA A UNA

2 ja

E
|

so | na | tt | to | 8 | ee | 63) or | oa

El espesor necesario para las placas de acero utilizadas en
plozas de secciones compuestas (ig. 138) se obtiene mediante las
tablas XIV a XIX. Si las caras do la sección —fig. 138 (0) — se
consideran como placas rectangulares simplemente apoyadas, la
fatiga crítica será. ar

ou = 40 = 70

=a ©

oman, yor sample, 091 hala
ae Ws emt

Esta fatiga queda muy por debajo del mite de proporcio-
nalidad del acero. Si tos bordes longitudinales do Ja misma placa
se supousu empotrados, se encuentra
1
4
En los casos (a) y (6) (fg. 138), las placas verticales pueden
considerarso como placas largas empotradas 2 a lo largo del

oy = 70,

x 763 = 1,337 kg.Jom A.

Esta tabla puedo utilizarso para escoger el espesor del alma
en una viga compuesta. Corea de los apoyos la fuerza cortante
+ Esta cuen so presente cuando dos de Ins caras opuestas de la

pieza de la figura 1380 son muy vigidas y solamente las otras: dos
puedan pandas. >:

En las publicaciones de Pros. Am. Soe. O. Es, vol. 85,
pág. 850, 1920; Engineering, vol, 13%, pág. 207, 1984, pueden verse
{nds datos referentes al pandeo dei alma Y proyecto de refuorzos, Vea
también E. Chwalla, Sesond Congress International Asave jor Bridge
‘and Structural Bng., Born 1930, Der Stahlbau, cuadernos 21 y 22, 108%,

Esta hipótesis da un limito superior para la fatign Srita, La.
¡verdadera fatiga critica es algo menor, debido a que cl cosido del borde.
Superior no es abolutamente rigido,

122. 234 RESISTENCIA DE MATERIALES

borde superior y libres en el bordo inferior. La fatiga eíticn es,

por consiguiente,
1937818 EB 5

De nuevo sabia d pcs depen de rc
Supe que pst de Sande cr 1100 Ago

«hr da pach qe ass dab pnt, dni
de (d), es

Por tanto, > 8, a gs rc eta menor gee

punto de fiuencia del material. Esta circunstancia debe tenerse
en cuenta al fijar el coeficiente de trabajo La estabilidad de la
placa puede aumentarse reforzando el bordo libre.

En todos los casos se ha supuesto que la fatiga crítica era
inferior al límito do proporcionalidad. Para fatigas que sobre-
pasen esto límite Ins ecuaciones oxpuestas dan valores oxago-
rados para la fatiga crítica 1

43. Pandeo de vigas sin apoyos laterales, —Es bien sabido
‘que si no existen apoyos laterales, las vigas en I cargadas en el
mismo plano del alma pueden no ser suficientemente estables
en dirección transversal. Si la carga alcanza un cierto límite
erítico, la viga pandea lateralmente y cargas superiores causan
su colapco +, Esto limite puedo determiuarse por el método de

+ dEl colepso de vigas compuestas como consecuencia del pandeo
esto an la eataatrofe del puente prow

“La Revue Technique, 16 de voviembre de 1897.
El pandeo lateral de vigas con sección rectangular estrecha fas ost
Sido por Te Prandtl, Bissertaton, Nuremberg, 1809, y A. O; M Nie
‘hil, Phi. rage vol: 48, 1899. Bi pandeo do vigas en L ha aldo eat
indé por el autor: véase” Boletin del Inatituta Poltienier de San Pre
Bugs, vo, 4-y 8, 1905, 1908. Véance también Annales des Pons si
Chanisten 1013, y Transactions Amer. Soo. 0. El, vol. 87, pág. 1987,
1024. La aplicación práctica de la teoría bu sido analizada por E. Chwal

la Die pp Sai grater Drag mi dopelcesmacirahem 1er.
ah, Werlin, 1930.

TANDRO DE BARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS 236

Como ejemplo, consideraromos una viga AB (fiz. 141) de
sección rectangular estrecha somotida a una carga concentrada 2°
que actúa en la sección central y en el plano longitudinal ver-
tical de simetría. Si esta fuerza es pequeña, la deformación de la
viga acontece solamente en el plano vertical y esta forma plana
de flexión resulta estable, Si deformamos la viga lateralmente
por la acción de una fuerza, esta deformación desaparece al
quitar la fuerza y la viga recobra su forma inicial, Si aumenta-
mos P, se llega a un valor límite, para ol que la forma plana de
fiexién resulta inestable. La viga panden entonces lateralmente

y pueden presentarse deformaciones grandes con incrementos
muy pequeños de la carga, Este valor límite de P se denomina
carga crítica. Se determina considerando la energía potencial
del sistema, Cualquier deformación lateral de la viga viens acom-
pañada de un aumento de la energía de deformación, Después
de un pequeño pandeo lateral, tondremos no solamente energía
de deformación por flexión en el plano vertical, que supondre-
mos invariable, sino también energía de deformación por fe.
xión en dirección lateral y onorgía de deformación por torsión.
Al mismo tiempo, la energía potencial de la carga disminuye,
debido a que el pandeo viene acompañado de un descenso de
su punto de aplicación, Representemos con U, la disminución
de la energía potencial de la carga; con U, la enorgía de defor-
mación debida a la flexión en dirección lateral, y con U, la de.
bida a la torsión. Por consiguiente, la carga crítica se determina
por la ecuación (175) (pág. 205), que en esto caso es

U+U,=0, @

123. 236 RESISTENCIA: DR MATERIAT ES

Ahorn debemos caen In cantidades que ntersenen en
esta ecuación. El momento Hector enel plano vertical para cual
quier sección a distancia 2 del apoyo izquierdo (vénso fg. 141)

ER fn a pandeo It, dobonne considera 6! momento

Hector respecto al eje Z, —fig. 141 (c)=. Este momento es

Ba asas a paa
e o lago a Il del rg. Dor tan, par ne e
a chal peo

siguiente:

ngulo de torsión, variable

dal

E = 0)
=--7 (o

La energía de deformación por flexién correspondiente ae

U=EL f (qe Ef aan. ()

La energía de deformación por torsión es (véase ecuación 210,

Primera parte)
Yea ef Ja o

donde C es In rigidez a la torsión de una sección rectangular
(ecuación 166, Primera parte). Veamos ahora el descenso del
punto de aplicación de la carga P. Tomemos dos elementos dz
de la viga, simótricamonto situados —fig. 141 (5) y (e)—, y con-
sideremos solamente el efecto de la flexiôn en el plano xy, de
stos dos elementos.

La deformación angular debida a esta floxién es igual a

+ Ix. Como esta flexión acontece en ei plano æyn, inclinado
un ängulo q respecto al horizontal —6g 141 ()— se origina un
Asin del ge igual amp PE de.

ey

Festo cao os vido tomar SY, como valor dela curvatura, en
de 24, a
wee do Sh

PANDEO DE PARRAS, PLACAS Y CASCARAS 23

FI descenso total de P debido a la flexién de todos los ele-
mentos de lu viga por el pandeo, sorá

ae fêtes

o, mediante la ecuación (0),

2 lara
ar 00%
Por consiguiente,
v= PR | rasta, 7)
. 2El,

Sustituyendo (e), (d) y (e), en la couacién (a), se tiene

”

"Tomando para valor de ¢ una función de x escogida de modo
apropiado y tal que satisfaga a las condiciones en los límites, se
deducirá de In ecuación (/) un valor aproximado de la carga
critica. Supongamos, por ejemplo, que

0)

Esta función es mula en los extremos do la viga, para los que
el ángulo de torsión es nulo, y máxima on el contre (¢ = 1),
Sustituyendo (g) en la ecuación (/), se tiene *

NA
en
A valor crítico de In carga depende, pues, del producto de las
rigideces a torsión y flexión de la viga.
Hemos supuesto que la carga 1? se aplicaba en el centro de

* Un estudio más detonido del problema muestre que el
esta solución nproximada es de 1, por 100. Por consign
«ción (190) vs Válida para lus aplicaciones.

ns)

124. 238 RESISTENCIA DE MATERIALES

gravedad de la sección central de la viga. Si el punto de aplica-
ción está a una distancia a de dicho punto, el segundo miembro
de la ecuación (195) debe multiplicarse por

4 4/ET,| *
a 4)/EE
4%]
Si la carga está distribuida uniformemente a lo largo del

jo de la viga (ig. 141), su valor crítico es

_ 28,3 VOER,
Che =

(196)

Para una ménsula de luz / cargada on ot contro del extremo
libro, la carga crítica es
P, 1 LE

am

En el onso de una viga en I, las ecuaciones que dan la carga
critica tienen la forma obtenida anteriormente para una viga
de sección rectangular estrecha, excepto que el factor numérico
del numerador del segundo miembro no es constunte, sino que
dependo del valor de la expresión 2

o pr

Y 0

2.) e

Por ojemplo: Si una viga en I está apoyada como indi-

<a ln Agum 142 y cargada do modo uniforme a lo largo de su
Y valor crítico do la carga total es

BVCEL,,

am.
ca

(198)
Los valores del coeficiento 3 en función de los que toma x
se dan en la tabla siguiente:
* Vénso la publicación del autor en Annales des Ponte et Chase
ales; 1918. Voss también Theory of Blasio Subili St, 1836.

e Heider lo torsion O) para vigas on Las osumainará od elas:
tículo 31, pas. 280.

FAXDBO DE BARRAS, PLACAS Y CÁSCARAS 239

TABLA XX

Amann On'TIOAS EN FUNCIÓN DB LA CONSTANTE 2, PARA y
Tp mB i 10° no om. Oana uxıronsee (ATIGAS BN KO,

ss! ss | as

960 | 1.000 | 1210 | 1420

mo | ass | on | num
ss | uns

290] 28! 26
2700 | 2170 | am
| 2450] 2010 | 3520

2060 | 5446 | 2808

Se vo que a medida que « crece, la constante $ so aproxima
al valor correspondiente a una viga de sección rectangular. En
In tercera nes ss dan los valores do la futiga tora ersten
correspondiente, suponiendo que la enntidad

u zy = 0.001. @
FAT)

Ze on ta rotación de ns viidocos la flexiôn lateral y vertical, vu
la relación entre la altura de la viga y au luz. Si la viga tiono
otras dimensiones, La fatiga esca ne obtieno multiplicando las
cantidades de la tercea lin por ol número 108 y.

La cuarta y quinta linea de dicha tabla dan la fatiga orítica
nando la carga so aplica sobre el ala superior o sobre la inferior
de la viga, respectivamente. Todos los cáloulos están hochos au
poniendo el material porfectamente elástico.

lore estudiar con más detallo coto probleme, véanse a
ps er dan Amer, Sos. Oe at Shy pig sth
BY Theory of Bla Sabi ca, Vat uni E Chas
Da KXppStabibtaierader Trager Ben, 1998

125. 240 RESTSTENOTA DE MATERIALES.

‘Sea, por ejemplo, una viga do las dimensiones si

Longitud 21= 5,76 m.
‘Altura = 67.6 cm.

Ancho del ala b= 16,8 om.
Espesor del alma 3, 1,2 em.

Espesor medio de les alas 3 = 2,00 cm.
‘Area de In sección À = 134,2 em.

Rigider EI, = 69250 E kg/cm.

» BL, = MN B kgana,

Mediante la ecuación (250) (pág. 280)

= (faa Sani) = 1350,

Por la ecuación (4), suponiendo £ = 2,6 @,
a= 3,67,
y de la ecuación (2)
MIT 208 10.

PT 60,260 x 100
La tabla XX da, por interpoleción, para « = #7,

700 + 3 (950-— 780) x 1,07 = 924 kgf’,

Esta es In fatiga oríticn para y = 0,0001.
La fatiga crítica en el ejemplo considerado será.

924-y-101= 1.883 kg.fom..

La carga correspondiente a esta fatiga debe considerarse
como la de rotura de la viga, Este resultado numérico muestra
que el pandoo lateral puede acontecer para fatigas muy alejadas
de la fatiga de rotura del material a compresión directa y hasta
menores que el limite de olasticidad. Para determinar la fatign
de trabajo, debe tomarse como base la fatiga crítica y no el
panto de fluencia. Por ejemplo, con un coeficiente de seguridad 3,
la fatiga de trabajo sería 1889/3 = 628 kyjem.4,

CAPÍTULO Y

DEFORMACIONES SIMÉTRICAS ALREDEDOR DE UN EJE

44. Cilindro de pared gruesa.—Si un cilindro cirenlar enya
pared tiene un espesor constanto está sometido a In acción de
‘unas presiones, interna y externa, uniformomente distribuídas,
In deformación que se produce es simótrica alrededor del eje
del cilindro y no varia a lo ¡argo do su longitud. Consideraremos

LE

am ni separat iro mainte ds planos prend.
lares a su eje separadon pr la unidad de distance fg. 14)
Por neti on ls cra de un lemento de esto ani tam,
(gure 14) separado por dos plenos ante y dos aparte
etnia conan, no exten fatigas cota. Sn gf
fa tungen normal à las cra mn, y an, dl comcnt
3 sl fa radial normalen la cara m. Esta ten 0 men

dardo» y vaa e E deco van dd

Pro. 149

dial en la cara m,n, es, por tanto,
a+ rar.
de

eserencta OF marea, U ”

126. 249 RESISTPNCIA DE MATRRTATER

Sumando las proyecciones de las fuerzas que actfian sobre el
elemento en dirección de la biscctriz del ángulo de, se obtione Ja
ecuación de equilibrio siguiente 1;

erde + are [0 +% alot ando=0, (a

© bien, despreciando cantidades de orden superior,
de,

Broo, o
Tata ecuncién contiene dos incógnitas: las fatigas 0, y oy
Es necesario, pues, otra ecuación, y se obtiene considerando la
deformación del cilindro. La deformación es simétrica respecto
al eje y consiste en un corrimiento radial do todos los puntos
dela pared del cilindro, Este corrimiento os constante en iros
ción circuterencial, pero vara alo largo del radio, ca evi. es
une función del radio. Representando con w al cortimient de
In superficie cilindrien do radio r, el corrimiento para la super.
fio de radio + dr será

Por consiga

mite, un elemento tal como mnm,n, exnerimenta

en seiko radial un aeg total y agents

unitario en dicha direceién es

du
.

©

El alargamiento unitario del mismo elemento en dirección
tangoncial es igual al alargamiento unitary del radio correspon
diente; es decir,

ant. @

Mediante las ecuaciones (38) (póg. 50, Primera parte. Tas ex-
presionés do las fatigas en función de la deformacion soa

E e
te)
fe, au

+.
ere
EX poso dol olomento so denprocia on este estudio,

ass

DEFORMAINNFS SIMITRICAS ALREDEDOR DE UN BIE 243

Las fatigas normales a, y a, dependen, por consigniente, del
corrimiento u. Sustituyendo las cxpresionos (199) en ın ecna-
ion (b), se obtiene la ecuación siguiente en u;

du

©
ETES 2
La solución general de esta ecuacién es
wer o
+

10 que puede comprobarse sustituyendo. Las constantes ©, y O se
ao por las condiciones en las superticies interior y exte-
lindro en las que las presiones, as decir, las fatigas nor-
males 5, son ccnocidas. Sustituyendo (f) en las oeuucioues (199),
se obtiene

E „Ru (h)
E¿[co+ro-0 1 o
a aloe +4) +0 al w
reser 7

Si pa y po representan las presiones interna y externa, respeo-
ivamente, las condiciones en las superficies exterior e interior del
Andro mn y Chae —Pe o
El signo del segundo miembro de cada ecuación es negativo,
debido a quese toman como positivas las futigas normales de ex
tensión. Sustituyendo la expresión (1) des, en Is ocuacionos(), so

obtienen dos ecuaciones para determinar las constantes Oy y Cy,
y, de ellas,

E Bu
Con estos valores de las constantes, las ecunciones (4) y (4)

‘que dan las fatigas normales o, ÿ a, serán *

AN

2 Pai)" ,
ER | ne
Ca ET]

Tata solución fué dada por primera vez por Lamé y Clapeyron,
Atémoire mar équilibre incereur ds corpo solados homayenzs, Monaten
‘prisnids por divers savante vol. 4, 1893,

127. 244 RESISTENCIA DE MATERIATES

Convieno observar que la suma de las dos fatigas permaneen
constante, de modo quo la deformación de todos los elementos en
1a dirección dol ejo del cilindro es lu misma, y las seccionos rec-
tas del cilindro permanecen planas después de la deformación,

Consideremos el eeso particular ,= 0, es decir, ol cilindro so-
metido timesmente a prosión interna. Las ccunciones (200) során

ps) em

ea 202

5 a + 3 con
Estas ecuaciones muestran que o, es siempre una fatiga de

compresión. mientras que a es una extensión. Esta última es

máximo en la superfide interior del eflindro, donde

at + #)

aus)
Er a

(au =

(o)ow es siempre numéricamente mayor que Ia presión interna
y wo aproxima a ella según ereceb, El valor mínimo de o, cone
tece en la superficie exterior del cilindro, La relación

dane +0

(ao 2a

aumenta al anmentar el esposor de la pared del cilindro. Si el
espesor es pequeño, no hey gran diferencia entre los valores
máximo y minimo de o;. Si, por ejemplo, b= 1, 1a, (aux OX
cede & (sa en un 10 Y, por 100. Se ve, por consiguiente, que
no se comete grave error suponiendo que la fatiga o, so disribuyo
uniformemente a lo largo del esposos de la pared,

Y, emploaudo la ecunciéa

Da

que coincide con In de la página 106, dada para cilindros dole
gados. La fatiga cortante es máxima en la supeitive interur
del cilindro, donde

DRFORMACIONTS SIMÉTRICAS ÁLREDEDOR DR UN PIE 240

Cuando actin solamente sobre el cilindro una presión ox.
torior, 7 = 0, y las ecuaciones (200) dan

a Pi (208)

+} (205)

Bn este caso 9, y a son ambas fatigas do comprosión, y 9, et
siempre numéricamento mayor o,. La fatiga compresora máximo

(200)

Die rbrayaı qu cundo la ración $ amena, a

tiga compresora máxima tiendo « un valor doble que el do la
presión exterior que actúa sobre el cilindro.

Consideremos ahora la deformación del cilindro. Sustituyendo
las expresiones (m) de las constantes arbitrarias en la ecuación (f),
tenemos

ne,
Por
Esta couación da ol corrimiento radial de cualquier punto de
In pared del cilindro. En el caso particular do un cilindro some-
tido solamento a presión interna, pp = 0, y el corrimiento radial
en la superficie interior, deducido de la ecuación (207), es

EA (ete + a

(207)

(yaa = (a (208)

Cuando el cilindro ostá sometido a prosiön externa solamen-

te, 2 0 y dl corrimiento radial en la superficie exterior es
ME] te
ann, 9) (209)

El signo menos indica que a! corrimiento es hacia el ejo del
cilindro.

45. Fatigas producidas por zunchado.—Si s# necesita ori
ginar una presión de contacto entre uns polea y un je 0 entre

128. 246 RESISTENCIA DR MATPRTALES

dos anillos montados uno dentro de otro, vorrientemente se hare
el radio interno de la parte extorna menor que el radio exterior
de la parte interna y se monta ol conjunto después de calentar
previamento la parte externa, A) enfriarse, se produce una. pro-
sión entre las dos partes denominada presión de zunchado,
El valor de esta presión y las fatigas producidas por ella se cal-
culan fäcilmente por las ecuaciones del artículo anterior, Supon-
gamos, por ejemplo, que el radio exterior del cilindro interno,
en estado natural, excoda al radio interior del cilindro externo
(Ggura 143) en in cantidad 3, Después del montaje, se produce

una presión p entre ambos cilindros; su valor se enenentm ee
tableciendo que el incremento del radio interno del cilindro ex-
terno más la disminución del radio externo del cilindro interno,
producidos por p, debe ser igual a 3. Por consiguiente, mediante
las ecuaciones (208) y (209),

7 (210)

Conocido p, las ecuaciones (201) y (202) dan las fatigas en el
cilindro externo, y las ecuaciones (204) y (205), las fatigas en el
cilindro interno, Las fatigas que ordinariamente intervienen en
un proyecto son la de is superficie wnterna del cilindro externo,
Dichas tatigas son

DEPORACIONPS SIMÉTRICAS ALREDEDOR DR UN RIE 247

La fatiga cortante máxima en esta superlicu es ¡veaso ecun-
ción n, página 241)

0, sustituyendo el valor (210) de p,
Eee

Te
Fn ol enen particular do un oje macizo y un volante, se tiene
@= 0; por lo que

em

p= en, e

tex =o (213)

on decir. la fatign cortante máxima es la misma que en una vari

la qu eones vn alpino co ul à

La discusión anterior supono que ambos cilindros tienen la
misma longitud, En el caso de un volante y un eje (fig. 144), las
partes del eje exteriores al volante se oponen a la compresión, y
por ello resulta un aumento do presión sobre

los bordes del volante, tal como indican las

‘reas rayadas. Si un cilindro zunchado, como

el de la figura 143 se someto a presión interna,

las fatigas que se producen por esta presión

son las correspondientes a un cilindro único

con un espesor de pared igual à c—a. Estas pro tt
fatigas se superponen a las fatigas de zuncha-

do. El zunchado produce una fatiga tangencial de compresión en.
la superficie interna del cilindro, cuyo efecto es reducir la fatiga

En la publicación de A. Hoggenberger, Techniache Blätter.
Schi. Lane und Arena, Wer Wat, uote
‘verse resultados experimentales sobre (atizas de sunchado, Una de los
‘times “estudios sobre esto tema puede verse en la. publicación.

W. Junichi, Seh were. Baus. vol, 88, pág, 03, 1926, y vol do, pag. 137,
1927. Vénnke tambign J. W. Baugher, Trane AU SM. EP. 53,
1930. y O, J. Horgor y 6. W. Nelson, Journal of ppl Mech, vol 4,
pág. 189, 1955, y Vol. pag. 32, 198%.

129. 23 RESISTENCIA DE MATERIALES

máxima extensora en este punto producida por la presión inter:
na, con lo que se obtiene una distribución más favorable de Iatı-
gas que en el caso de un tubo único (véase problema 2, pág, 24%).
Debido a esto, so emplean cilindros zunchados compuestos de var
ios tubos en los eu-0s de presiones internas muy elevadas, como
acontece en los cañonos.

Una distribución de fatigas análoga a la descrita en ol caso
de cilindros zunchados puede obtenerse con un solo tubo apli-
cándole una elovada presión interna tal, que produzca una de-
formación permanente en la parte interior del tubo. Al dejar de
actuar esta presión, quedan fatigas residuales en el tubo debi-
das a la deformación permanente, de modo que la parte interna
de él queda comprimida, y la externa, extendida 4,

Problemas

1. Determinar Ine fatigas tangenciales en las superficion interna y
oxtorna, y en of contro de la pared de un elindro cuyo mul inter
ior cs 10 om. y el exterior 20 em sometido à Una presión tera
Pi = 2400 keg fom.
Respuesta; Por La couación (202),
(these 8,800 kg. Jem.
Cari am 2.200 kom; (adm ee LOOK om:
2. Determiner lus futigas on un cilindro zunchndo (ig. 143) vor
metido a una preción interior 2 = 2,100 kg.Jema, si à = 9,8 cm,
bm 14,4 em, € = 19,2 om. y ol zunchndn À = 0,012 em,
Solución. Doterminaromos primoramonte las fatigas iniciui dos
idas al zunchude. Por In ecuación (210),

lieu ER

DEFORMACIONES SIMÉTRICAS ALREDEDOR DE UN BYR 249

Las fatigas on o intro exterior —eoweien (202}— eon
ts
(rata = LE

dre» Re Free = 228 home,

La distribución do las fatigas iniciles a, a fo largo del exposor de
tn pared, av representa on la Ogura 143 (6) por las llena do waste mm
y mn, Las fatigas producidas por I presiön interior son las mismas
que en el problema anterior y están representa cn la figura, por e
lina de puntes ee. Superponiendo las des distribuciones do fatigas
indioadas so obtiene ln distribución reprosentada por el drca rayada.
Be ve que, debido a In fatigus de montejo, la fatiga és cuando
«cilindro está somctido a lo Presión miarior se reduce de 3.600 a
2.040 Ke

3. Hallar on Ju Gur 143 las ntiqs de munchisto «en puntos
de in pared para los que r = 164 om. y # = Mama si dm Dem,
Se 102 cin, em 288 om. El factor de zuchado

Reet
(odo = Bem
(nae Mts
4. ar 1 pra ein y eno ese yal one dot
fs 1 ti el pie 110 ome as ero el lente

26,0 om. La diferencia inicinl de los diámetros de volante y oje es
0,028 ero. Tómoso E = 2, x 10° kg/em?.

46, Disco giratorio de espesor uniforme.—Cuando un disco
circular gira alrededor del ejo de simotría perpendicular al disco,
Jas fuerzas de inercia originan fatigas que toman valores cor
derables a altas velocidades. Estas fatigas están distribuídas si
métricamente respecto al eje de rotación y pueden caleularse
por el método expuesto en el artículo 41. Se supone que las fü-
tigas no varían a lo largo del espesor del disco y que este espesor
es igual a la unidad, Las ecuaciones do equilibrio de un elemento
tal como mn m,n, (fig. 142), se deduce sumando a las fuerzas
consideradas en el artículo 44 la fuerza de increia correspondiente
al elemento

1 do. (a)
Y

130. 250 RESISTENCIA DE MATERIALES
Donde y es el poso por unidad de volumen y @ la velocidad an-
gular del disco. El resto de la notación es la empleada cu ei are
tículo 44, La ccuación de equilibrio es ahora

6

Escribiendo, en lugar de estas fatigas, sus expresiones en
función del corrimiento u (vcuaciones 199, pág. 242), se obtiene
la ecuación siguiente:

udu iw vor
Lo, en
te em

La solución genoral de esta ecuación se obtiene añadiendo
cualquier solución particular a la solución general de la ecu

homogénea correspondiente —véase ecuación Yj), pag.
Una solución particular es

3m

yor
ae,
0-07

Por consiguiento, mediante la notación

x

ray,
we @
La solución general dela ecusciôn (214) es
ur or @

donde, como anteriormente, O, y C; son constantes a determi
mar de modo que satisfagan las condiciones en los bordes del
disco. Para un disco con un orificio en el centro (fig. 142),
y sobre el que no actúan fuerzas en sus bordes, dichas condi-
iones son
(a) @
La expresión general de a, se obtiene sustituyendo el valor (d)
en la primera de las ecuaciones (199) (pig. 242), lo que da

e EE

(a),

Stet y Bal À
A @

PEFORMACTONRS SIMÉTRICAS ALREDEDOR DE UN TR 251

Las eouaciones que expresan las condiciones (e) serán ahora

040,

we, Lo,
E m

348 + + HOt wet =o,

ana m 344 ya
LE wa Om ben
w si lid
La expresión goneral de u so obtieno poniendo estos valores
en la ccunción (d). Sustituyondo dicha expresión de u en las
scunciones (199) (pág. 242), tendremos

atu ay
an Erler ne), :
X el Lu =) a

3+u 1434 A

= EN (ot 4 69 — 1A BH ye 4 20
a | seer tS} m

Keemplazando N por su valor —ecuación (c)— y poniendo

CET 10)

Las ecuaciones (215) y (216) se esoribirán

y E an
ren -£) em
DETTE PRET

gite ee

Se ve que la fatiga radial a, se anula en los bordes, donde

zo 1 62 = à, y que es positiva para cualquier oto valor de 2,
Aal como que es máxima on los puntos
savin |
ee deci, donde
eva o

Para este valor de r, la ecuación (217) de

Cas = E

Puma. 19)

131. 252 RESISTENCIA DE MATERIALES

La fatiga tangencial a, es máxima en el borde interior del
disco, donde x = a. Por la ecuación (218) se obtiene

(oon = ON (220)
= ale, ce) €
Se ve que (sinus es siempre mayor que (,Insc-
En la figura 135 so han llevado en ordenadas los valores de
los paréntesis de las ecuaciones (217) y (218), tomando ios de =

como abscisas; lus líneas llenas corresponden ai caso

desir, el radio interior igual
a la cuarta parte del radio ex-
torior. Las líneas de trazos re

presentan los valores de! pa-
réntesis de la ecuación (218)
para otros valores do a. La
ocuación (220) muestra que
la fatign (ous en el bordo
interior varía respecto a a so-
gún una ley parabólica, Está
representada en la figura 145
por la curva mn.

Conviene hacer notar que
cuando el radio interior es
muy pequeño (es decir, x tiendo hacia vero), existo un salto brus-
co en la fatiga o, próximo al orificio. Lo pone de manifiesto ia
curva mpg, en la que

em)

En el otro caso extremo, cuando el radio Interior se aproxi-
‘ma al exterior, a tiendo, hacia la unidad y la ecuación (220) da

(mn
9

Este valor coincido con la eouación (15). primera parte. ob=
tenida para un anillo que gira. Puedo verse que, en el caso del
disco con un agujero en el centro, la fatiga máxima varía poco
con el radio del agujero; el valor para un unilio muy delgado es

IEFORMACIONES SIMETRIOAS STRPNEDOR DR UN RIE 208)

solamente un 20 por 100 mayor que el correspondiente al caso
de un agujero muy pequeño.

En el caso de un disco macizo u = 0 para r = 0: por lo que
la constante O, de la solución general (d) debo tomarse igual
a cero, La constante O, se encuentra por la condición de que a,
dee ser nula en el borıle exterior dei disco. Por tanto, de la se-
gunda de las ecuaciones (y),

ye E m)

Este valor de Or y el nulo de O, se introducen en la oxpre
general del corrimionto u —ecuación (d)— y so sustituye
vs us ecuaciones (199) (pig. 249). De este forma so obtieno

west
Yee as), 2
le) (222)

wite( It

® — 1434 (2

0 vin) di

donde, como anteriormente, z ==

Las dos fatigas son siem-

pre postuvas y aumentan al disminuir 2; es decir, según nos

aproximamos al centro. En el centro, 4 = 0, y

mite
8

Comparando este valor con la ecuacién (221), so ve que;
debido u la concentración de fatiga, la que corresponde al borde
de un agujero central pequeño sa el doble de la correspondiente
al centro de un disco macizo. La variación do ln fatiga o, à lo
largo del radio de un disco macizo viene representada en la figu-
ra 146 por la línea de trazos ppg.

Las couaciones obtenidas anteriormente para discos que gi
ran se emplean también para el caso de eilindros relativamente
lurgos ', como en el caso de rotoree de máquinas eléctricas.
En gran número de máquinas la velocidad periférica es muy
grande. Lo expuesto muestra que las fatigas producidas por las

(ase = (Crass

(22)

5 Ta distribución de fatigue eu sos rus o analiza on 1
or Élasticity, pág. 319, as ® " u

132. 254 RESISTENCIA DE MATERIA

fuerzas de inercia son proporcionales al cuadrado de la velo.
cidad periférica y, por consiguiente, juegan un papel princıpal
en tales casos. Por consiguiente, para un material de resisten-
cia dada y fijada la velocidad angular del rotor, existe un limi-
te definido para et diámetro del rotor, del cual es peligroso
pasar, Al fijar la fatiga de trabajo en tales rotores es preciso
tener en cuenta que la mayoría de las veces existen defectos
del material en el centro, que es precisamente el lugar donde
so producen las fatigas máximas a causa de las fuerzas de iner-
cia. Para eliminar dudas, es corriente practicar un agujero cen-
tral a lo largo del eje del rotor. La fatiga máxima se dupli
debido al agujero; pero esto se compensa por la posibilidad de
invostigar,

‘También es frecuento someter el rotor a un cierto exceso de
velocidad 1 antes de ponerlo en servicio, de modo que las fa-
tigas alrededor del agujero sobrepasen el punto de fluencia del
material, Al pasar el rotor, las fatigas no desaparecen por com-
pleto, debido a la deformación permanente del material próximo
al agujero. La parte interna del rotor queda o»mprimida por
la exterior, y la exterior oxtendida por la intenor 3. El estado
de fatigas iniciales es análogo al de un cilindro de pared gruesa.
sometido a sobrepresión interior (pág. 243). Las fatigas residua-
les producidas en el agujero son de sentido opuesto a las que
originan las fuerzas de inercia, por lo que se favorece la distri-
buciôn final de fatigas en el rotor 3. Conviene notar que las ecna=
ciones obtenidas para las fatigas (véanse ecuaciones 217 y 218)
contienen solamente a v y a las relaciones « y x; por consiguionto,
pora un material y una velocidad periférica dados, las fatigas
son iguales en puntos anélogemente situados de rotores geomé-
trienmente semejantes. Esta propiedad puede simplificar el
cálculo de fatigas en discos goométricamente semejantes. ‘Tam-

In máquinas eléctricas, rededor de 20 por 100 uhr ta
(dad de vico,
Bla encstion ba sido estudiado por C. Honegger, Brown Be.
wer Ge icono noviembre 1819.
Tn discos girntorin, debidas a la Auch
del mate hy sido statuts por A, Nada y L nell von
ner. Soc, Mich, Engre, Applied Ml
Véanse anid oe tag. Bat, 199, E. Lando, Zac
pá. 18,

DRFORMACIONER SIMÉTRICAS ATREDEDOR DY UN EIR 255

bién puedo warn pars stable la riencia de grandes 10
tores mediante el ensayo de modelos. ÓN

En el estudio anterior sha supusto que los bordes do los
¿isos está ira de fueras extras. Sexbtn rs de ex
tensión composión distribuidas uniformemente uo lr de
10 bordes del dico, ls fatigas que originan se ensuntran par
la tora de sino d pared gruesa (tie 44) Dich te
En (réa ami 200) pueden sii en afore siguientes

m

onde E y n son constantes que dependen de las dimensiones del
disco y del valor de las fuerzas exteriores que actúan en los bor-
des. Las fatigas (n) so superpondrén a las dadas por las ecua-

ciomos (17) y (18), y las fatigas totalos pueden ropresentarse
eu la forma

donde
3 20)

3 Ay B son constantes que se calculan on cada caso partion-
lar mediante las ecuaciones (200), (217) y (218). Em
Fr (200), (217) y (218). Empleando

(227)

(228)

Ins ecuaciones (295) serán

+ Bw; t= A~ Bo,

Si se conocen e y £ para un punto del dis
e into del disco, pueden obtenerse
con facilidad para otro punto mediante el método gráfico si-

133. 250 RESISTENCIA DP MATHRTATRS

guiente Y: Seam 8, y fy los valores de « y £para el punto sn = 19
(véase fig. 146). Los valores 5, y la de sy £ para otro punto
o =10,, se obtionen por la inter-
sección de la vertical que pasa
por 10, con las líneas rectas 415,
Y bts. cuyo punto de intersección
‘estd en el ejo vertical de coorde-
nadas (w= 0) y que forman án-
gulos iguales con este eje, Estas
lineas representan gráficamente
las ecuaciones (229). Tienen co-
mún la ordenada A correspondiente al eje w = 0 e iguales y
opuestos los coeficientes angulares (<= B). Esta construcción grä-
fica es de aplicación corriente para el cáleulo de fatigas en discos
giratorios de espesor variable, como veremos más adelante,

Problemas

1. Detominar ts fin debidos ses senti en im
À de 48 cm, de dio exterior y 10 em. de rio interior. La parte
Trevor del rotor tiene prasicndas, mama de 25 em. de profundind
fm practicas el devanade dig. 147). El rotor on do ocre y sim a
17300 revolution por mm, peo de lo arlaientos alojados en.
das ranurs se oqulalomo al mater quitado.
Sabine Debido a las ranas tas, I
ve de rotor comprendida entre os raion este
For yet de 40 cmo sfr hyn tangencial La
Forza centefugn debi a esto alo giatorio se
name, en forma de flip entensorn radial
sobre la supuso de elindee ds 40 em. de ai.
EX valor de sta fatiga en

ı_ art
Pico bo sm
2 yt

- an x [" rar
PAD Y I
y 0 48) om se obtiene pr = 686 Kilo“

Con y == 1,8 kg Jam.
gramos por om.

> Bate métado hn sido desarrollado for, Ne Grummel, Dingle
Puigchnical Journal, vol, 385, pag. 211, 1023.

DEFORMAGIONES SIMÉTRICAS ALREDEDOR DE UN RIE 957

La tatign tangencial máxima cu el borde interno producida por la
faux extensora Ju, deducida de la couación (200), ss

2x dor A
he 680 FPA 1,256 em em.

La tutiga tangenciel maxima on el mismo bordo, debida a la mass
existente entre los radios do 1 cin. y 40 em. culculada por la Couns
ción (220) como disco giratorio, os 9 = 446 kg.jom2, La fatiga vit.
uutorencinl máxima on el borde intermo es, par consiguiente,

ao = + 6 1250 4 446 ~ 1,700 kg/m.

2. Un anillo de ucoro se zuncha sobre un disco de fandición (figue
ru 143), Determinar el cambio quo producen en la presión do unchado
Ins fuerzas de inercia si el conjunto gira u 8.600 rovolueiones por mi.
tor a = 24 om., = 12 om. 6 = Mm, Eym 3 x 10 kg fom,
Bm 11.2 X 16 kom, Ya = 7.8 km, yy = 7,05 kg. di.
Solución Sea pu el aumento de presión entre anilo y disco, Las
constantes atbitrmrins do la couación () para el anillo exterior su do.

termminan por las souacionos
Ey stu
Ea [ve 0490010004, ö
; 0
CRETE 2
ral EEE a + a 4 0 a 0 À] =

Ay apuear las ecuaciones (f) on el disco interior llamaremos Of, Of
y N° a ls consiantes dufinides por la ecuación (), y obtendremos
como cenacionos para determinar Of y Of,

E

a
Ga tn 000043) = 0

ie °

NAAA] = 0

De las ccnuciones (p) y (r) pueden deducirso las cuatro constantes
Gi. 04, O; y CE, como funciones de py. El valor de pa puede averiguar
e entonces establociendo que an Ja superficie de contacto son iguales
los sorrimientos radiales del disco y del anillo. Empleando la cous.
sión (a), la expresión que determina p, será

er
Bt Ob + Sm N

Los oßlenlos numéricos au dejan a cargo del lector.

3. Hallar la variación quo experimenta la presión 2, caleulada on
el problema 4 del artículo anterior, si ol conjunto oje-polea giran à
1.800 revoluciones por minuto, y= 7,8 kg/m, £ = 2,1 X 10 kg fom.

ema Dy waren. El

134. 208 RESISTENCIA DE MATERIALES

41. Disco giratorio de espesor variable.—En el caso de nn
disco de espesor variable, el problema de doterminación de fats
gas es más complicado '. Nosotros expondremos un método apro-
imado do resolución de este problema, basado en sustituir el per-
Al dado por un sistema de discos de espesor uniforme (fig. 148) %.
Las fatigas para cada diseo se calculan por las ecuaciones dadas
en el artículo 46. Es necesario considorar las solicitacionos en las
superficies de soparación de los discos; os decir, en las secciones
tales como 2, 3, 4 (Lig. 148), donde so producen cambios bruscos
en las fatigas, Si yo y + Ay reprosentan los espesores del disco en
los lados opuestos de la sección considerada, la variación Ax, co-
rrespondiente de la fatiga radial €, so encuentra por la ecuación
ou = (9, 4 Any + dy),
suponiendo, como anteriormente, que las fatigas se distribuyen
uniformemente según el espesor del disco. Por consiguiente,
ae Ay
y+ Ay
La variación Ao, de la fatiga tangencial on la misma sección
Puede hallarse estableciendo quo e! alargamiento circunferencia!
Unitario debe ser igual a ambos lados de la sección. Por consi
guiente,

(a)

us

(r+ Ao) (0, + A),
de donde
As = wdc,

1 0 seuncien general correspondiente a eto enso, junto con un
tudio sobre lo fentes métodos de re ne en al
bien conocido libro do A. Stodola, Damp] und Gal 6 ed
ción. págs. 12-340, 1084. HAL" Marti ha estado un dis

Sco; véuss Engineering, vol. 116, pag. 1, 1023. El mis s
Jem, ha sio tratado por 1. Hodkinson! Bngbwcring, vole 100, nie
ina 374, 1093, y por A, Fischer, Zolecirift de Cent Ing, u. Ark
eines, vol. 1, pág. 48, 1922. Vans tambien ol bre do. Maton,
Festigheuserechuny rotrender Scheiben. Betting 1095

I Bato método ie desarrollado thy Die Berschnung
fpieender Scheiben und Ringe, 1914, Berlin. Ma sido Oxplicado er
Inglés por I. House, en Engineering, vol. 100, pas. 131, 1018. Due
deserróllos dit método so deben a Re Gramm fa citado, pág, 201. $
el ejemplo mumério que dames und tomado de su publicación Vas
dambién el trabajo de A: de Drionsen, Trans. dma. Soc Mech Bag
1820, Sección de Mecágica aplicadas Re Gruiinel, Ingo Arche vol.
RG 136 1036; R. O: Olson. Inge Arch vol 8, pága. 210 y 819) 188,

old, ng. Arc, vole 10 pag. 480, 193%,

IETORMACIONES SIMETRICAS ALREDEDOR DE UN MI 269

De tas ecuaciones (227),

de = Ao, =
(230)

Las ecnaciones (226), (227), (228) y (230), unidas a la solu-
ción gráfica dada en la figura 146, bastan para el cáleulo de un
disco de espesor variable.

Sea, por ejemplo, el disco de la figura 148, que ¿ica a una
velocidad de 3.000 revoluciones por minuto, Todas las dimen-

A

le hr

Po. 143,

siones figaran on la tabla XXT. Se supone que las fuerzas cen-
tifugas nplicadas en el borde exterior (por ejemplo, las fuer.
zus debidas a los álabos, en el caso de un rotor de turbina) son
alos que en ci borde exterior

(0), = 100 kg Jem.
También se ha supuesto que y = 0,3 y y= 7,8 kg/dma.
Con estos datos y los de la figura 148 so han llenado las ocho
primeras columnas de la tabla anterior.
Comenzaremos el cálonlo de fatigas por el bordo exterior del
disco, donde se conoc (9,4. El valor de la fatiga tangencial (2,
se desconoce generalmente y puedo atribufrsele un valor arbi.

135. 260

TABLA XXI. Citeuro pe yamoas en noroszs

RESISTENCIA DR MATERIALES

y |
sv fle la le le je je je le Is
Us o
El —
<i se
af
MIME
el a Ë
El
Lea [as [a= [es [95/33 [85 lee
El ! i A a el ie
- 2 3 3
+ 6 [4 1
E 25393
- 8 la je aja |?
| a |g ls le le |» |e 8
28 a LJ
s |= |g |F
- E 3 [a [a [8 J8-
> Ej lz [2 (EF

DEFORMACIONES SIMÉTRICAS ALREDEDOR DE UN RIE 261

trario para comenzar. La hipótesis más sencilla es escoger (6;)y,

de modo que sean iguales + y £ (vénso vounción 227), en cuyo caso,
(os = (a, + Byo*r} Bart,

o, empleando los números de In quinta y sexta columnas de la
tv,

(a),

Por las ecuaciones (227),
2, = (oi + 8,04} =100 + 813 == 913 kg fom,
(ouh + Burt = 445 + 408 = 913 kg om.

00 + 813 — 468 = 445 kg em,

Como 2, = fy las linens rectas ¢ y £ coinciden en la construe-
ción expuesta en la figura 146, En la figura 149, a y £ se toman

os oleada, y 10 = À en alcoy ls ls de trnsa

vienen representadas por la linea a-a, paralela al eje 1, La lon-
gitud de esta línea, correspondiente a la distancia cadial 1-2
del disco (fig. 149) se determina por los números de la cuarta
columna do la tabla, De esta forma, obtenemos para la sec-
ción 2 (fig. 148),

913 kg.Joma,
De dondo, mediante las ecuaciones (227),

13 — 059 =254 kg. fom,
13— 380 = 538 kg. fem.

(0), = otr

Cie = by — Por

En la soceiön 2 so presenta un cambio brusco del espesor del

disco. Para tenerlo en cuenta se emplean las ecuaciones (230)

junto con los números de la octava columna de la tabla, Ten-
dremos

(As), = (As),

"5 x 254 = 381 kg.Joma.

(Ady = (Ber) = 4 (A), = 0,3 x 381 =114,3 kg.Joma,

Estas cantidades se añaden a la ordenada del punto a en la
figura 149, obteniéndose los puntos d y 6; las líneas bb y ce se
trazan tal como so explicó en ln figura 148, De este modo se
encuentran e, y 1, para la sección 3. Repitiondo el proceso ex-

136. 202 PRSISTRNCIA DE MATERTALAS

puesto, se encuentran los resultados correspondientes a la seo
ción 3, y así sucesivamente. De esta forma, pueden calculnrso
todos los valores que figuran en las columnas novena a duodé-
cima de la tabla anterior (líneas =uperioros)

Como la fatiga (0), en la periferia del disco, se escogió de
almente no quedarán satisfechas las con-

630

wo

Fro, 149

igual a la fatiga real que actúa sobre dicho borde, Para satis-
facer dicha condición en el borde interior, se efectúa un cálewo
complementario, Suponemos (c,), = 0, « = 0, y tomamos un
valor arbitrario para (a), —en los cáloulos se ha tomado (ey,
igual a 60 kg./om.4—, y se obtiene la distribución de fatigas del
mismo modo que anteriormente. Pare esto aso, de las ecuacio-
nes (227), $=, y t= 0,

Los resultados de estos cálenios se dan en las columnas no-
vena a duodécima, en las líneas inferiores. y las construccio-
nes correspondientes so ven en lo figura 149 (líneas ¢" y 4°).
La solución que satisface al estado real de solicitación del borde
interior del disco se obtiene combinando las dos distribuciones

DETORMACIONES SIMÉTRICAS ALREDEDOR DP UN RIE 268

de fatigas del modo siguiente: Sean (a, y (0, las fatigas ra-
diales en el borde interior dei disco, obtenidas en el primero
y segundo cáleulos, respectivamente, y (0)! la fatiga real en
el bordo interior, La solución real se obtiene superponiendo a
la distribución de futigas del primer caso las del segundo, mul
tiplicadas por

ON

Ge

Las fatigas medins en las secciones donde el espesor cambia
bruscamente pueden calcularse del modo siguiente:

ce (e+ 7 Enf >
orate dealer)

Los resultados de estos céleulos para el caso de que la fati-
ga rudial en el borde interno sea nula figuran en las dos últimas
Solumnas de la tabla anterior y so representan gráficamente por
las dos curvas de la figura 148,

48. Fatigas térmicas en un cllindro hueco de gran longi-
tud.—Cuando la pared de un cilindro no se calienta de modo
uniforme, sus elementos no so dilatan igualmente, y por esta
causa so originan fatigas. En el estudio siguiente supondremos
‘quo la temperatura se distribuyo simétricamente respecto al eje
del cilindro; es, por consiguiente, simétrica alrededor del ejo,
y podremos utilizar el método desarrollado en el artículo 44.
Separaremos del cilindro un anillo mediante dos secciones per-
pendiculares al eje a la unidad de distancia, Durante la defor-
mación, puede suponerso que dichas secciones permanecen pla=
as, ei las tomamos a distancia suficionte de los extremos dol
cilindro 1, ya que los alargamientos unitarios en la dirección del
eje son constantes. Llamenos eje = al eje del cilindro y repre-
sentemos con w el corrimiento en la dirección del eje 2, conser-
vando en cuanto al resto la notación del artículo 44 y figura 142.

" „En los extremos las fatizns on la dirucción del eje del
sou aulas, y la distribución de fatigas en us vomplicada,

sto

137. 264 RESISTENCIA: DE MATERIATES

os unitarios en las tres direcciones perpendivu-

ent? — const.
de
du

un (a

Estos alargamientos pueden escrihirse como funciones de Ins
fatigas a, 0, 2, y de la dilatación térmica. Sea a el coeficiente
de dilatación lineal y 1 el increment de temperatura, variable
con la distancia radial r. Las ocuaciones (43) (véase pág. 62, Pri-
mera parle) serán

ee Bio, +a) +o
= EEO tad ta

aig 1) + at, %
Fayette, 0)

hatte

Representando por A la dilatación cúbica,

Bante bem Bete ta) toa (à

Con este valor y las couacionos (5) se encuentra

(0

on valores se sustituyen en In covación de equilibrio del
elemente many, de la figura 142 —ccuación (0), pig. 242,
de, 00
Zune ë
dr r L

DETORMACIONES STMETRICA® ALREDEDOR D

uN ese 200
y se obuens, después de emplexr las eousciones (a),

ea

determina el corrimiento u para cualquier dis-
tribución particular de la temperatura. Puede escribirse en la
tora

E fer
Integrando respecto ar, de

donde C, y O, son constantes de integración a determi
modo quo so satisfagan las condiciones reales en las suporfic
del cilindro, Si estas superficies so suponen sin solicitación, Cy
y O, se determinan por las condi

(rar 10)

La expresión general de, e bien sutituyendo on I o.

(a

gunda de las eovnciones (d) e, y por St y À, respectivamente,

y dando a u el valor de la ocuación we será

E dr
rt ii
Por Ins counciones (g), so obtione

us

138. 206 RPSISTENCIA DY. MATERIALES

Sustituyendo estos valores cu la expresión (1), se obtiene el
valor góneral de

a= ¡NES aoe fol (232)
ul roe J,

La expresión general de a, se obtiene de la ecuación de equil-
brio (e) y es

1

; Ara
Se
» dela temperatura a lo largo del es-
pesor de la pared, se pueden calcular licilmente las inegrates
ue figuran en las eeuaciones (232) y (288), y obtenor 9, y op
Oonsidoremos el caso de un cilindro de pared delgada, en ol
que la temperatura de la superiie wtrior es 4 y eu la supere

fer] 233)

ficie exterior es nula 1. Para paredes delgadas, la distribución
estacionaria de temperatura ex prácticamente lineal; por tanto,
malt en! (239

‘Snstituyendo este valor en las ecuaciones (232) y (233), e inte-
grando, se obtione

Eat, ah mae

en on an

mal r LA =) y
at

a FPE] e

for fi 4
we ail +e Pa
Las fatigas tangenciales en las superficies interior y exte-

Ba Pa
adi so 2 :
al Pe

EN ep ¿Pe
rr Sf + .
a Ro er aa:

Estas ecuaciones pueden representarse en forma sencilla, me-
diunte la notación
=14+m 0

+ Cualquier estado de temperatura en las superficies del cilindro
puede obtenane superpouiaudo'al que estudia ys calentamiento à

PERORMAGTONRS SIWÉTRICAS ALREDEDOR NF MS RIE 967
onde m es una cantidad pequeña,
gado. Dichas ecuaciones serán
_ Bat
20 — ur

en el caso de un cilindro del-

(ad.

Cr) em

m
sl) 0»

En el caso de una pared muy deigada, el segundo término
de los paréntesis de estas ecuaciones es despreciable y las ceun-
ciones coinciden con las obtenidas al estudiar el calentomiento
no uniforme de una plack (véase ecuación 123)

Cunndo la pared no es de pequeño esposor, I distribución es-
tacionaria de temperatura no es una función linea; der, pero pue
de representurso por la expresión

tm gto so
tog?
Con esta expresión de 4, las ecuaciones (232) y (233) son
an [un
2(1— y) log, = 4

Bat met li)
20 — plog. ? "

(Fm 0

em

El máximo de o, acontece en la superficie interior o en la exte-
rior del cilindro, Sustituyendo en la ecuación última, r=a yr=b.

Eat,

(aa a E eu
20 mo

ar Fi en
2(1— wog?

asta ahora sólo nos hemos ocupado de 2, $ a, y se ha visto
que no dependen del alargamiento unitario «, en la dirección del

139. 268 [RRSISTENOTA DR MATERIALES

ejo del cilindro. a. puede calcularse por la primera de las ecnn-

siones (d). Sustituyendo s, = 5%, 8, = 7; dando a wel valor (/)

y las constantes arbitrarias el de las ecuaciones (A), e ve que
la oxpresión general de o, contiene el alargamiento unitario +,
en dirección del eje dol cilindro. Si suponemus que el cilindro
puedo dilatar libremente, el valor de £, so calcula estableciendo
Que la suma delas fuerzas normales disribufdas sobre la eoción
dol cilindro perpendicular al ej es mula. Bíectuado este cálculo
so obtiene, Annlmente, como valor de 6, la expresión siguiente
Lol baat
= — Be (1 200g 2
2a? re

to). ess

Puedo verse que en las superficies interior y exterior dol oi.
ro la fatiga o, es igual a o, Un estudio más detallado del
problema do las fatigas térmicas en cilindros ha sido realizado
por C. H, Lees, Para el cálculo rápido de fatigas, según las
ecuaciones (240), (241) y (244), ha construído unos gráficos
L. H. Barker.

En el caso de un disco de espesor uniforme sin agujero en el
‘centro, suponiendo el espesor pequeño comparado con el radio à
dol disco, las fatigas radial y tangencial vienen dadas por las e:

pri ui
Pep à fe
À (arm fu im

amorr fol va) 0)

En cada caso particular, conocida la temporatura t como
función de r, pueden practicarse las integraciones y obtener fäcil-
mento las fatigas térmicas.

Las fatigas de origen térmico tienen gran importancia präo-
tica, especialmente en el caso de cilindros gruosos tales como
rotores de turbinas de vapor, ejes pesados o grandes discos.

Vánso ©. H. Leva, Proc. Roy. Sor, serie A, vol. 101, 1922,
+ LH Barker, Engineering, vol, 124, pág. 449, 1927, ES ejemplo
mwassıco dado à contaimción esta toinado’ de este: publicación:

DEPORMACIONES

TURTRICAS ALRIDEROR DE TIN PUR 269

En todos estos casos, el calentamiento o enfriamiento debe ha-
cer de modo gradual para reducir el gradiente de la tempe-
ratura en dirección radial *. Las fatigas térmicas tienen tam-
bien importancia en Jos motores Diesel 2,

Problema.

Y Determinar las fatigna térmuces en un eilinden para el que
Es

fe = Y mm, 20m 8 om, y

= 43, al do temperatura interior es

4 = — 1°C. y la temperature exterior es cero.
“Solución: "Por las ecuaciones (242) y (248),

= kom,
18,5 keer.

(dra = (o)
(Dymo = (2
El máximo de a, —oouación (240)— ucoutece para rm 7,2 mm. y

Fro. 150

vale @ea.fem., La distribución de Ins fatigas a to largo del espesor de
ln pared so ve on In Aura 180,

* Un eat sobre las fatigas térmicas ca cilindrus sobre la que
ta ea a ele ci lp A tae
nado: Append see tambn € Bikhelberg, For:
Thanpiorieien miras. BED y 269, 1089, Para ga tóricas cn dla.
font dé usaras D. D Lo vol. 72 pigs DR, LOS DD
robles ae sein en Theory of Eli pg, 266, 104,

9 niza Re Ze, Zemperaue Varin and Het ire in
Die Trente 0) Meat) Recien Engl, en Engineering, vole,
men Tate page 0881000. 9° We Bunty 7, D. Y.

Tost, IN Goodie, Journal Appl Mech, vo

140. CAPÍTULO VI

TORSIÓN

49. Eles de secelón no ciroular.—El problema de In torsión
de ejes cirgulares ha sido ya examinado (véace pág. 254, Pri
‘mera parte), y alli se dicron fórmulas para determi-
nar la fatiga méxime y el ángulo do torsión, Tam-
I bién so vió la torsión do ejes de seción rectangular.
Existen, sin embargo, otras formas do sección para
las que interesa resolvor los problemas de distri-
371 bución de fatigas y conocimiento del ángulo do
torsión. A continuación se dan los resultados co-
rrespondientes a formas de interés práctico.
Sección elíptica 1.—La fatiga cortanto máxima acontece en
los extremos del eje menor (fig. 151), y es

as
16 M, ==]
tau = Y 245
zh em T
El ángulo de torsión por unidad de longi. a
tud es ae UL, see];
as, COS
donde 1, = E (OM + BI) es ol momento polar de inercia de
Se bh

la sección (véase Apéndice, Primera parte, pig. 939), y À = “2
es el área de la sección,
Triángulo equilátero.—La fatiga cortanto máxima acontece

* La solución de esto problema y de los siguientes so deba à Saint
Vonanty Mém. des Savane étrangers. vol. 14, 1805. Le obtención de
las fórroulas dadas puedo veras en Theory o/ Blastity (vénse pag. 281),

‘ronstON m

en el centro de los Indo» (puntos m de la figura 152) y puede calou-
saree por la expresión

al,
De R ar
73 em
El ángulo de torsión por unidad de longitud es
Fr
o= a
vos (248)
Hexiigono regular *—Para esto caso,
oe ana vn
ES (250)

133 A
donde 7 ox el diámetro del ofroulo inscrito y A el drea de la
sección

Octógono regular 3.—Para esto caso,
A
0,293 4d

(251)

(252)

donde A y 4 tienen el mismo significado que anteriormente.
Trapecio *—En el caso de un trapecio isósceles pueden ob-
tenerso unos valores aproximados para la fatiga máxima y el án-
gulo de torsión reemplazando el trapecio por
un rectángulo «equivalente», obtenido como
indica con líneas de truzos la figura 193. Desde
el O de @ del trapecio se trazan las perpendicu-
lares BO y CD a los lados laterales y después
so trazan las verticales que pasan por B y D.
Las eouaciones (155) y (150) dadas en la Pr
‘mera parte (véase pág, 202), aplicadas a la sección rectangular
obtenida, dan, aproximadamente, los valores de aux y 0 corres-
pondientes al trapecio do la figura 193.
in, 10m © Woher, Die Lee vum der Drehungsfatigkeil, Bor

2° Véase C. Woben ref 2.
# Vene €. Weber, ne 2.

141. nm RESISTENCIA DE MATRRTALES

Para cualquier eje macizo (no tubular) se obtiene un valor
aproximado del ángulo de torsión reemplazando la sección per
tra elíptica sequivalentes de la misma área 4 y del mismo mo-
‘mento polar de inercia /,. Por eonsiguionte, el valor aproximado
de 6 viene dado por la fórmula (240).

50. Analogía de la membrana '.—Esta analogía estableco
ciertas relaciones entre la superficie elástica de una membrana
‘uniformemente cargada y la distribución de fatigas en una pieza.
sometida a torsión. Supongamos una membrana homogénea del
mismo contorno que la pieza solicitada a torsión, sometida » una
extensión uniforme a lo largo del borde y solicitada por una
presión transversal uniforme. Puede verse que la ecunción dife-
reneial de la elástica * de esta membrana tiene la misma forma
que la ecuación que determina la distribución de fatigas sobre
la sección recta de la pieza solicitada a torsión. Si $ es la fuerza
extensora por unidad de longitud sobre el contorno de la mom-
rana; p, la presión transversal por unidad de área, y 6 el ángulo
de torsión de la pieza por unidad de longitud, las dos ecuaciones
mencionadas son idénticas ei

P 20, (a)
go (

Cumplida esta condición, son válidas Ine sisuientes relacio-
nos entre la superficie de la membrana y lus fatigas cortantes
do la torsión: 1.* La tangente a una tinea de nivel en euslquier
punto de la membrana deformada da la dirección de In fatiga
cortante en el punto correspondiente de la sección de la pieza
sometida a torsión. 2.* La pendiente máxima de la membrana
en cualquier punto cs igual al valor de la fatiga cortante en el
punto correspondiente de la pieza. 3.° EI doble del volumen com
prendido entre la superficie doformada de la membrana y el plano
de su contorno es igual al momento torsor quesoliita a a pleza,

© Yate analogía fué desarrollada por L. Prandtl: wéanse Phys
Zeitschr. pág. 168, 1903; Jahresberichte d.. Deutsch. Math. Ver. volte
men 13, page 31, 1904. Estudios més recientes pueden vorse en las
miblicaciónes de’ A, A. Gnibth y O. L Taylor, en Proo. rai. Mech,
Eno. nie. 765. 1017. y en Pechnical Report of he Adoisory Committee
Jor Aeronautica, vol. 3, págs, 920, 438, 950, 1917.18. Vieso Larab 6a,
Theory of Blaatcit. pág. 335.

PSC supone que las deformucionos son peyuetus,

xORsIÓN a

“Todas estas correspondencias pueden probarse fácilmente en
el caso de un eje circular, Sea (fig. 154) una membrana circular
estirada uniformemente por las fuerzas S y cargada con la pre-
sión uniforme p que actúa hacia arriba. Considerando un trozo
‘concéntrico mn de radio r —fig. 154 (a)—,se observa que la noción
total sobre este trozo os ar*p. Esta presión se equilibra por las
fuerzas extensoras 8 distribuidas uniformemente a lo largo del
cirenlo de radio r y de dirección tangente a la membrana defor-
mada. Representando con 1 las lechas de la membrana, se tiene

Pe Pr
a

=

a 28

Sustitnvendo on esta ecuación el valor de 2 dado por la
formula (a), ss obtieno $

Gor, ©

0)

El segundo miembro de esta ecuacién es la conocida expre-
dela Me où va os desata cent à Sonica m

est (0, pág. 20, Prima par

tom Por tano, la pendiente dela, PA
ee oa da

Joe based dela ige a tosca.
er | |
Has on suda guile acentos va

direolén del merdian,y la fatiga

ee cosida og on seda punto de

cs porel tao, Pars

duree ai meme Len qe to

produce ls feo ados por ls Eu

rinda 6h laine a fli

fet comen nie mb dia. TELE

$ e peso del one A, La Lire de D ecuación @)

aer op wirmpuacea 1.1

142. m SISTENCIA DE MATERIALES
y ol volnmen buscado es
v = [Perdew = 00 rat Lon.
I 173

Comparando este valor con la fórmula del momento tor-
sor (véase ecuación 147, Primera parte), so doduco que en la
analogía de la membrana ol doble del volumen da el valor del
momento torsor. Quedan, por consiguiente, fácilmente pro-
badas las tres propiedades de la analogía en el caso de un eje
ciroular.

Para otros tipos de sección la forma de la suporficio defor-
mada do la membrana es fácil de imaginar y, por tanto, we de-

WE |
IE iC
a nr Es
® »
Fie. 188

äucen fácilmente propiedades cualitativas referentes a In disti-
buciôn do las fatigas en la torsión. Por ejemplo, ou una aceción
rectangular —fig. 155 (a), la superfiio deformada de la meme
rana es como la representada por sus curvas de nivel. La fatiga.
es invorsamonto proporcional e la distancia entro dichas Kneas;
por tanto, es mayor donde las líneas estin més apretadas.
La fatiga máxima acontece on los puntos m-m, para los que la.
pendiente de la menabrana es máxima. En los ángulos a, 0,0, d
la superticio do la membrana coincide con el plano del contor-
no abed; la pendiente de dicha superficie es nula y, por tanto,
la fatiga cortante en esos puntos también lo es.

Consideremos ahora una sección rectangular estrecha —figu-
ra 155 (b)— La olästica de la membrana en las partes algo al

‘TORSION 215

jadas de los lados cortos del rectángulo puede considerarse ci-
Hindriea, Con esta hipótesis, cada tira mm de la superficie se
comporta como una cuerda cargada uniformemente y su flecha
máxima viene dada por la ecuación

0)

o,utilizando la couación (a),

(o

La fi máxima ig a ponente ls ponts mon
Bate edie o + para un ur pam. ara,

43

<0, @

El momento torsor es dos veces el volumen comprendido
por la membrana. Despreciando el efecto de los lados cortos
del rectángulo en la deformación de la membrana y calculando
el volumen como un cilindro parabólico de longitud b, se tiene

2-25t0=l 1000, o
Ts
De donde

0. (253)
Lea
3
Sustituyendo en la couación (d), se obtiene
sm as)
16e
3

es (155) y (150),
suponemos el roo-

Estas fórmulas coinciden con las ecu
dadas en la Primera parte (véase pág. 262),
tángulo de sección muy estrecha.

Si en lugar de un rectángulo estrecho tenemos un trapecio
estrecho (Bg. 156), se puedo obtener una solución aproximada
suponiendo que la clástica do la membrana en las partes algo
alojadas de los lados cortos es una superficie cónica. El doble

143. 276 RESISTENCIA DE MATER

del volumen correspondiente a un elemento mm de la sccción
se obtieno por la ecuación (e) y es

1
2 eocde,
50s, 0
donde e es el ancho variable de la sección dado por la ecuación

0)

Sustituyendo este valor en la expresión (/), e integrando, se ob-
coe
2 260
a= [Loa ir.
f 3 la + ed a

El ángulo do torsión es, por tanto,
M

pa — M
1 a
zarte

(258)

Cuando ¢; = ¢ =, esta expresión coincide con la Fórmu-
la (253), correspondiente al rectángulo estrecho.

En casos más complicados, para los que la forma de la clés-
tica de la membrana no puede obtenerse fäcilmente de modo
analítico, puede investigarso exporimentalmente utilizando una
pelfeula de jabón por membrana y midiendo le pendiente de su
clástica por métodos ópticos. Para ello se emplea el aparato que
muostra la figura 157 2, Una placa de aluminio con dos orificios,
uno circular y el otro de la forma en estudio, está sujeta entre
las dos mitades de una ceja de fundición A. La parte inferior de
la caja está apoyada por tornillos nivelantes. Introduciendo aire
modiante una bomba en la parte inferior de la eaja, se produce
la deformación do las películas de jabón que cubren los men
nados orificios. El trazado de las líneas de nivel de las superfi-
cies de las películas de jabón se realiza mediante el tornillo B
que pasa a través de un orificio practicado en una lámina de
cristal suficiontemente grande para cubrir por completo la caja
en cualquier posición. El extremo inferior del tornillo está pro-

7 Vase la publicación de G. T. Taylor y A. A, Griftith, yu citer
de, pig, 272, di ”

Tonstox. am

visto do una punta de acero duro, cuya distancia a la lámina do
cristal se gradún modiente el tornillo. La punta se aproxima a la
película, moviendo la lámina de cristal basta que al distorsio.

narse la imagen de la película so acusa el contacto, Este contacto

ee refiere a una hoja de papel unida a la tapa E. que puedo girar
Alrededor de un eje horizontal situado a la misiwa altura que la
punta de una aguja de acero D. Para referir cualquier posición
del tornillo, basta picarla en el papel, girändole hasta que tome
contacto con la aguja D. Cuando la punta ba tocado a la pelf-
cula en varios puntos, se unen las referencias del papel por una

144. 218 RESISTENCIA DE MATERIALES

línea seguida, que será una línea de nivel. Actuando sobre el
tornillo B, pueden repotirso las operaciones y trazarse cuantas
líneas de nivel se juzguen procisas. Trazadas dichas líneas, pue-
de obtenerse el volumen de la membrana y el momento torsor
equivalente, Las pendientes y las fatigas correspondientes se
obtienen midiendo las distancias entre líneas de nivel sucesivas.
Mejores resultados se obtienen midiendo las pendientes por la
desviación que, al rellojarse, experimenta un rayo de luz que
incide sobre la superficie do la película. Para establecer la rela-
ción entre la pendiente y la fatiga, se comparan las dos pelfeulas
que cubren los dos orificios y que
han sido sometidas a la misma
presión de aire, Como ambas po-
lículas tienzn la misma relación

2, los ejes correspondientes tie-
nen valores iguales de G8 —rén-
se ecuación (a)—. Por consiguien-
to, midiendo las pendientes de las
dos películas de jabón, se pueden
comparar las fatigas en el eje de
Fro, 168 sección dada con las del circular
do diámetro conocido siempre que
tengan el mismo ángulo de torsión 9 por unidad de longitud y
el mismo módulo transversal G. La relación correspondiente n
entre los momentos torsores está doterminada por la relación
entre Tos volúmenes comprendidos por las películas de jabón y
él plano de la placa. Esta relación da, evidentemente, la rela-
ción entre las rigideces a le torsión de los dos ejes. La figu-
ra 168 representa las líneas de nivel obtonidas para un trozo de
viga en I (larguero de madera de un avión). Dado el agrupa-
miento de líneas de nivel en los ángulos entrantes y en el centro
de la cara superior, se deduce quo en estos puntos se producen
fatiges cortantes olovadas, Las partos restantes del ala están so-
licitadas muy ligeramente. La fatiga máxima en la parte central
del alma es präticamente constante a lo largo de su longitud o
igual a la correspondionte a una sección rectangular estrecha.
para cl mismo ángulo de torsión.

‘TORSION 2

51. Torstén de perfiles laminados.—Las ecuaciones (253) y
(254). doducidas pare una sección rectangular estrecha, pueden
aplicarse on forma de solución aproximada para otros tipos de
secciones estrechas. Por ejemplo, en el cuso de las secciones de
espesor constante representadas en la figura 159 (a) y (0), el
ángulo de torsión se obtiene por la ecuación (253), escribiendo
en esta ecuación, en lugar de 6, el desarrollo de la línea media;
es decir, b= gr, en el caco de la figura 159 (a), y b= 2a—c,
en el de In figura 159 (0). La fatiga máxima para la primera de
las dos secciones so obtendrá por la ecuaciôn (254). Para el
angular —figura 159 (0)—, la fatiga máxima acontece en el än-

De

Fie. 169

gnlo entrante. Esta fatiga máxima so obtiene multiplicando la
fatiga dads por la couación (254) por un factor mayor que la uni-
dad; ol valor de este factor so analizará más adelante (vónso ar-
tículo 60, pág. 354)

‘Todo esto so deduce de In analogía de la membrana expuesta
en el artículo anterior. El lector habrá adivinado que si el espo-
sor e de la sección ropresentada en la figura 150 (a) os pequeño
comparado con el radio y, la curva parabólica dela figura 155 (0),
que define la elástica de la película, os válida con aproximación
suficiente 1. En este caso, la pendiente máxima do la película y
la fatiga máxima correspondiente pare la sección de la figa-
xa 169 (a) serán, aproximadamente, las mismas que cu el caso
do un rectángulo estrecho.

En el caso de una sección en LI —fig. 169 (c)—, el ángulo de
torsión se obtiene subdividiendo la socción en los tres rectängu-

La elástica en esto caso no cs cilindrice: pero ai 6 os pequeño,
comparado con 7, la eurvatura de la pallcula en dirocoión tungeneial u
Pequeña, comparada von la de dirección radial, y puedo dospreciarso.

145. 280 RESISTENCIA DE MATERIALES

los mostrados en la figura y sustituyendo en In ecuación (259)
bye] + 2 da, em lugar de be. Por consiguiente,
a
CET

Para calcular las fatigas correspondientes al centro de los
lados 6, de las alas, basta, tal como so deduce de las ecuacio-
nes (253) y (254), multiplicar @ por c¿0. Tendremos

3Me,
a+

Estás mismas eouacionos son válidas como solución apro-
ximada para vigas en I 2 con alas de espesor constante —figue
ra 160 (9.

"En ao do vpn nal en pndintn 83.100,
representando con ¢ el espesor del ala en los bordes y con cy el
espesor máximo del ala, definido por la ecuación

(256)

es:

enatliten

y empleando la couación (253) para las alas, so vo que el ángulo
¿de torsión 4 se deduce do la ecuación (256), sustituyendo en ellala

1

cantidad (0, + 6) (+),

A eas, qa +) (E+

en lugar de ci

La fatiga máxima acon-

tooo, de ordinario, en los

acuerdos y tiene un carde-

ter local. Su valor se exami-

naré en el artículo 60, Tam-

Fro, 160 bién pueden presentarse

fatigas crecidas en los pun-

tos m de la figura 160 (6) (centro de la superficie externa de las

alas). Esta última fatiga se obtiene multiplicando of ángulo de
torsión 0 por 6,6, siendo c, el espesor máximo del ala,

Debe notarse que para obtener la ecuacién (280) se usó la

formula correspondiente a un rectángulo estrecho y que despre-

La fatiga máxima aconteoe en lor ángulos entrantes y se oxtu-
diars detelladimente mts adelante (so art 80, pag. 320),

‘TORSION 281

ciamos por completo la inftuencia do los lados cortos del rec-
tángulo de la figura 155 sobre el valor del volumen determinado
por la película de jabón. Dobido a la presencia de los lados cortos,
el volumen disminurd en alguna cantidad. Al mismo tiempo, en
Jos ángulos de la sección en U—fig. 189 (6)—, donde se enla-
zan dos rectángulos, la deformación adicional aumentará en algo
el volumen, Estos dos factores, despreciados al obtener la ecua-

ción (250), actúan en sentido contrario, por lo que tienden a
neutralizar sus efectos, resultando la ecuación (256) suficiente:
mente aproximada, en especial para secciones delgadas 2,

Para el caso de torsión de porfiles laminados en I y U cuyo
espesor no es pequeño y varía a lo largo del ancho del ala, se ha
encontrado otra fórmula pare la rigidez a la torsión, cuyos resul-
tados están do completo acuerdo con

a. de
ios experimentales 3,
Problemas
1. Hallar la rolución entre los ángulos. ‘| 7

de torsión correspondientes a un tubo del- Fro. 161

gado y a uno hendido de iguales dimen

siones geométricas (fig. 161), bajo la acción do igual momento torsor.
Solución: "Usando las eouaoionen (161), Primera porte, y (263) se ob:

‘ene, easpectivamente,

La rolación do los ángulos de torsión oa

o ea ay
TI

* | Diverses experimentos de torsión de viens en T, de pared de
a, han sido hechos por el autor (Boletin del Insttto Polidenio de ¿an
Petersburgo. vol. , 1068). Los resultados están en satisfactorio seuerdo
con In ecuación (258). Una serio bastante Taran de ensayos de torsion
on parie laminados ha sido hecha por À. Poppi, Sit. Berichte Bauer
tad. d. Won, pág. 20%, 1021, y Der Bauingenirar, vol. 3, ns
1422, De estos experimentos se han deducido elgunos factores de
vececión para la counción (260).

"Los comyos básicos para la obtención de esta fórmula han sido
Icon por Inge Lave y Be Ge Jomstun, Lehigh Onivrey Publica
fon, wok 8, 1088.

146. 282 RESISTENCIA DE MATERIALES

Para tubos muy delgados (4% + dj) = 245, y la relación de los âne
¡galos do torsión es

spy
EUR

2, Determinar el óngulo de torsión por centímetro en una [I

figure 159 (6), si M, = 20,000 kg, cm, by = 25 om, By = 9 om

am lem, e213 cm, 0=9 x 10 kg om’,
Solución:
ER
TITO 7 0.0077 radiancajem.

3. Determinar la reineiön entro Ins ftigas cortantes máximas en
os tubos del problema 1, ai los 1momentos torsoros son iguales para
mbos tubos.

4. Doterminar la rigidez a la torsión O para Ja viga en J, consi
derada en la página 280, ei la pondiento do las alas se toma en consider
ración del modo explicado en In página 280,

52. Torsión do tubos delgados.—Para estudiar la torsión de
piczas tubulares delgadas, puede utilizarso nuevamente la ana.
logía de la membrana Y en esto caso, los contornos exterior @ in-
terior de a sección deben colocarse on diferentes planos horizon
tales, tales como m-m y nn (fg. 162). Si ol
sposor del tubo es pequeño, la curvatura
de la membrana puedo dospreciarso es de-
cir, as Lineas mn pueden suponerse rectas.
La pendiente de la membrana 09, por tanto,
constant alo largo del espesor do la pared

cita, dodo 3 e dons es

vel entre los dos contornos y A el espesor del tubo, variable a lo
largo de la linea media de la sección. La analogía de la membra-.
na indica que en este caso las fatigas cortantes so distribuyen
uniformemente sobre el espesor de la pared y vienen dadas por
la pendiente .

+ @

La fatiga alo largo de la línea media es, por consiguiente, inver-
sainente proporcional al espesor de la pared. El volumen com=

* La torsion de piezas tubulares fué estudiada por R. Brod,
y. D. À. vol. 30. pag. Bib, 1800. Vase también E. Brescoit, Phil,

‘TORSION 2

prendido entro las superficies mm y nn se calcula mediante la
linen media de la sección anular, indicada de trazos en la figura,
Si 4 es el ären encerrada por esta línea, el volumen mmnn es AB
y, por la analogía de la membrana, se obtieno

(0)

(258)

Esta ccnación es válida si el espesor de Ine piezas tubulares
solicitadas a torsión es pequeño, la variación del espesor no es
brusca y no oxisten ángulos entrantes.

El ángulo de torsión 0 por unidad de longitud correspondier
te a una pieza tubular puedo calcularse mediante la energía de
deformación por torsión. La energía do deformación por unidad

de longitud será.
longitud oe oe pata
267

donde s cs la longitud de la línua media de la sección anular re-
presentada en la figura 162 con linea de trazos. Sustituyendo el
valor de + (ecuación 258) en esta expresión e igualando la ener-
gía de deformación al trabajo suministrado por el momento tor-
sor, se obtiene

Me fae

HE 418, @
ELO)»
de donde
0 PL EP (259)
146) 47 740)

En el caso do un tubo de espesor uniforme, + es constante y
la ecuación (269) será

e. (200)
246 eu
Mediante esta ecuación so calcula fácilmente el ángulo de
torsión, dadas las dimensiones do la sección y determinada +
por la fórmula (268).
La ecuación (250), obtenida considerando la energía de do-

147. 284 RESISTENCIA DT. MATERIALES

formación de la pieza tubular, puedo obtenerse también por la
analogía de la membrana, Considerando el equilibrio del pla-
no n-n de la figura 102, so deduce que la presión pa ! que actúa.
sobre este plano so equilibra por las fuerzas extensoras que ac-
ttian sobre la membrana, Ta fuerza extensora Sds que actta
sobre un elemento ds del contorno tiene una pequeña pendiente
igual a 7; por tanto, la componente vertical de esta fuerza es
de y la condición de equilibrio del plano n-n es

pA= [ Sd. @

Observando que la tensión $ en la membrana os constante

y que 2= 260 —véase ecuación (a), artículo 50—, so deduce
de la ecuación (d):

Pala
2 if 260,

Resolviendo en 0 esta ecuación, so obtiene In fórmula (250)
encontrada anteriormente,
Algunas veces so descan calonlar las fatigas de torsión en
uns pieza tubular con paredes intermedias —6g. 163 (a)—,
El contorno de la sección está formado
en esto caso por tres curvas cerradas
Aplicando la analogía de la membra-
na, las tres curvas quedarán colocadas
an tres planos horizontales diferontes
nn, pp y mm, tal como indica la fue
ra 169 (0), La pelicula de jabón que
enlaza estas tros curvas forma una su-
io. 163 perfcie estrecha, enya sección está no-
presentada por las líneas mn, np y pm.
Supondremos nuevamente quo los espesores de pared A, hy
y hs son pequeños y despreciaremos la curvatura de la meme
ran en dirección normal a los contornos; es decir, supondre-

* En ol caso de piezas de pared delgada, puede considerarse ol
área A limitada: por la lina de trazos, en lugar del os. del plot

torsión 285

mos rectas las líneas mn, np y pm. En este caso, las pondi
tos de la membrana que dan las fatigas en la pared de la pieza.
tubular son

0]

7)

El valor del momento torsor quo produco estas fatigas
se obtiene duplicando el volumen del espacio mnnppm de la
figura 163 (8). Si representamos las áreas limitadas por las
linens de trazos en la figura 163 (a) por A, y 42, este momen-
to torsor es

Me 2 (48 + 48) w
mediante las ecuaciones (¢) se obtiene
Min 2 Ab, +2 Ahr

Aplicando la ecuación (254) a las dos curvas cerradas
adas de trazos en la figura 163 (a) so obtienen nuevas ecu
nes necesarias para Ia resolución del problema. Suponiendo que
el trozo BOD de pared tiene un espesor constante Ay y que los
trozos DE B y DB tienen unos ospesores constantes hy y hy, res-
pectivamente, la ecuación (259) será
+ 158 2004, o
= 2604). 0)

Las longitudes a,, a, y 8, so miden a lo largo de las líneas de
trazos BOD, DEB y DB, vespectivamente. Al aplicar la inte-
ral (259) a las curvas corradas BODB y DE BD, so rocoree el
trozo DR de longitud s, en dos direcciones opuestas. Por ello los
segundos términos de los primeros miembros de las councionos
4) y 6) tienen signos contrarios,

EL ángulo de torsión 9 que intervieno on los segundos miem-
bros de las ecuaciones (i) y () es el mismo, como ángulo de
torsión correspondiente a la pieza tubular entero. Las cu
tro ecuaciones (f}, (), (6) y G) contienen las cuatro incögn
las 51, te ta y 0, que pueden calcularse fácilmente. Eli

148. 286 RESISTENCIA DE MATERIALS

nando 0, se obtiene para las fatigas cortantos las fórmulas si-
guientes:

se M, hs
A

hats + inst, + Ay) o
1

EC + he A € Ra
=, E (my

Bh hated + hs 4 yhoo, + ADA

Si la pared DB de la sección do la fi
de simetría de la sección, tendremos
» An A,

y la ecuación (m) da +, = 0. En esto enso, el momento torsor
lo absorbe por completo la pared exterior del tubo y el alma
queda sin solicitar”.

Para obtener el ángulo de torsión de la pieza tubuar, suse
tituiromos los valores calculados para las fatigas on Ins ccua-
cionos (i) 0 ()-

Vemos, pues, quo la torsión de una pieza tubular, tal como
la representada en la figura 163, puedo resolverso Fácilmente,
con sufciento aproximación, si ol espesor de la pared es peque:
fio comparado con las dimensiones generales de la sección,

, 53. Torslön de piozas de pared delgada en las que algunas
sacclones no pueden alabear libremente.—En el estudio realiza-
do sobre torsión de vigas en I y L (pág. 280), se ha supuesto
que el momento torsor se aplica en los extremos de la pieza y
quo todas las secciones tienen libertad completa para alabe
Hay casos, sin embargo, on que una o varias secciones ost
obligadas a permanecer planas, y el problema que ahora trata-
nos de resolver consiste on averiguar de qué modo esto alabea-
miento impedido influyo sobre el ángulo de torsión y la dist
bución de fatigas. Para piezas sin alas, talos coro secciones elíp-
ticas o rectangulares, dicha restricción solamente produce un
efecto despreciable sobre el ángalo de torsión *, siempre quo las

ura 103 (a) es el plano

hy

Tas pequeñas fatigas, correspondientes ul cambio de pendiente
dela membrana a lo largo del parer del sina, so dmprecihn,
ir exe esla cue, véase Theory of Plastic, page

torsión 287

dimensiones de In sección de la pieza sean pequeñas comparadas
con su longitud. Con vigas en To en U y otras piezas de pared
delgada, la restricción de alabeamiento de algunas secciones
durante la torsión viene acompañada de flexión en las alas y

ae

Fra. 104

puede influir considerablemente en el ángulo de torsión, sogún
el valor de la rigidez de las alas, Como caso sencillo, considera
emos une viga en I solicitada a torsión por un par aplicado en
su sección central y apoyada 1 en los extremos (fig. 104). Por
simotría, la socción mn debe permanecer plana durante la tor-

ES >.

x A0]

j :
ly

A)

Pro. 105

sión y la rotación de esta sección respecto a las scccionos extro-
as vieno acompañada de exión de las alas. 1 par torsor en el
extremo queda equilibrado en cualquier soecién parcialmente
or las fatigas cortantes debidas a torsión y on parte por las fa-
Has cortantes dobidas a la oxión de Ins alas , La figura 165 (a)
representa la mitad do la viga de la figura 104. La sección eon

Los apoyos se suponen tales que los extremos de la viga no pue-
den girar alrododor de un oje longitutinal, poro pueden alabear Hr”

"O vta la publicación del autor, Bull. Poly Ina. St. Peters
po Pucks, Aa we P ya 8, pi, 264 10,
Vue también K Hubs, Dissertation München, Mo, y C Weber,
Zio. frangew. Math. u. Meck, vol. 8, pag. 86, 1026. Otros estudios
de esto problema, para diversas formas de plenas de pared delgada.

149. 4

288 RESISTENCIA. DR MATERIALES

‘tral mn permanece plana por simetria y podemos considerar In
media viga como ompotrada en ella y solicitada en el otro ex-
tremo por el momento torsor. Sea 9 el ángulo de torsión para una

de

secciGn general dela viga. ¿E == será el éngulo de torsión por

unidad de longitud de la viga, La parte M; del momento torsor
que equilibran las fatigas cortantes dobidas a la torsión se de-
termina por la ecuación

Mj = 00, @
donde C es la rigidez a la torsión de la barra (véase pág. 263,
Primera parte). Para determinar la parte del momento torsor M°
equilibrado por las fuerzas cortantes en las alas, debidas à la
lexiôn, examinaremos la flexión de un ala —fig. 165 (e)—
Representando por h la distancia entre los centros de grave-
dad en las alas —fig. 165 (b)— la flecha para una sección del
ala superior es

10]
Y, diferenciando, se obtiene.
Pe hte ha, ei
de 2 2de

Si roprosontamos con D la rigidoz a la flexién de un ala en
el plano zz y obsorvamos que z es positiva —fig. 165 (c)—, la
expresión de la fuerza cortante en el ala dobida a la foxión será.

m

Considerando Y en su dirección positiva —fg. 165 (e)—,

sage q
ar rat ta

ia ie ta =
aaa PEM as

han sido realizados por A. Ostenfeld, Laboratorium }; Baustatik dy
techn. Hochschule, Kopenhagen, Mittilung, mira. 8, 1931. El caso de
my tabulate de sección clan lr a sda scudo por He Rae
Ber, Zeitschr, Fluguechnik u. Motorlujschjjahrt, vol. 1%, pág. 386,
1620, y vol. 18, pág. 163, 1927.

‘ronstOx 289

En rmestro caso. M, es constante a lo largo de la Tongitud /
de la viga, y la solución general de la ecuación (261) vs

dondo

@

Como la rigidez a la flexién D y la rigidez a la torsión C so
miden en las mismas unidades (kg. x cm.?), la ecuación (9)
muestra que a tiene las dimensiones de una longitud y dopendo
de las proporciones de la viga

Conocido 9, pueden calcularso, mediante las ecuaciones (a)
y (e), las partes Af; y M! del momento torsor total M,. Para la
sccción empotrada z = 0, 0 = 0, y por la ecuación (a), If; = 0.
Por consiguiento, en este punto la totalidad del momento tor.
sor se equilibra con el momento de las fuerzas cortantes debidas

à la foxión de las alas, que valen 7 = —

a,
En el otro extremo z = 1, y por la ecuación (f},

[a] o
$ loza davis punto comparado con ls en
som de en crane spans cy un

término del paréntesis de la ecuación (A) resulta despreciablo;

Por tanto, 9 se aproxima al valor 2%.

La couación (d) da la fuerza cortante en las alas, y de ella
ss deduce que el momento flector en al ala os
Dh 49
2 de

o

150. 290 RESISTENCIA. DE MATERIALS

poniendo, en vez de 6, su valor (/) y utilizando la notación (9),

7)

El momento Hector en el extremo empotrado será
Maz EM TA IH} m
Dar

Cuando ! es varias veces mayor que a, Th = tiende hacia ia

unidad y puede escribirse “
o

es decir. que el momento Rector máximo en el ala os el mismo
que correspondería a una ménsula de longi-
Ets tud a, cargada en el extremo con la fuer-

Y

M
a À, Poe un vgn muy crt es pag
Bo compas con « o !) donde a yla
Pe
sa

ES Mg 7 m)
Bou Sn por compl um via emo en 1

de 208 dm, de atra ya ción o la
forma aproximada prestado o gr 1 consta or
Ar rctinguln do rem oquvlntora ls dls sale
Bitte sec (20) 0 ono

IT.
|

G= 02 x 08-42% 12% 1,3090 = 92.988 (m)

El valor de D so obtiene * tomando la mitad del momento
de inercia de la sección standard alrodedor del oje vertical y

X Mejor aproximación para el valor de © puede obtenorse teniendo
‘on cuenta la pemdinte de la alas del modo indicado en la pagina 370.
FÜ mom de inerein de a sección amon 29 dhproia où

‘TORSION 291

multiplicando por E. Por tanto, D = 157.6 £, y por la ecun-
on (9) By
/5 Bie
a VER
a Var:
Por consiguiento, si a viga está cargada como inden la fig

ra 164, ol momento flector máximo en el ala, por la ecuación (D),
es. aprozimadamente, el triple del momento torsor M,, con tal

2.99 ho (o)

de que la viga soa lo sufinentemente larga pare quo Th () tienda

a 1. Por ejemplo: Si

La à pesadamente oh 1 ()

= 0,06 y el error del cáloulo precedente es el 4 por 100.
Para calcular el ängulo de torsión q se utiliza la ecuación (f).

¡dando gue 8 = 2, iegrando I sucón (y detras

nando le constante de integración por la condición » = U euan-
do 4 =0, se obtiene

MI,

7

wm

Haciendo 7 = ! en esta ecuación, el ángulo de torsión en el

extreme será.
¿am lr @

El segundo término del paréntesis representa ol efecto de la
flexiôn de las alas sobre el ángulo de torsión. Para vigas largas,

rat

a 9 a as (9
CRETE ©

El efecto de la flexiôn de las alas sobre el ángulo de torsión
equivale, por consiguiente, a dieminuir la longitud 1 on la can-
tidad a,

El método desarrollado para un momento torsor constante
puede aplicarse también cuando varia u lo largo de la jongitud

151. 292 RESTSTRNCTA DE MATERIALES

de la viga. Basta sustituir on la ecuación (261), en Ingar de M,
su valor en función de 2.

En el estudio realizado sobre torsión de vigas en I (fig. 165),
se ha deducido por simotría que las secciones giran alrededor
del ojo de la viga. Por consiguiente, sólo so ha considerado la
flexidn de las alas. Se ve también que esta floxién no intorfiero
con la torsión del alma, puesto que en los puntos de unión del
alma y las alas las fatigas flectoras en las alas son nulas, En el
caso de secciones asimótricas o con un solo ojo de simet
problema es más complicado, puesto que durante la torsión se
producirá, no sólo flexión de lag alas, sino también del atma,

Fo. 167

Como ejemplo de esta naturaleza considoraromos la torsión de
una sección en U (fig. 107). So vió anteriormente (pág. 53), que
en este caso cada sección gira alrededor del centro de torsión O
situado sobre el eje horizontal de simetría a una distancia (pá-
gina 66)

Laa
42

dol plano central del alma. De ello so deduce que las flechas de
Jas alas y del alma en sus planos respoctivos son

h
2=4ie oo

om 0

donde g es, como anteriormento, el ángulo de torsión, So ha sue
puesto que el esposor de las alas y del alma son pequeños; de
modo que las fatigas debidas a In flexiôn de estas partes on diroo-
ciones perpendiculares a sus superficies pueden despreciarse.
En tal caso, la acción entro el ala superior y el alma está ropre-
sentada solamente por las fatigas cortantes (1,). mostradas un

‘ronsiox 293

Ta figura 108, Estas fatigas producen flexión y compresión del
ala. Si 8 es el valor de la fuerza compresora en el ala la
cia x del extremo empotrado, se tiene

as .
fdo E = fente.
« Er [rose

El valor de la fuerza S so determina ahora por la condición
de que la deformación «, en dirección longitudinal en la unión
del aima y el ala es igual para ambas partes. Caleulando las cur-

=D

Fro. 168

vatnras de las elásticas por las expresiunos (1), se encuentra que
estu condición está representada por la ecuación

1.8 LE )
a ME I
Do donde, mediante I expresión (), y con la notación
ba
1
DE]
te obtiene
LE, de, .

I dé
"teniendo esta expresión de 8, puede calcularse fácilmente
Jas fotigas cortantes en el alma y las alas y también la parto M?
del momento torsor equilibrado por estas fatigas. Comenzaro-
os por las fatigas cortantes en el alma. Tomando dos seed
men adyacentes mn y mn, —fg. 100 (a)—, y considerando
como de ordinario el equilibrio del elemento rayado, so obticne
la ecuación
CNT
de Bar a
waite A

152. wet RESISTRNGIA DY MATRRIATIES

donde ( es el momento respecto al ejo 2 de lu parte rayada de

la scoción del alma —fg. 169 ()=, T= SS

do inercia de la socción del alma respecto al eje : y M es el mo-

es el momento

sm tote | ptt

cad

abate 6) m 6
Eso. 169

mento flector en el alma tomado positivo,
úsión en el bordo superior e igual a

Owwervando que la variación de Q, a lo largo de la altura
¿o le noción siguoloy parabólica, eo vo que la distribución de
em es tal como indica el área
al rade de la Agura 169 (0) y
| | T A B que la fuerza cortante resul»
r)® tante en el alma es nula. Esta.
eL, última conclusión era do es-
wher 6 (2 pera, ya que ls fuerzas cor-
mis {antes en e alma y en ls dos
alas deben contrarrestar la
parte M del momento torsor y ello es posible solamente si la
Fuerza cortante total en el alma es mula y las fuerzas cortantes
on las dos alas forman un par.
Para calcular las fatigas cortantes 1, enel la fg. 170 (a),

TORSION 295

observaremos que en una sección mn actúan una fuerza compre-
sora S y un momento flector !
ee eR

nt
dat 2

tu)

Considerando el equilibrio del elemento rayado situado en-
tre dos secciones adyacentes, se tiene

ds, b—:,dM, Q
td + ar A
nb” Eo Mae,
donde Q, 6 J, deben calenlarse para el ala del mismo modo que Q
e F. para el alma. Poniendo, en Ingar de M, su expresión (w),

tendremos
as E Pet,
tae bt Ir)

ae do rms del ogo miembro de sa cin on
tin rasta en la Agua 10 (0) por ln Sena sados de
an tiga y de en gran poro, pertinent, a
Ama daña ds ran lipids por a la ura or
Sane sole

pa ds y pines

ade! 2
Sustituyendo S por su oxprosiön (0), y teniendo en cuenta que
0 = 4, se obtiene
y= BE ee @
al Sarat

Por consiguiente, el momento torsor equilibrado por las fuor-
zas cortantes en las alas es

Mi —Vh= 0)

sta expresión es la que se dobo usar on lugar de la (e), ob-
tenida on el caso de una viga en I, para el cálculo del ángulo
do torsión de la sección on U de la figura 167. Por consiguiente,

EDER pute, ome antericmant, a iia a nié
pl me ace
ASABE re de Y vaa ind la eu 188

153. 296 RESISTESCIA DR MATERIALES

todas las conciusiones obtenidas para la vigs en Leon válidas

par una sección ent lla entidad a, duda pur I oxpresión (D,
do suttayo po la cantidad

bie), alo

tm El gf,

pol! tz

E método empleado pare estudia a torsión de una sind-

tree ig. 197) puedo aplcaree también eu l aso más genera

de una eosin én asimétrica (ig. LT), Comenzaremos por de

ternánar af contro de torsión 0. Suponiendo que la Leid om

potzada sn un xtreso y snrgada ono otro,

4g a modo que acotco sin tr
2 EU, ón one plano del alma, encontrariamos del
CAEP TE odo ornare pi 0) ls forse
lle |, cortantes Ry, R, y Y, que actúan sobre las
vie] alas y el alma de In U. La resultante de estas.
EE TR, fuerzas debe pasar por el contro de torsión O
VERO" Gite arte 8) Bo oben em lina que

Fo.171 Pate por dicho punto, suponiendo que la U

so flexa en el plano horizontal y calculando
nuevamente las tres fuerzas que corresponden a las alas y el
alma, El punto de interseccién de la resultante de estas tres Gli
mas fuerzas con la resultante anteriormonto determinada de Ina
fuerzas Ry, Ry y V es el centro de torsión O de la sección asi-
métrica, Conocido oste centro y procediendo como anterior-
mento —véanse ecuaciones (1)—, expresaríamos las elásticas de
Jas alas y del alma en función del ángulo de torsión y. Las fuer-
zas 8, y 8, de extensión y compresión en las alas se determi-
nan después por las condiciones de que en las uniones la de-
formación longitudinal e, os la misma para cl alma y el ala
adyacente, Caleuladas las fuerzas 8, y Sy, se encuentra In dis-
tribución de fatigas cortantes, como en el caso ya examina-
do dell simétrica, y puede comprobarse ! que In fuerza cor-
tanto total en el alma os mula y que las fuerzas cortantes JE en
las dos alas dan un par que equilibra la parte Af” del momen-
0 torsor.

EI deearrollo de los eáleulos puede verse
A. Ostontol yu citada, pág. 283,

lu publicación de

TORSION 2

Problemas.

1. Una mönsula de sección en 2 (fig, 172) está empotrada en un
extremo, y sometida a torsión por la acción do un pur My aplicado en
Slot extruo, Hallar el ángulo de torsión y ei momento Rector má:
ximo en las al

"Solución: En este caso ol oentro de torsión coincido con el
“do gravedad © do la sección. No habrá, por tanto, flexión del alma.
Las fuerzas S son en este caso idénticas para ambus alas, yla distribue

cs)
Fro. 172 Fro. 173

ción de fatigas cortantes tal como reprosente la tiguea 172 (5. La fuerza.
Sortante enol alma es mula, y las fuerzas cortantes V en los alas, iguaive
y opuestas, serán

ee,
mn
El par que forman vale
su ee
Me he DM (= apes |S

¿onde D es lu rigidez a la flexiôn de un ala. El ángulo de torsión y ol
momento fector máximo on las alas so calouian por las couacioncs (+)
y (Don las que, en este caso,

late)
à esas nt ws

a forma roprosentada cn la figura 173.
Respesta: Las fuerzas cortantes cn las alas son

¿00%
vas Det
ct
“ mw dd
Ber mu

154. RESISTENCIA DR MATERIALES

EL valor de a, que dobe sustituirso on Jas veuacionos (4) y (D, ce
y Da
na
3. Resolver el problema 1 para las Secciones representadas en
In figura 174,

TT Pintos. En ambos casos ol cone
3 tro do torsión O está en la unión de las

N $ alas. La rotación alrededor de esto puns
Lo no produce flexión alguna de las alas

= Le Le
= Wa en su plano, y la totalidad del momento
E torsor es absorbida exolusivamente por

fatigas de torsión,

54. Pandeo por torsión de pleas comprimida de pared del
gata, Del estudio realizado en el artícu:
lo 61 se deduco que la rigide ula train ©
ca secciones abietas de pared delgada dis
minuye con el cubo del ospsor de la pared,
mientras que as rigideces a la foxión dismi" Tp
nuyjen en proporción menor. Por eousguion- | ||
dy pia dro dla mms des | |
|

+ torsión que a oxión. Si una pieza de esta
clase se someto a une compresión axial, pus
de acontecer un pandeo por torsión 1 para
vna cange menor que la de Euler, estudiada
en el artículo 35. El valor aproximado de la ad
carga para el que acontece este colapso por | | |
torsión puedo obtener ficient emplea. 7727227 ¥
do en cada caso una ecuación, equivalente a PAGE y
la ecuación (261) del artículo anterior, que 2

define la torsión de una pieza do pared del a
End en la que está impedido el alabeamien-
to do una sección, Como ejemplo, consideraremos uma columna.
consección en, empotrada en a bso y cargada axialmento on

Fro, 136

Hadi fondle po tondón Su estudiado por HL Wagner, Techo
Beta D 3. nn RO anse Cambió
retschnor, Lulfokrdorachung, vol. iy page 19
lion, hy Le pau ed, Br a,
publiención puede vorso en Tech.

m. dera, Para ensayos sobre paa
ción de A'S. Nike, Pick. Noa, ad

‘TORSTON, 299

In cabeza —fig, 175 (a)— Si la columna pandea Iateralmente,
‘como se indica en la figura con línca do trazos, la fuerza com-

à
prosora vertical P da para cade scsi una componente P 4

que actún en el plano de la sección y pasa por su centro de gra-
vedad. La accidnde osta fuerza puede reemplazarse por la acción
flectora de una fuerza igual quo pase por el centro de torsión 0
—üg. 175 (1)— y por el momento torsor

dy ple
Yap = APO, (a)
My = PA = oP? (o

¿onde ¢ representa la distancia del centro de torsión O al centro
de gravedad de la sección y q es ol ángulo de torsión, Si la fuer-
za compresora P es varias voces menor que la carga de Euler
para el pandeo do la columna en el plano zy la acción flectora
mencionada anteriormente puedo desprociarso y considerar sol
mento la torsión 2, En esto caso puede aplicarse la eouacién (261).
Escribiendo, en lugar de M, la expresión (a), y en voz de M; la
expresién (4), obtenida para una sección en U, so obtiene
CRUE

s1Jas

ePo= 00

omo o

donde

Como el oxtremo inferior de la columna está empotrado y
en el superior no actúa momento flector sobro las alas, las con-
diciones en los extremos que ba de satisfacer 0 son

a 4

O

Si esta fuerza se aprosim a la carım de Fnler es neresario un
studio más detenido, some el realizado pur ik. Kappus (pc de la nota.
tario,

155. suv RESISTENCIA DR MATERTATIES
Para satisfacer la primera de estas condiciones. tomaremos

la solución de lu ecuación (5) en la forma siguiente.
0= 4 sen kr. 6)

Esta solución satisfará también a la segunda de las condicio»
nes (d) si hacemos

Maik
2 1 Y
Poniendo, en vez de At, su valor (c), se obtione
# DE O
ELTERN ER
u am

El primer término del segundo miembro de esta ecuación se
debe a la resistencia local a la floxién on el extremo empotrado,
y el segundo, independiente de la longitud I, se debe a la resi
tencia a In torsión.

Si en lugar de una U tuviósemos una sección abierta de pared
delgada de otra forma, bastaría cambiar el primer término de la
expresión (262), tal como se indicó en el artículo precedente,
En el caso particular de una sección en T o de un angular (figu-
ra 174), el contro de torsión coincide con el punto de unión de las
alas y no existe flexión de las alas en sus planos respectivos du.
rante la torsión. Por ello, el primer término de la expresión (262)
se anula, y so tieno

(208)

Debe notarse que en el estudio del artículo anterior se ha
supuesto muy pequeño el espesor de las alas y que se bn despre-
ciado la rigidez a In flexiön de las mismas en dirección perpen-
Gicular a ellas. Si esta rigidoz so toma en consideración, aparece
un término adicional en el segundo miembro de la ecuación (263),
cuyo valor pura un angular de lados iguales es

212088
Baar

idamente al aumentar la longitud 1 por
lo que la expresión (263) da resultados sevistuctorios en volum-

TORSIÓN 301

mas largas !. Conocido el valor de la carga crítica a la torsión
para una columna con un extremo empotrado y el otro libre, se
puede obtener fácilmente la correspondiente a una pieza con los

extremos articulados sustituyendo, como de ordinario,

lugar de 2. Do esta forma se obtione, deducida de la ecuación (262),
la expresión siguiento para una U con los oxtromos articulados:

DR
alt)

Se ve que el primer término del sogundo miembro disminuye
a medida que la longitud aumenta, de modo que para piezas ro
Intivamento larga la estabilidad cstá prácticamente controlado.
por el segundo término de la expresión (264).

La fórmula so ha obtonido suponiendo que las secciones ter
minales de la pieza pueden alabear libremente, Si alguna liga-
durs impide cato libre nlaboamiento de las secionos extremas.
sooriginará un aumento enel primer tórmino de I ecuación (264)

0

2 (268)

9 in exrmor etn ompiados, doo pono fn lg do
aula rma 0) y oben pr et aus
per
#28
Fae
i i ts
o

(265)

P=

obtenida para la carga crítica, si so desprecia In resistencia a la
flexión, puede doducirss por el examon do la energia. Como du-

"Bas nt m
du pe a
Se Hem ne ee De
hoe ae te
PUS Viet dk wr chien naa
dido Be aN
Ba es GL a

da más uproximada para el pr
ls iguales, considorando cad

Cudimimemto: Vene Be

“Muthu. Phys, vor

156. 302 RESISTENCIA D MATERIALES

rante la torsión las seccioncs giran alrededor de su centro de
torsión, la línea media de la pieza se transforma en una hélice
cuya tangente forma un ángulo 6e con la forma recta inicial del
eje de la pieza. Debido a este ángulo, las fuerzas compresoras P

ssn un seno guano a tj comenpondocia

à la energfa de deformación por torsión, se tiene

de donde

=

cutivas (fig. 176) no varía durante le torsión. Si y es la distorsión
ao, er 13)
Del

Tora 303

pred y n có el gue do sn yor mida de
es ne
cmo
EE

y el alargamiento unitario de la fibra ae es
ee

CE
8

Para otra fra distancia y del je In distorsión ot Br y
la gs extonsora eo a 4
ul) en. o

a) eo

La hipótesis hecha do que la distancia entre las secciones es
invariable durante Ia torsión, eva, ain embargo, la conclusión
de que debe aplicaree una fuerza extonsora longitudinal en los
extremos dela pieza, tal que produzca las fatigas oxtensoras (D),
& fin de que su longitud no vari.

‘Sino ce aplica esta fuerza, sno solamente un momento torso,
la torsión viene acompañada de un acortamiento del ee. Son ee
scortamionto unitario correspondiente. Entonces, en lugar de la
ecuación (6), se obtiene.

a
+, se determina estableciendo que en In distribución de fai
gas (e) la fuerza longitudinal total debe ser nula. Dividiendo ta
sección en anillos elementales y sumando las fuerzas correspon
dianses a las fatigas (0), 9 obtiene *

ef EE

u. ©

Se supone que Jos cosenos de los sngulos que forman las fibres
y ol ojo do la burra puede tomarse igualos à da wa,

157. ot neers ve surta
de dono 7
e
y ln sición de las del esis (se
Bou (m
Te 200
se (x) sn
La tig máxima sontes cu I spero exar, donde
A
rire E
py as nur, un
“or

En el centro de la sección se obtiene nna fatiza eompresora
del mismo valor.

Interesa notar que la futiga os proporcional & rmx; por lo
Por lo que la importancia de esta fatiga aumente al crecer Tm,
es decir, con el crecimiento del ángulo do torsión. Para materia:
les como el acero aux es siempre muy pequeña comparada con @,
y el valor de dx €s, por consiguiente, pequeño comparado con
tx y puede desprociarse. En otros materiales, tales como goma,
“roux Puedo ser del mismo orden que G, max ya no será pequeña.
comparada con nis y deberá tomarso en consideración.

Si, en Ingar de una sección circular, tenemos una rectangular
estrecha, puede verse 1 que aun para materiales como el acero,
las fatigas « pueden tener el mismo orden de magnitud que aus.
Si ol lado largo de In sección b es grande, comparado con el
corto €, el alargamiento máximo de la fibra más alejada, debido
únicamento a In torsión, se deduco de in ccuación (a), sustitu-
yendo d por 6, y es

Ta Mn à aoc y de jo aia
:
cf

ta e moto
Ban. ie
ne
o

‚Nase asimismo C. Weber, Die Lehre der Verdrehungbieiigken, Bor:
a, 1921, y torabién su publicación en A. Focppi. Festschrift, Bevin, 1984,

combinando esto alargamiento ou a contracté uni

ronséx 305

La fatiga oxtensora correspondiente es
2.) @
2

La constante =, se dotermaina igual que anteriormente, esta-
bleciendo que e mula la fuerza extensora total; por tanto,

de donde

sustituyendo en (2),

. ani ©
E L
La tatignestensora máxima para a bra más alejada (y 3] es
Omas zer wo
"2
La fatiga compresora máxima en el contro (y = 0) es
enn = E 0
EN

Para comparar estas fatigas con tnx, utilizaremos las ecua=
ciones (263) y (254). En una sección rectangular 2
se tiono

Sustituyondo este valor en lus expresiones (f) y (4), será

Erin #008)

Ga 0 6 ae AA

Y “mu pueden no ser poqueñao comparadas con suis La distri.
bución de las fatigas —véase ecunciôn (e)— está representada

na distribución de fatigna so etablece n alguna distancia de
tow oxtomot: Coca de os ons distribución de fatiga ce más

ETA ox ACERA, A 2

158. 306 RESISTENCIA DR MATERIALES
en la figura 177. Estas fatigas tienen la dirección de las fibras
longitudinales de la pletina sometida a torsión y están inclina»
das con relación a su ejo un ángulo By, Sus proyecciones sobre
un plano perpendicular al eje de la pieza son

oty E
2

0)

La componente (k) de la fatiga © correspondiente al ele.
mento edy de la sección da un momento, respecto
al eje de la pieza, igual a

Por consiguiente, el momento torsor resultante
de las fatigas a es

EEE Ey E pa
4 LA e o

Combinando este momento torsor con el debi-
Pro.177 do a las fatigas cortantes y determinado por In

ecuación (253), se obtieno para el momento torsor
total la expresión siguiente:

2 0300 + 1

LE
108

Puedo verso que en el caso de una sección rectangular muy
estrecha y deformada, hasta un ángulo de torsión relutivamento
grande, las fatigas o pueden absorber uns parte importante del
momento torsor, ya que esta porción representada por el so-
gundo miembro de la ecuación (269) varia con 6, mientras que
Is parte que equilibran las fatigas cortantes + dependen sólo de 8,
Dado el valor del momento torsor, el ángulo de torsión corres.
pondiente se calcula por la ecuación (269). La fatiga cortante
máxima sas se deduce de la ecuación (1) y atx ÿ Guin por las

M,

Bets preso + “} (269)

gomplicada que la expresidn (e) y tal que, nl llegar a las secciones ox-
roms, dstas nparezean Libres de fatigas hunales, Este tipo do delas
Bución de fatigas so oatudia nu Theory of Blasticiy, pág, 183.

rorstôx 307

ones (268). Sea, por ejemplo, b = 9,6 em. ¢ = 0.12 em.
,6, G = 8,05 x 10" kg.fom.t y Af, == Mg bot x 1,050 kilo-

normales o, la ccun-
gramos-om. Si so desprecian las fatigas a I
ción (254) da taux = 1,050 kg/cm, y de la ccuación (263) so
bueno

D = mi 2 0,0109.
E

“Tomando en consideración las fatigas longitudinales y usan-
do la couación (269), so tiene
0,0109 = Bf + 12,79 09),
de donde 6 =0,00683
“mas = 0-0-0 = 000 keg em;

= 149 kg. jem.

So ve, por consiguiento, que pora un importante ángulo de
torsión las fatigas normales en une pletina metálica son del mis-
‘mo orden que las fatigas cortantes + y no pueden despreciarse
al caloular el ángulo de torsión, .

De lo expuesto se deduco que una tensión uniforme longitu-
‘inal tiene gran influencia sobre el ángulo de torsión de una ple-
tina. Supongamos, por ejemplo, que so aplica a la pletina cons
derada una fatiga extensora uniforme cy. En este cas, la ecuación
para el eüiculo de e os

el (:

u

y so obtiono

da eran del ig ginal or
PO

Erre

Ru nr a ts

+3 Eobs ae
by -cydy = E go + 00
Leone See th

159. 308 RESISTENCIA DR MATERIALES

Para la expresión dei momento torsor total, en lugar de la
ecuación (269), se obtiene |

0100 [1 +

(ro)

b R
Se vo que cuando ? es un número grande (es decir, en el

‘aso do una plotina delgada), la fatiga oxtensora puede reducir
= comsiderablemente el ángulo de
torsión 8.
* 50. Resorte helicoidal de es-
piras ablertas.—En el estudio rea-
lizado sobre resortes helicoidales
(véase pág, 263, Primera parte, se
supuso que el ángulo que forma-
ban las espiras y el plano perpen-
dicular al eje de la hélice era muy
pequeño. Al despreciar este ángu-
lo, la deformación ora solamente
una torsión. En los resortes do
espiras abiertas, ol ángulo no os
pequeño y la doformación produ-
sida por las fuerzas axiales P
consta de torsión y flexién (fu.
Feu ra 178), En cualquier punto À la
tangente a la hélice media del re-
sorte no es perpendicular a la fuerza P y esta fuerza produce en
ln socción A torsión y flexión alrodedor del eje m3. Doscompon-
iremos P en sus dos componentes P cos a y P sen 2, porpendicu-
lar y paralela, respectivamonto, a la tangente en A. En esta seo
ción, la componente P cos a produce el momento torsor

M, = PR cs a, @

donde R es el radio de la hélice, y la componente P son a produ
«el momento Hector Li ee

° " PR sen a. 0)
La fatiga máxima combinada es (v. pág, 270, Primera parte)

ut HET MSP)
ne a e VIE EAE ER (run a, en)

TORSION 309

donde d es el diámetro del alambre. La fatiga cortante máxi-

ms en „ep!

Bt

Consideremos ahora la deformación del resorte suponiendo
que está sujeto por su extremo superior y cargado axialmente
“on la fuerza P en su extremo inferior. Un elemento ds compren-
¿ido entre À y la sección adyacente, por la acción del momento
torsor 4, se deforma en el ángulo
PROA ay. ©

CA

Dobido a esta torsión, la parte inferior del resorte
rededor de la tangente en A el ángulo dg. Esta pequeña rota-
ción está representada en la figura por el vector n de dirección
tangencial. cuyo sentido se toma de tal modo que entre el son-
tido del vector y el sentido de la rotación exista la misma rola-
ión que entre el desplazamiento y la rotación de un sacacorchos.
‘La pequeña rotación n se descompono en dos: 1.° Una rotación
n cos a alrededor de un oje horizontal, y 2.° Una rotación nsena
alrededor de un eje vertical. La última rotación no produce des-
censo del extremo B del resorte, por lo que puede no conside-
rarse ahora, El descenso del extremo B del resorte debido a la
rotación n cos a se examina de modo análogo a como se hizo en
«el caso de un resorte de espiras cerradas. Debido a esta rotación,
el punto B corre a B, —Ag. 178 (c)—, y tenemos JB, = ABn

en)

tua VPF

de

cos a. La componente vertical de este corrimiento es
R

BB, = BB,- 2, = Rn cos a. @

AB
La flecha total del extremo B debida a la torsión, deducida de

la ecuación (d), será.
3,

f "an cosa, ©

1 Biel didmetro del alambre no es muy pequeño comparado con

+ diámetro 2R de le hélice, el valor hallado debe multiplicarse por un

factor de corrección, que para = < 20" puede tomares igual nl corres.

frit un sean de cris coma (Primera par, pz 2)

In entndio más detenido de este problema ha ido. roñlizado. por
page 209, 112.

0: Goliner, Ve De Je, v

160. 310 AESISTENGIA DE MATERIALES

donde I integración se tome uo argo de I logia del ro
torte dedo el extremo inferior B a poro jo Ge

La floc debida la flexion puedo callas do modo and
Jogo. La deformación angular debida ula Bon dol elemento de
por el momento A (ecuación 8) es

PR seu a
dey = Pa a o

La rotación correspondionte de la parte inferior del resorts
‘std representada en la figura por el vector 1. Del misino modo
que anteriormente se vería que sólo au componente horizontal ny
sen a contribuye al corrimiento vertical del extremo 8 y que el
valor de este corrimiento es

a= [Rn son a. @
Sumando (4) y (9) se obtione In Acha total do B,
Bite A [Pen omatmsen a.

Poniendo, eit vez de n y ny, sus valores (e) y (/), se obtiene

ee)

como In expresión entre paréntosis es constante, re
es constante, representando
por e la longitud completa dol alambre del resorte, se tene

= pre (P0882 4 senta
b= pra (® (273)

a,” EF
Si el diámetro d del alambre no es pequeño comparado con

2R, la rigidoz a la torsión GI,, que figura en la ecuación (2
5 en 13),
debe multiplicarse por el factor de corrección la

ETES an

EI mismo factor puede usarso también para nn resorte de
sección cuadrada 1,

Las ecuaciones (271), (272) y (273) resuelven por completo
1 probloma referente a un resorte helicoidal de espiras abiertas
sometido a la acción do unn fuerza axial

La extensión del resorte viene acompañada de rotación del
extromo B respecto al eje vertical de la hélice, Para determi
par esta rotación, consideremos nuevamente Ja deformación del
elomento ds de la figura 178 (a). Dobido a lu torsión de este
flenenio, la porción inferior del resorte girará un ángulo *

Made
mena PLE ven a
Debido a la flexión del mismo elemento de valor angular ny
figura 178 (a)--, la rotación de la parte inferior del resorte
respecto al eje vertical es

Por consiguiente, la rotación total alrededor del eje de In hé:
fice de la parte inferior dol resorte debido a la deformación de
uy elemento ds es.

de pu sena

a, 7
La suma de todas estas rotaciones elementales da el ángulo 9,
que gira el extremo con relación al otro extremo fijo O:

&

Moss)
El A
donde « es la longitud total del alambre del resorte,
En el caso de que el alambro tenga otra forma de sección,
debe sustituirse en la ecuación (274) GI, por el valor correspon-
diente O de la rigidez a la torsión.

APR un a cos a (a

TD: Gühner, ya citado, pl. 08.
3 Da Sor os resorts iain fué derareliadn por St.
vine O, e phe 100, 1839 Une ae isos part
das Git edlen Nok Marion y Taly Nat, Play soos
eye pli ehe Wg. 1, Ne
sen, Bagong, vo
les de ocn sii

161. 312 RESISTENCIA DE MATERIALES

Torsión azial.—Supongamos que ol vector AD representa el
momento torsor If, aplicado en el extremo B del resorte (figu-
ra 179). Sobre el elemento de on À actuarán los momentos flec-
tor y torsor

M=M,cosa, M, = M,sen a.

La rotación del extremo B del resorte alrededor del eje 2
debida a la deformación del elemento de es

M M
ds [ sena + “eos à
(ays gr)
endo fente 4. costa) |
(at hr

La rotación total del extremo B del resorte
respecto al jo = producida por el momento tor-
sor My os

AM

er

‘ar, ar}

Como la fuerza extensora P produce la ro-

Mc lso Bi o le e

10.179 ducirse, según el teorema do la reciprocidad (pie

gina 324, Primera parte), l alargamiento 3 que

el momento torsor A, producirá en el resorte, El valor de 3 so
deducirá de la ecuación

Pi= Ma,
de dondo

3,

2 ta :
wm Run cons ( mn) e

Flexién axial A veces es necesatio considerar la flexién
pura de un resorte hlicodal on su plano axial (fig, 150), See Ma,
representado por el vector AB —fg. 160 (6) el valor de tos
pares flctores en el plano yz. Considerando un elemento ds
del resorte en um punto À, deñido por ol ángulo 8, so puedo
resolver el vector AB en dos componentes: AC = M, cos 6 y
AD = MH, son 0. La primeta componente representa un par en el
plano tangente a la superficie cilindriea de radio Zo l Gua pros
duce flexin del alembre en este plano, La segunda componente
representa un par que actin en el plano axial del rosotte y que

Torsion ss

puedo resolverse en el torsor, M4, son 0005 a, y en ol momento
Flector en el plano de la espira, M, sen 0 gen 2. Por consiguiente,
el elemento ds experimenta Hoxiön por un momento fleetor com-
binado igual a

VAE 0 + My sent Osonta, 0
y torsión por un par igual a Af, sen 0 cos a. La onorgía de defor-
mación del elemento, suponiéndole de sección circular, es

Pont + rl, Moment y
iid nr E

Sustituyendo de = À, eintogrando desde 0 = 0a 0 2x7,
donde n vs el número de espiras, se tiono

DR [IR ete Me, o
coral 287 261,

La deformación angular do un extremo del resorte respecto

nine

Fig. 190

v

$

a

del otro es ?, donde Tes la longitud del resorte —fig. 180 (a),
7

determinada por la expresión
EC

coca

Teesone

y > el radio de curvatura de la olástica, Igualando el trabajo
“suministrado por los pares Af, a la energía de deformación (1),
se obtione

de donde

ip

E em
*senal 287

162. 314 RESISTENCIA DE MAPERIALES
Vor consiguiento, la cantidad

a sena

Li venta "conte, m
SET "361,

debe tomarse como rigidez a la floxión en el caso de flexión axial

de un resorte helicordas de sección circular. Si ol ángulo a es
ALP Pequeño, podemos suponer con aproximacién

E
SE x yendo también son « |, puede representarse
ES 4

& <> 7 horigideza la flexiôn de un resorte helicoidal por
SB ua

= en
an oe,

=4 Tr, ci

dal por una carga transversal (fig. 181), debo-
‘mos considerar, no solamente las deformaciones producidas por
los momentos fleetores, sino también las producidas por la fuer-
za cortante. Suponiendo que el extremo 0 del resorte está fijo y
‘que a es pequeño, la fecha 3, en el extremo superior 4, produ
cida por el momento flector, puede obtenerse
por la fórmula corriente para la ménsula, es-

eribiendo, en vez de la rigidez a la flexión, el Y
valor (278). Por consiguiente, o la
vi
mo. ;
em (ti) ©
u >
Para estudia el efecto dela funza ortan- v

Go cn a ech, examina a does, Le
ee ne

fuerza cortan P(g LE. D momento lo producido par 7
en cualquier punto 4 es VR sen 8, y la energía de defor mawua
o fas aaa

ve fie Pos

ver = Ser

nie à soon pout ns tat

torsión EN

El corrimiento correspondiente es, por tanto,
eu arm

vo

Dividiendo este corrimiento por el paso A de la hélice. so ob-

ne la pendiente adicional y de la elástica producida por la
cción de la fuerza cortante:

Wht ren de mar en gu de, da pa a

estudio do las deformuciones producidas eu vigas macizas por la
fuoran cortanto (véaso artículo 39, Primera parte), cuando sea
preciso adaptar aquellas fórmulas al cálculo de flechas transver-
sales en resortes helicoidales. En el caso representado en la figu
ru 181, ln fuerza cortanto cs constante a lo largo de Le igual a P;
por consiguiente, la Mecha por cortadura será

ke
joe m
Sumando las expresiones (n) y (p). y suponiendo ¢ = 2x,
ss vbuens
sn
777
am
A E 279)
(set) ern

El último término del paréntesis representa el efecto de la
fuerza cortante. Es despreciable si el radio Æ de la hélico oa po-
queño comparado con la longitud 11,

\ „EI pandeo de resortes hejicoidhies, comprimidos axialtnente,
Puedo verse en Theory of Eat Stabilaya pág Ion