Resistencia de Materiales - Jorge S. Trujillo.pdf

JORGE EDUARDO SALAZAR TRUJILLO

RES ISTEN C IA D E M ATERIALESBÁS IC A PARA ESTU D IAN TES

D E IN G EN IER ÍA

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIASEDE MANIZALES

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I.S.B.N 978-958-8280-08-0

2007 UNIVERSIDAD NACIONALDE COLOMBIA SEDE MANIZALES

AUTOR:

JORGE EDUARDO SALAZAR TRUJILLOIngeniero CivilProfesor AsociadoUniversidad Nacional de ColombiaSede Manizales

REVISADO:

LUIS EDGAR MORENO MONTOYA

Ingeniero IndustrialEspecialista en Planeamiento EducativoProfesor AsociadoUniversidad Nacional de ColombiaSede Manizales

JOSÉ OSCAR JARAMILLO JIMÉNEZ

Ingeniero CivilMagíster Ingeniería CivilEspecialista en Planeamiento EducativoProfesor AsociadoUniversidad Nacional de ColombiaSede Manizales

IMPRESO:Centro de PublicacionesUniversidad Nacional de ColombiaSede Manizales

Marzo de 2007Primera edición



C O N T E N I D O

PRESENTACIÓN .................................................................................................................. 7

CAPÍTULO 1INTRODUCCIÓN Y CONCEPTOS FUNDAMENTALES .................................................. 9

1.1 PRINCIPIOS BÁSICOS DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES ............................. 151.2 CONCEPTO DE ESFUERZO Y DEFORMACIÓN ........................................................ 171.3 TIPOS DE ESFUERZOS ................................................................................................. 18

1.3.1 Esfuerzos normales ................................................................................................... 181.3.2 Esfuerzo de aplastamiento o de apoyo ....................................................................... 311.3.3 Deformaciones axiales .............................................................................................. 32

1.4 PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS MATERIALES .............................................. 321.4.1 Relaciones esfuerzo-deformación .............................................................................. 38

1.5 LEY DE HOOKE ............................................................................................................. 391.5.1 Módulo de elasticidad, ductilidad, resistencia .............................................................. 401.5.2 Módulos de elasticidad de algunos materiales ............................................................. 41

1.6 ELASTICIDAD Y PLASTICIDAD ................................................................................. 441.6.1 Factores de seguridad ................................................................................................ 45

1.7 ESFUERZOS CORTANTES ............................................................................................ 461.7.1 Deformaciones por corte ........................................................................................... 481.7.2 Ley de Hooke para corte ........................................................................................... 481.7.3 Módulo de corte de varios materiales......................................................................... 491.7.4 Esfuerzo cortante doble ............................................................................................. 491.7.5 Relación de Poisson................................................................................................... 511.7.6 Relación entre el módulo de elasticidad y el módulo cortante ..................................... 54

1.8 DEFORMACIONES EN ESTRUCTURAS CUYAS BARRAS ESTÁNSOMETIDAS A FUERZAS AXIALES ............................................................................. 54

1.9 ESFUERZOS TÉRMICOS ............................................................................................... 571.9.1 Coeficientes de dilatación térmica .............................................................................. 58

1.10 INDETERMINACIÓN ESTÁTICA EN TENSIÓN Y COMPRESIÓN ......................... 591.11 ENERGÍA DE DEFORMACIÓN AXIAL ...................................................................... 71

CAPÍTULO 2ESFUERZOS BIAXIALES Y TRIAXIALES ......................................................................... 75

Esfuerzos en secciones inclinadas ...................................................................................... 75Esfuerzos complementarios: ............................................................................................... 77

2.1 LEY DE HOOKE EN DOS Y TRES DIMENSIONES .................................................... 79



2.1.1 Ley de Hooke para esfuerzos biaxiales ...................................................................... 802.1.2 Ley de Hooke para esfuerzos triaxiales ..................................................................... 81

2.2 ESFUERZOS PRINCIPALES, ESFUERZO PLANO Y CÍRCULO DE MOHR,ESFUERZOS Y PLANOS PRINCIPALES ....................................................................... 832.2.1 Construcción del círculo............................................................................................. 87

CAPÍTULO 3ESFUERZOS PRODUCIDOS POR FLEXIÓN. VIGAS....................................................... 101

Qué caracteriza una viga? .................................................................................................. 101Cómo trabajan las vigas? .................................................................................................... 102Los arcos y las cerchas ...................................................................................................... 102

3.1 ESFUERZOS NORMALES PRODUCIDOS EN FLEXIÓN ........................................... 1063.1.1 Flexión pura ............................................................................................................... 1063.1.2 Cálculo de esfuerzos normales ................................................................................... 108

3.2 FLEXIÓN TRANSVERSAL: ESFUERZOS CORTANTES PRODUCIDOSEN FLEXIÓN.................................................................................................................... 1213.2.1 Efecto de corte horizontal en vigas ............................................................................ 121

3.3 VIGAS DE DOS MATERIALES ..................................................................................... 134

CAPÍTULO 4DEFORMACIONES EN VIGAS ........................................................................................... 145

Tipos de deformaciones ...................................................................................................... 1474.1 MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN................................................................... 150

4.1.1 Funciones de singularidad .......................................................................................... 1654.2 MÉTODO DEL ÁREA DE MOMENTOS (TEOREMAS DE MOHR) ........................... 1724.3 MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA......................................................................... 1884.4 INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE ENERGÍA ................................................... 1974.5 VIGAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS ........................................................ 199

CAPÍTULO 5ESFUERZOS COMBINADOS .............................................................................................. 207

Flexo-tensión y flexo-compresión ....................................................................................... 209Superposición de esfuerzos................................................................................................. 211

CAPÍTULO 6COLUMNAS ......................................................................................................................... 2276.1 FENÓMENO DEL PANDEO O INESTABILIDAD LATERAL ..................................... 2276.2 CARGA CRÍTICA ........................................................................................................... 2326.3 TEORÍA DE EULER ....................................................................................................... 233

6.3.1 Cálculo del valor de la carga crítica ........................................................................... 2336.4 DIFERENTES CONDICIONES DE APOYOS ............................................................... 2376.5 ESFUERZOS CRÍTICOS ................................................................................................. 240



6.6 CÓDIGOS ........................................................................................................................ 243CAPÍTULO 7TORSIÓN .............................................................................................................................. 249

Elementos estructurales sometidos a torsión ...................................................................... 2497.1 ESFUERZOS Y DEFORMACIONES EN ELEMENTOS DE SECCIÓN CIRCULAR .. 2507.2 INDETERMINACIÓN ESTÁTICA................................................................................. 2617.3 TORSIÓN DE ELEMENTOS DE SECCIÓN RECTANGULAR .................................... 263

7.3.1 Esfuerzos y deformaciones en elementos de sección rectangular a torsión ................. 2637.4 TORSIÓN DE SECCIONES ABIERTAS......................................................................... 2677.5 TORSIÓN DE TUBOS DE PARED DELGADA ............................................................ 269

REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS .................................................................................... 273Referencias de tablas ......................................................................................................... 274Referencias fotográficas y de gráficos ............................................................................... 274



7

P R E S E N T A C I Ó N

El presente "Texto de Resistencia de Materiales básica para estudiantes de ingeniería" elaboradodurante el año sabático 2005-2006 tiene el objetivo de servir como ayuda didáctica a los estudiantes deingeniería en los primeros semestres de estudio del área de la ingeniería estructural.

Consciente de la existencia de un sinnúmero de textos de Resistencia de Materiales (verreferencias), que tratan el tema de manera exhaustiva he querido preparar una guía de apoyo paradichos textos que haga énfasis en aspectos como los siguientes:

Presentación gráfica de las situaciones en tres dimensiones de tal manera que desde el principiodel estudio de esta área los estudiantes tengan clara la ubicación de los elementos estructurales en unespacio tridimensional de tal forma que diferencien claramente aspectos como el eje longitudinal deuna viga, su sección transversal y el eje neutro de la misma entre otros. Para hacer énfasis en esto mehe basado en mi experiencia de casi 30 años como profesor de la asignatura, en los cuales he podidoobservar las dificultades que los estudiantes tienen al respecto.

Énfasis mediante gráficos y fotografías en el entendimiento del comportamiento mecánico de loselementos estructurales cuya comprensión considero previa a las formulaciones matemáticas ycomputacionales con los cuales se abordan estos problemas hoy en día. En mi experiencia docente hevisto cuan útiles son la ayudas gráficas y las simulaciones hechas con elementos como tizas, resortes,plastilina o balso para explicar muchos conceptos y cómo los estudiantes han apreciado el empleo deestos recursos en las clases.

Con iguales propósitos didácticos, he procurado presentar la resolución de los diferentes problemasde manera similar a como lo haría en el tablero del aula de clase, partiendo de la expresióncorrespondiente a la incógnita buscada en cada caso y a partir de la misma ir encontrando los diferentesparámetros necesarios para su cálculo.

De esta forma, el cálculo de cada uno de los parámetros mencionados, adquiere sentido para elestudiante quien lo verá como un paso necesario y útil en la solución del problema en cuestión.

He tratado asimismo de ilustrar con fotografías, las diferentes situaciones tratadas en los capítulosdel texto con fines similares a los ya expuestos.

Espero finalmente como lo manifesté al principio, que el texto sea motivador para los estudiantesque se inician en el estudio del área de la ingeniería estructural y agradezco a las directivas de laFacultad de Ingeniería y Arquitectura de la Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales quecon la aprobación del año sabático me hayan permitido hacerlo.



9

C A P ÍT U LO 1

IN T R O D U C C IÓ N Y C O N C E P TO SF U N D A M E N T A L E S

En el curso de MECÁNICA se empezaron a estudiar los elementos estructurales y las estructurasdesde el punto de vista del EQUILIBRIO ESTÁTICO externo, es decir de la QUIETUD en quedeben estar para que cumplan su función. Se tenían por ejemplo las siguientes situaciones y se hacía unDIAGRAMA DE CUERPO LIBRE en el cual se ponían todas las fuerzas externas que actuabansobre el mismo y a continuación se aplicaban las ecuaciones de equilibrio con el fin de encontrar lasreacciones en los apoyos.



1 0

En los casos mostrados en la figura, las reacciones se calculan mediante la aplicación de lasecuaciones de equilibrio (suma de fuerzas igual a cero y suma de momentos igual a cero). Aunque elcálculo de las reacciones que garanticen el reposo es fundamental, éste es solo el primer paso en elproceso de análisis y diseño que en cada situación llevará a la definición del tipo de material, de laforma y de las dimensiones que harán que las estructuras sean seguras y funcionales.

- Seguras quiere decir que no se rompan.

- Funcionales quiere decir que no se deformen excesivamente afectando el servicio que prestan.

Estas dos condiciones, RESISTENCIA y RIGIDEZ deberán asegurarse para que las estructurascumplan su fin.



1 1

Es claro que en las situaciones mostradas a continuación las estructuras pueden romperse odeformarse excesivamente.

Como puede verse, cualquiera de las dos situaciones (Deformación excesiva o Rotura) esinadmisible.

Por lo tanto, el ingeniero debe asegurar con una buena probabilidad de éxito que las estructurasque construya sean RÍGIDAS y RESISTENTES.

De esto trata la RESISTENCIA DE MATERIALES. Debemos ser capaces de garantizar quelas estructuras a construir no se deformen excesivamente y que no se fracturen.

Para hacerlo, es necesario que sepamos calcular las fuerzas internas que se producen en loselementos estructurales y que son en últimas las que producirán las deformaciones y la rotura.



1 2

En general podemos afirmar que una fuerza interna produce un esfuerzo actuante que trata deromper el elemento. Que se rompa depende del esfuerzo resistente que tenga el elemento el cualdependerá del material y de sus dimensiones transversales.

Análogamente, esas mismas fuerzas internas producirán deformaciones del elemento las cualesdependerán igualmente del material y de sus dimensiones.

La Resistencia de Materiales se ocupa del cálculo de los esfuerzos y deformaciones que seproducirán debiendo garantizar el ingeniero que las deformaciones estén dentro de unos límites permisiblesy obviamente que no se produzcan roturas.

Los esfuerzos resistentes del material deben calcularse con el fin de poder compararlos con losesfuerzos actuantes. Estos esfuerzos dependen no solo de las dimensiones del elemento estructuralsino de la forma como estén aplicadas las cargas las cuales pueden producir esfuerzos normales ocortantes dependiendo de que las fuerzas o momentos actuantes sean axiales, transversales ocombinados.

Debe por tanto determinarse primero que todo si el elemento en estudio está sometido a fuerzasaxiales, transversales (en cuyo caso se producirá flexión), momentos torsionales (torsión) o unacombinación de algunos de ellos.



1 3

Veamos las siguientes situaciones:

CABLES DE ANCLAJE, PUENTE DE LA BAHÍA, SAN FRANCISCO, ESTADOS UNIDOS. 2005



1 4



1 5

Como se observa en las figuras anteriores, los elementos estructurales quedan sometidos adiferentes tipos de fuerzas (o solicitaciones) dependiendo tanto de las acciones que se apliquen comode la conformación de cada estructura y del punto de aplicación de las fuerzas.

En cada situación por tanto, el cálculo de los esfuerzos actuantes será distinto.

En consecuencia, estudiaremos los esfuerzos y deformaciones producidos en elementosestructurales en los siguientes casos:

- Axiales- Biaxiales- Triaxiales- Flexión- Combinados- Pandeo (caso particular de esfuerzo axial a compresión)- Torsión

1 . 1 P R I N C I P I O S B Á S I C O S D E L A R E S I S T E N C I A D E M A T E R I A L E S

Como en cualquier materia, en la resistencia de materiales se aceptan de entrada unas hipótesisiniciales que sin afectar en su esencia los resultados de los temas de estudio simplifiquen el análisis que,de otra manera, se haría demasiado dispendioso.

Estos principios básicos son:

Los materiales se consideran homogéneos: esto quiere decir que se hace caso omiso de lasvariaciones de composición que de punto a punto de los mismos tienen los materiales reales.



1 6

Los materiales se consideran contínuos: tampoco se tienen en cuenta en los análisis lasdiscontinuidades o poros que presentan los materiales. Piénsese en los casos de la madera ydel concreto.

Los materiales se consideran isótropos: significa que en los análisis generales no setienen en cuenta las diferencias de propiedades en distintas direcciones del material. Osea que se supone que sus propiedades son iguales en todas las direcciones. (iso: igual,tropos: dirección).

No se tienen en cuenta las fuerzas internas de tipo interátomico existentes en los materiales.Solo se consideran las fuerzas causadas por la aplicación de fuerzas externas.

Principio de superposición: los efectos de un sistema de fuerzas sobre un elemento soniguales a la suma de los efectos individuales de cada una de las fuerzas. Es válido en el rangoelástico lineal como se verá posteriormente.

Principio de Saint Venant (científico francés): Cuando a un elemento estructural se le aplicauna fuerza los esfuerzos que esta causa en puntos suficientemente alejados de ella no dependende la forma concreta en que la carga es aplicada:

PRINCIPIO DE SAINT VENANT

Los esfuerzos internos en la sección A-A son iguales en los 3 casosindependientemente de la forma como se cuelgue la carga

A A A A A A



1 7

1 . 2 C O N C E P T O D E E S F U E R Z O Y D E F O R M A C I Ó N

Tal como se dejó establecido en el curso de Mecánica, en el análisis estático externo inicial no haynecesidad de considerar las deformaciones de los elementos estructurales (los cuerpos puedenconsiderarse rígidos) ni el tipo de material del cual están hechos pues estos factores usualmente notienen incidencia en las reacciones generadas en los apoyos.

Si se tiene un objeto suspendido por un cable no habrá necesidad de considerar el alargamientodel cable para calcular su tensión. El diagrama de cuerpo libre del cable estará sometido a las mismasfuerzas considérese o no el alargamiento.

Veamos:

Como muestra el ejemplo, para hacer el análisis externo y calcular las reacciones no es necesarioconsiderar las deformaciones y el tipo de material.

Sin embargo para avanzar en el proceso de análisis y diseño con el objetivo de definir finalmentelas dimensiones y el tipo de material del cual deberán hacerse los elementos estructurales es necesarioconsiderar las deformaciones que tendrán los elementos y la resistencia de los diferentes tipos de materiales.

Se hace indispensable entonces proceder a considerar las características de:

RESISTENCIA (oposición a la rotura)y

RIGIDEZ (oposición a las deformaciones)

que tendrán los diferentes elementos estructurales.

Las fuerzas son las mismas (R y W), independientemente que seconsidere o no el alargamiento



1 8

En otros términos, antes de construir una estructura es necesario saber la resistencia que tendráy las deformaciones que sufrirá. Lo anterior es apenas obvio si consideramos que cualquier estructuradebe satisfacer unas exigencias mínimas de seguridad (resistencia) y de funcionalidad y estética(mínimas deformaciones).

Además cuando se presenten casos de indeterminación estática (que se estudiarán más adelante)se requiere contar con ecuaciones adicionales que usualmente surgen de la consideración dedeformaciones.

Por las consideraciones anteriores, se hace necesario estudiar tanto los esfuerzos como lasdeformaciones que sufrirán los elementos sometidos a fuerzas, según se vio al final del curso deMecánica.

1 . 3 T I P O S D E E S F U E R Z O S

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA, MANIZALES, CAMPUS LA NUBIA(Construcción de estructura metálica)

1 . 3 . 1 E s f u e r z o s n o r m a l e s

Cuando una fuerza P actúa a lo largo de una barra su efecto sobre la misma depende no solo delmaterial sino de la sección transversal que tenga la barra, de tal manera que a mayor sección mayorserá la resistencia de la misma.

Se define entonces el esfuerzo axial o normal como la relación entre la fuerza aplicada y elárea de la sección sobre la cual actúa. O en otros términos como la carga que actúa por unidad de áreadel material.



1 9

Esfuerzo normal:AP

Siendo P: Fuerza axialA: Sección transversal

O a nivel diferencial:

dAdP

Unidades del esfuerzo normal:

Esfuerzo : 2LF

2cmKg psi

inlb :2 Pascal

mN :2

MKS Inglés Sistema internacional



2 0

CABLES SOMETIDOS A TENSIÓN. PUENTE DE BROOKLYN, NUEVA YORK, 2005

HILOS DE UNA TELARAÑA SOMETIDOS A TENSIÓN



2 1

SECCIÓN TRANSVERSAL DE UNO DE LOS CABLES PRINCIPALES DEL PUENTE GOLDEN GATEEN SAN FRANCISCO. NÓTESE EL GRAN DIÁMETRO (92.4CM) DE UNO DE LOS CABLES

PRINCIPALES CON LO CUAL SE GARANTIZA UN ÁREA SUFICIENTEMENTE GRANDE PARA DISMINUIREL ESFUERZO ACTUANTE Y AUMENTAR LA SEGURIDAD DEL PUENTE.

COLUMNA A COMPRESIÓN, CAMPUS LA NUBIA, UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA, MANIZALES



2 2

22 09.03.03.0 mF

mF

AF BCBC

BC

BCBC

FF

F

BC

y

0

Debemos calcular F

FF

F

AB

y

0

PROBLEMA

Sabiendo que el esfuerzo normal actuante en el tramo AB (cuya sección es de 40x40cm) es de48 KPa calcular el esfuerzo correspondiente en el tramo BC (cuya sección es de 30x30cm)

Debemos calcular por tanto el valor de FBC

Calculamos F:



2 3

Pero en el enunciado del problema se establece que: KPaAB 48

Por tanto: 22 16.04.04.048

mF

mF

AFKPa

AB

ABAB

KNmmKNmKPaF 68.716.0/4816.048 222

Al principio habíamos encontrado que FFBC

Entonces: KNFBC 68.7

Y finalmente: KPamKN

mFBC

BC 33.8509.068.7

09.0 22

PROBLEMA

Se tiene un muro sometido a una carga de 13000 Kg por metro de longitud y soportado poruna cimentación de concreto la cual a la vez se apoya sobre el suelo. Calcular los esfuerzosactuantes en el muro, la cimentación y el suelo y compararlos con los esfuerzos admisibles delos tres elementos que son los siguientes:

MPa.KPamN

mcm

KgN.

cmKgcm/KgUROadmisibleM 92339201039210

1894040 2

42

24

22

MPa.CONCRETOIMENTACIONadmisibleC 834

MPa.KPaUELOadmisibleS 380380



2 4

Para simplificar el problema no consideremos los pesos propios del muro y del concreto.

Para el análisis consideremos un tramo de muro de un metro de longitud.

Calculemos los esfuerzos actuantes en los niveles a, b, c y d:

E n e l n i v e l a :

Como KPaUROadmisibleM 3920

Entonces:

UROadmisibleMMUROactuante

El muro es seguro

KPaPaKg

NmKg

mKg

AF

MUROactuanteaactuante 7.4247.4246661

8.933.433333.01

1300022



2 5

E n e l n i v e l b :

Como

KPaMPaCONCRETOIMENTACIONadmisibleC 4830483

Entonces:

La cimentación es segura en el nivel b

E n e l n i v e l c :

Como

Entonces

La cimentación es segura en el nivel c

KPaPaKg

NmKg

mKg

AF

CONCRETOactuantecactuante 8.2542548001

8.9260005.01

1300022

KPaPaKg

NmKg

mKg

AF

CONCRETOactuantebactuante 7.4247.4246661

8.933.433333.01

1300022

CONCRETOIMENTACIONadmisibleCCONCRETONCIMENTACIOactuante

KPaMPaCONCRETOIMENTACIONadmisibleC 4830483

CONCRETOIMENTACIONadmisibleCCONCRETONCIMENTACIOactuante



2 6

E n e l n i v e l d :

Como

KPaUELOadmisibleS 380

Entonces

UELOadmisibleSSUELOactuante

PROBLEMA

Calcular el valor de la fuerza admisible que puede aplicarse a la estructura sabiendo que losesfuerzos admisibles del material son los siguientes:

21400 cm/KgENSIONadmisibleT

2800 cm/KgOMPRENSIONadmisibleC

Las barras AC y BC tienen secciones transversales de 5x2 cm.

KPaPaKg

NmKg

mKg

AF

SUELOactuantedactuante 1821820001

8.943.185717.01

1300022

La cimentación también es segura a nivel delsuelo

La barra BC está a tensión y la barraAC a compresión. Por lo tanto

la condición que debe cumplirsees que el esfuerzo en BC

no sobrepase un valor de1400 Kg/cm2 y que el esfuerzo en ACno sobrepase un valor de 800 Kg/cm2.

En otros términos:

Padmisible=?



2 7

21400 cm/KgENSIONadmisibleTactuanteBC

2800 cm/KgOMPRENSIONadmisibleCactuanteAC

Debemos por tanto calcular los esfuerzos actuantes en las 2 barras:

22 1025 cmF

cmF

AF BCBCBC

actuanteBC

22 1025 cmF

cmF

AF ACACAC

actuanteAC

Calculemos FBC y FAC

56.2635.1tan 1

0yF 0xF

05626 admisibleBC P.SenF 056.26 CosFF BCAC

admisibleBC P.F 242 admisibleadmisibleAC P..CosP.F 0025626242

Por lo tanto:

22 1400

10242 cm/Kg

cmP.

ENSIONadmisibleTadmisible

actuanteBC

KgPadmisible 6250

22 800

10002 cm/Kg

cmP.

OMPRESIONadmisibleCadmisible

actuanteAC

KgPadmisible 4000



2 8

Hemos encontrado 2 valores para la carga permisible: el de 6250 Kg garantiza que la barraBC no se romperá mientras que el de 4000 Kg garantiza que la barra AC no lo hará.

Como debemos asegurarnos de que ninguna de las 2 se rompa escogemos el valor menorque nos lo garantiza.

Por lo tanto:

KgPadmisible 4000

Ninguna de las 2 barras se romperá

PROBLEMA

Calcular los esfuerzos normales en el cable AB y en los 2 tramos de la barra CBD de la figura:

El cable tiene un diámetro de 1.5 cm y la barra tiene una sección de 2 x 5 cm

87.36325.2tan 1

13.5387.3690



2 9

Los esfuerzos pedidos serán iguales a:

cable

ABAB A

F

barra

CBCB A

F

barra

BDBD A

F

222

77.14

)5.1(4

cmcmDAcable

21025 cmcmcmAbarra

Debemos calcular las fuerzas FAB FCB y FBD

Diagrama de cuerpo libre:

0CM

0425.22 ABF

KNFAB 5.4

0yF

KNCy 4

0xF

KNFC ABx 5.4

Esfuerzo en el cable AB:

MPamKN

mcm

cmKN

AFcable

ABAB 4.251054.210

77.15.4

24

2

24

2



3 0

Cálculo de FCB y FBD

Esfuerzos en los tramos CB y BD

MPamKN

mcm

cmKN

AFbarra

CBCB 9.51059.010

1090.5

24

2

24

2

MPamKN

mcm

cmKN

AF

barra

CBCB 2.31032.010

1020.3

24

2

24

2



3 1

1 . 3 . 2 E s f u e r z o d e a p l a s t a m i e n t o o d e a p o y o

Un caso particular de esfuerzo se presenta cuando hay un contacto entre dos superficies que sepresionan entre si, como puede ser el caso de una arandela metálica y una superficie de madera.

En este caso puede presentarse un aplastamiento local de una de las superficies debido al esfuerzode compresión que se denomina "esfuerzo de aplastamiento".

Cuando este tipo de situaciones se presenta, será necesario calcular el esfuerzo permisible delmaterial mas susceptible de aplastarse, en este caso la madera para a partir del mismo calcular el áreade la arandela que garantice que no se producirá aplastamiento en la madera.

AL PRODUCIRSE LA FLEXIÓN SE GENERA UNA GRAN COMPRESIÓN DE LA ARANDELA SOBRE LA MADERAORIGINANDO EL APLASTAMIENTO QUE SE VE EN LA FOTO INFERIOR DERECHA. (Ensayo diseñado

por el profesor José Christian Chanchí, Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales)



3 2

1 . 3 . 3 D e f o r m a c i o n e s a x i a l e s

El alargamiento total que sufre la barra se representa con la letra griega (Deformación total)

Por tanto, la deformación unitaria será: l

1 . 4 P R O P I E D A D E S M E C Á N I C A S D E L O S M A T E R I A L E S

La resistencia de materiales diferencia claramente la parte teórica y la experimental:

En la parte teórica estudia mediante modelos matemáticos (ecuaciones) los esfuerzos ydeformaciones producidos en el interior de los elementos estructurales por las fuerzas aplicadas. Haceuso intensivo de los diagramas de cuerpo libre y de las ecuaciones de equilibrio, así como de lasrelaciones geométricas entre las dimensiones de los elementos y sus deformaciones tanto linealescomo angulares.

En la parte experimental ensaya en el laboratorio probetas de materiales sometiéndolas adiferentes tipos de cargas para calcular los esfuerzos resistentes de los materiales y adicionalmentemediante la medición de las deformaciones producidas busca encontrar relaciones entre estas y losesfuerzos aplicados con el fin de determinar lo que se conoce como las características acción-respuestade los materiales lo cual permitirá determinar parámetros como los módulos de elasticidad y de corte,



3 3

la relación de Poisson y la ductilidad de los materiales ensayados (posteriormente veremos el significadode cada uno de estos términos).

En las siguientes fotos se observan algunos ejemplos de probetas sometidas a ensayos en loslaboratorios de resistencia de materiales y estructuras de la Universidad Nacional de Colombia, SedeManizales.

ENSAYO DE COMPRESIÓN DE CONCRETO



3 4

PROBETAS METÁLICAS ENSAYADASA TENSIÓN

MADERA ENSAYADA A CORTE

PREPARACIÓN DE LAS VIGUETASA SER ENSAYADAS



3 5

FLEXIÓN DE VIGUETA DE CONCRETO SIMPLE

CORTE DOBLE EN COBRE



3 6

ENSAYO DE COMPRESIÓN EN BLOQUES DE MORTERO

ENSAYO BRASILERO DEL CONCRETO

ENSAYO DE COMPRESIÓN DE MADERA



3 7

LABORATORIO DE RESISTENCIADE MATERIALES

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA,SEDE MANIZALES

ENSAYO DE CORTEDE TORNILLOS

(Diseño del profesor JoséChristian Chanchí,

Universidad Nacionalde Colombia,

Sede Manizales)



3 8

ENSAYO DE APLASTAMIENTO EN MADERA(Diseño del profesor José Christian Chanchí, Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales)

ENSAYO DE MURO. Realizado por los estudiantes William Garzón et al y dirigido por el profesor José Christian Chanchíen la Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales.

1 . 4 . 1 R e l a c i o n e s e s f u e r z o - d e f o r m a c i ó n

Se dice que el primero en estudiar sistemáticamente las propiedades de resistencia de un materialfue Leonardo Da Vinci a través de ensayos en los cuales suspendía piedras con un alambre a fin deevaluar su resistencia.



3 9

1 . 5 L E Y D E H O O K E

Robert Hooke en su libro De potentia restitutiva (1679), estableció la famosa Ley que relacionafuerzas y deformaciones. Con un sencillo dispositivo en el cual aun plato se le van agregando pesos yse van midiendo las deformaciones producidas progresivamente en el resorte encontró unaproporcionalidad directa entre los pesos aplicados y las deformaciones.

A partir de un ensayo en el laboratorio puede graficarse la variación de la Fuerza vs la Deformación total:

Ley establecida originalmente por Hooke: kP

Sin embargo, para estudiar las propiedades de un material, deben relacionarse cantidades unitarias(esfuerzo y deformación unitaria ) de tal manera que en la ley queden obviadas el área y la longitudde la probeta ensayada.



4 0

Como se ve en la figura, a medida que aumenta el esfuerzo se incrementa la deformación unitariadel material que se está ensayando, pudiendo de esta forma obtenerse las propiedades mecánicas delos materiales a partir de esta Gráfica Esfuerzo-Deformación.

1 . 5 . 1 M ó d u l o d e e l a s t i c i d a d , d u c t i l i d a d , r e s i s t e n c i a

La pendiente inicial de la gráfica nos dice cómo varían las deformaciones unitarias al incrementarselos esfuerzos. Para varios materiales esta primera parte de la gráfica es lineal presentándose por tantouna relación directa entre Esfuerzo y Deformación.

Si escribimos la ecuación de la recta obtendremos la expresión actual de la Ley de Hooke:

E

Siendo E, la pendiente de la recta. Este valor que es característico de cada material se conocecomo el módulo de elasticidad o módulo de Young del material y nos dice que tan rígido es unmaterial.

La rigidez, la resistencia y la ductilidad son propiedades mecánicas de los materiales:

- Rigidez: Capacidad de oponerse a las deformaciones

- Resistencia: Capacidad de oponerse a la rotura

- Ductilidad: Capacidad de deformarse antes de romperse.



4 1

A partir de la Ley de Hooke puede calcularse la deformación total que sufrirá un elementosometido a fuerza axial.

Según la Ley de Hooke:

E

LE

AP

AEPL

Con esta expresión puede calcularse la deformación conociendo la carga P la longitud de la barraL, la sección transversal A y el módulo de elasticidad E (en la zona elástica).

1 . 5 . 2 M ó d u l o s d e e l a s t i c i d a d d e a l g u n o s m a t e r i a l e s

Material GPa Kg/cm2 Lb/pulg2

Acero 200 2.1 x 106 30 x 106

Aluminio 70 0.7 x 106 10 x 106

Cobre 110 1.2 x 106 17 x 106

Concreto 17-31 0.18 x 106 - 0.32 x 106 2.5 x 106 - 4.5 x 106

Madera 11-14 0.11 x 106 - 0.14 x 106 1.6 x 106 - 2.0 x 106

Rigi

dez

Ductilidad

Res

iste

ncia

zona elástica zona inelástica



4 2

PROBLEMA

Calcular el alargamiento de cada cable y el desplazamiento vertical del punto C en el cual estáaplicada la carga.

Considerar que la barra ACB es rígida (no se flexiona).

Diámetro de los cables: 1.5cm

GPaEacero 200

Alargamiento de los cables

AELF

AELF B

cableBA

cableA

2mL

241077.14

)015.0(4

mmDA22

29 /10200200 mNGPaE

Cálculo de FA y FB:

KNFF

M

B

B

A

1202035

0

KNFFF

F

A

BA

y

8020

0



4 3

mmNm

mNmNm

mKNcableA

42924

3

2924 1052.4/102001077.1

2108/102001077.1

28

mmNm

mNmNm

mKNcableB

42924

3

2924 1078.6/102001077.1

21012/102001077.1

212

Cálculo del desplazamiento vertical del punto C:

Por relación de triangulos:

35bcableAcableB

44

1036.15

1026.235

cableAcableB3b

Finalmente

mc444 1088.51036.11052.4



4 4

1 . 6 E L A S T I C I D A D Y P L A S T I C I D A D

Gráfica esfuerzo-deformación para el acero. A partir del ensayo a tensión de una probeta en ellaboratorio, se obtiene la siguiente gráfica esfuerzo-deformación:

Con base en la gráfica, pueden obtenerse los siguientes valores del esfuerzo normal:

LP: Esfuerzo en el límite de proporcionalidad. Hasta este punto la gráfica es lineal.Proporcionalidad directa entre Esfuerzo y Deformación.

y : Esfuerzo de fluencia (yield point). A partir de este punto el material "fluye" produciéndoseun aumento de la deformación sin necesidad de aumentar el esfuerzo.

max: Después de la fluencia, al producirse un "endurecimiento por deformación" (la energíaaplicada calienta el material), el material adquiere capacidad de resistir mas esfuerzo produciéndose unaumento de la pendiente de la gráfica hasta alcanzar el esfuerzo máximo.

ROTURA NOMINAL: A partir del esfuerzo máximo alcanzado se produce un angostamiento de lasección de la barra ensayada (Estricción) hasta que finalmente se produce la rotura. El rotura nominales igual a la carga de rotura dividida por el Area inicial de la probeta (sin tener en cuenta la estricción).

ROTURA REAL: Es igual a la carga de rotura dividida por el área final de la sección transversal(calculada con el diámetro final de la probeta).



4 5

1 . 6 . 1 F a c t o r e s d e s e g u r i d a d

La ingeniería no es una ciencia exacta. Tanto en el cálculo de las estructuras como en la previsiónde las cargas que actuarán sobre ellas, los ingenieros están expuestos a incertidumbres de distinto tipoque hacen que deban tomar previsiones que garanticen con una alta probabilidad que no se produciránfallas. Estas previsiones se denominan factores de seguridad.

Las incertidumbres que se presentan se deben a los siguientes factores:

Incertidumbre en las cargas a considerar: A pesar de todos los estudios estadísticos quese hagan para determinar las cargas máximas que actuarán sobre una estructura durante suvida útil, nunca será posible hacerlo con total exactitud. Pensemos en los casos de los camionessobre los puentes o en las cargas máximas producidas por sismos y entenderemos cuanincierta es la determinación de sus efectos máximos.

Incertidumbre en las propiedades mecánicas de los materiales: Se calculan a partir deanálisis estadísticos de los resultados de ensayos practicados a muestras de los materiales quese emplearán en la construcción de estructuras. Es obvio que los propios materiales con loscuales se construyen las estructuras no se ensayan para cada construcción. Por lo tanto eneste caso también se tienen aproximaciones derivadas de los métodos estadísticos empleadosy de los procedimientos de los ensayos de laboratorio utilizados.

Incertidumbre en las dimensiones de los elementos estructurales: Es muy difícilgarantizar que las dimensiones con que se construyen los elementos de una estructura seanexactamente iguales a los especificados en los planos arquitectónicos y estructurales. Debidoa las imprecisiones en los procesos constructivos se introducen incertidumbres que deben sercubiertas por los factores de seguridad.

Incertidumbre en la precisión de los cálculos: En los métodos de cálculo de estructurase hacen suposiciones que simplifiquen el análisis y disminuyan los tiempos del análisis. Estoobviamente tiene un costo en el sentido de que los modelos matemáticos empleados no siemprerepresentan de manera exacta la manera como se comportaré la estructura en la realidad.

Por la relación presentada la ingeniería emplea factores de seguridad. Hay varios enfoques paradefinir estos factores:

Esfuerzos admisibles: Se calcula dividiendo el esfuerzo que resiste el material por el factorde seguridad (mayor que 1), de tal manera que aunque uno "sabe" que el material tiene unaresistencia dada lo "pone a trabajar" a un esfuerzo menor (el esfuerzo admisible).

.S.FMATERIALresistente

admisible

Métodos probabilísticos: la seguridad se relaciona con la probabilidad de falla de laestructura: mientras más baja sea esta probabilidad, mas alto será el factor de seguridad.



4 6

Diseño por estados límite: A través de los códigos de estructuras de los diferentes paísesse definen los aspectos de seguridad de las estructuras a diseñar. La idea consiste en considerarque como una estructura puede colapsar o puede deformarse excesivamente o tener grandesvibraciones, el diseñador debe considerar los límites para los cuales la estructura se haceinaceptable desde los tres puntos de vista y garantizar que esos límites no serán superados.

En los cursos de ingeniería estructural se estudiarán en detalle los métodos mencionados aquíbrevemente, cuando se estudia la Norma Sismorresistente Colombiana de 1998.

1 . 7 E S F U E R Z O S C O R T A N T E S

No en todas las ocasiones los elementos estructurales son tensionados o comprimidos porlas fuerzas externas que actúan sobre ellos. En muchas ocasiones un elemento está tratandode ser cortado.

En este caso, las dos platinas están intentando ser cortadas a lo largo del área transversal que lasune, la cual es paralela a la fuerza P que está siendo aplicada.

EDIFICIO REFORZADO CONTRA SISMOS. BERKELEY, CALIFORNIA 2005



4 7

DETALLE DE LA BASE DEL EDIFICIO DE LA FOTO ANTERIOR (LOS PERNOS ESTÁN SOMETIDOS A CORTE)

PERNOS SOMETIDOS A CORTE. Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales, Campus La Nubia, 2004

Se define el Esfuerzo cortante o de cizalladura como:

AV

Las unidades son las mismas del esfuerzo normal:

AP

cmKg

2 :psiinlb

2 :PascalmN

2



4 8

1 . 7 . 1 D e f o r m a c i o n e s p o r c o r t e

Al producirse una distorsión como la que se ve en la figura, la deformación está dada por lavariación angular que sufre el elemento al ser deformado por el esfuerzo cortante.

En el rango elástico lineal del material se ha encontrado relación directa entre los esfuerzoscortantes y las deformaciones angulares sufridas por el elemento.

G

1 . 7 . 2 L e y d e H o o k e p a r a c o r t e

Siendo G el módulo cortante o de rigidez del material

V

V

V



4 9

1 . 7 . 3 M ó d u l o d e c o r t e d e v a r i o s m a t e r i a l e s

1 . 7 . 4 E s f u e r z o c o r t a n t e d o b l e

En este caso, el corte se resiste a través de 2 áreas.

Por lo tanto:

AV2

Material GPa Kg/cm2 Lb/pulg2

Acero 77 0.77 x 106 11 x 106

Aluminio 28 0.28 x 106 4 x 106

Bronce 36-44 0.31 x 106 - 0.44 x 106 5.2 x 106 - 6.3 x 106

Cobre 40-47 0.41 x 106 - 0.48 x 106 5.8 x 106 - 6.8 x 106



5 0

PROBLEMA

Calcular los esfuerzos normales en las barras AB y CB y los esfuerzos cortantes en lospasadores en A y C, cuyo diámetro es de 1.2 cm.

22 1682 cmF

cmF

AF ABABAB

AB

22 1682 cmF

cmF

AF CBCBCB

CB

242.1

4 26.2222 22 cmRRR

AF AA

DAA

pasadorA

242.1

4 13.122 cmRRR

AF CC

DCC

pasadorC

Debemos calcular FAB, FCB, RA y RC

Diagrama de cuerpo libre del punto B:

Corte doble Corte simple

KNFSenF

F

CB

CB

y

34.130886.36

0

67.10086.3634.13

0

AB

AB

x

FFCos

F



5 1

Diagramas de cuerpo libre de las barras AB y CB:

Finalmente calculamos los esfuerzos pedidos:

MPamN

mcmcmN

cmKN

CB 3.81083.0116

101034.1316

34.132

722

243

2

MPamN

mcmcmN

cmKN

AB 3.31033.0116101034.5

16 27

22

243

2267.10

MPamN

mcmcmN

pasadorC 5.1181085.11113.1101034.13

27

22

243

MPamN

mcmcmN

pasadorA 2.471072.4126.2101067.10

27

22

243

1 . 7 . 5 R e l a c i ó n d e P o i s s o n

Cuando a un elemento se le produce un alargamiento en una dirección dada, automáticamente segenera un acortamiento en la dirección perpendicular o viceversa.

Deducida por el francés Simeon Denis Poisson (1781-1840) quien encontró que la relaciónentre la deformación unitaria transversal y la longitudinal era constante para cada material, denominándosepor tanto esta constante, Relación de Poisson ().

son 2 barras, a cada una le toca la mitad de la fuerza



5 2

El signo menos indica que a un alargamiento en un sentido corresponde un acortamiento en el otroy viceversa.

Valores de la relación de Poisson para diferentes materiales

allongitudin

ltransversa

Material Relación de Poisson

Corcho 0.0Concreto 0.1 – 0.2

Acero 0.27 – 0.30Caucho 0.47

5,00



5 3

PROBLEMA

Calcular la carga admisible que se puede aplicar a un cilindro de concreto de 8cm de diámetropara que no sufra una expansión lateral mayor de 0.002cm.

El módulo de elasticidad del concreto es de 20GPa y su relación de Poisson es igual a 0.15

Calculemos admisible

Según la ley de Hooke yy E

Aplicando la relación de Poisson:

xy

y

x

admisiblex

y E

AEP xadmisible

Ahora: 0002508002.0 .

cmcm

Diámetrox

x

Finalmente:

222

27.504

)8(4

cmcmDA

?P permisiblePadmisible=?

AP

AP

admisibleadmisible

yadmisible

KN.N.cm

mcm.

..

mN

cmm

cm..

.GPaAEP x

admisible 7616671675610

12750

150000250

102010

12750

150000250

20 24

22

29

24

22



5 4

1 . 7 . 6 R e l a c i ó n e n t r e e l m ó d u l o d e e l a s t i c i d a d y e l m ó d u l o c o r t a n t e

A partir de un análisis que puede consultarse en alguno de los libros de resistencia de materialesmencionados en la bibliografía, se ha encontrado que:

12EG

Como 5.00 entonces EGE 5.033.0

Las constantes E (módulo de elasticidad), G (módulo de corte) y (relación de Poisson) sedenominan constantes elásticas de los materiales.

1 . 8 D E F O R M A C I O N E S E N E S T R U C T U R A S C U Y A S B A R R A S E S T Á N S O M E T I D A S AF U E R Z A S A X I A L E S

Si se aplica la fuerza P a la estructura de la figura, calcular el desplazamiento tanto horizontalcomo vertical del punto C.

Primero que todo encontremos las fuerzas en las barras AC y BC:

Diagrama de cuerpo libre del punto C:

0xF 0 CosFP BC

CosPFBC / (Compresión)

0yF 0 ACBC FCosF

CosFF BCAC (Tensión o tracción)



5 5

Esquem�ticamente sucede lo siguiente:

Debido a que en la realidad las deformaciones son muy peque�as, los arcos se pueden considerarperpendiculares a los radios de giro quedando el esquema de deformaciones o "diagrama de Williot"como sigue:

La barra AC al quedar a tensi�n se alarga y gira alrededorde A. Por su parte la barra AC se acorta por quedar acompresi�n y gira alredeor de A.

Por lo tanto el punto C se desplaza a C’

P



5 6

Vista ampliada del Diagrama de Willot

Al aplicarse la carga P, la barra AC se estira una cantidad AC y gira mediante un arco. La barraBC se comprime una cantidad BC y gira mediante otro arco. Al final de este proceso, el punto C seha movido a una nueva posición C'. Se trata ahora de calcular tanto el movimiento horizontal comovertical del punto C. Para hacerlo se aproximan los arcos a perpendiculares como se ve en la figura(aproximación válida por la pequeñez de las cantidades involucradas en el gráfico). En la gráfica, quese ve ampliada a continuación pueden determinarse mediante relaciones geométricas y trigonométricaslos dos desplazamientos mencionados del punto C.

Cálculo de los desplazamientos horizontal y vertical del punto C:

Observando los gráficos tenemos

ACCdevertical (alargamiento de la barra AC)

tan/CosSen BCACBCCdehorizontal

Recordando que:

AELF

AELF ACAC

ACACAC

AC



5 7

1 . 9 E S F U E R Z O S T É R M I C O S

Cuando un material se somete a un incremento de temperatura se produce una dilatación:

AL INCREMENTARSE LA TEMPERATURA SE PRODUCE UNA DILATACIÓN

Como se recordará, en los cursos de Física se ha estudiado que:

TL

Siendo Coeficiente de dilatación térmicaT : Incremento de temperatura

Si al elemento se le impide la libre dilatación mediante una restricción como un empotramiento, elelemento quedará sometido a un esfuerzo al ser impedido el alargamiento por medio de los dosempotramientos.

AL MEDIRSE LA DILATACIÓN SE GENERAN ESFUERZOS DE COMPRESIÓN

La fuerza ejercida por el empotramiento se puede calcular quitándolo y dejando que seproduzca la deformación y volviéndolo a poner de tal manera que obligue a la barra a recobrar sutamaño original.



5 8

Como en la realidad los empotramientos est�n impidiendo completamente la deformaci�n debecumplirse que:

cargaaTemperatur

EL

AEPLTL

Por lo tanto el esfuerzo generado por el cambio de temperatura es:

TE

Siendo : Coeficiente de dilataci�n t�rmicaT : Incremento de temperaturaE: M�dulo de elasticidad del material

1 . 9 . 1 C o e f i c i e n t e s d e d i l a t a c i ó n t é r m i c a

Se “quita” el empotramientopermitiendo la deformaci�n por

temperatura

Se “pone” el empotramientorestituyendo la barra a su posici�n

original

Material 10-6/ °C 10-6/ °F

Acero 14 8Aluminio 23 13Bronce 18 – 21 9.9 – 11.6Cobre 16.6 – 17.6 9.2 – 9.8



5 9

PROBLEMA

Calcular los esfuerzos inducidos en un riel de ferrocarril cuando la temperatura se incrementade 12 a 30 grados centígrados.

Coeficiente de dilatación térmica del acero: C /1014 6

Como se vió, los esfuerzos inducidos por un incremento de temperatura son iguales a:

TE

Como: C /1014 6 29 /10200200 mNGPaE CT 181230

Entonces, el esfuerzo debido al incremento de temperatura será:

2296 /5040000018/10200/1014 mNCmNC

MPa4.50

1 . 1 0 I N D E T E R M I N A C I Ó N E S T Á T I C A E N T E N S I Ó N Y C O M P R E S I Ó N

Existen situaciones en las cuales por razones de seguridad es necesario colocar elementosestructurales adicionales que al tiempo que suministren más seguridad a la estructura (resistencia),disminuyan las deformaciones que se presentarán (al aumentar la rigidez)

Veamos:



6 0

En este caso, mediante la aplicación de las condiciones de equilibrio estático pueden encontrarselas reacciones Ax , Ay y la tensión en el cable TB.

0xF 0yF 0M3 ecuaciones de equilibrio

Ax , Ay , TB3 incógnitas

Al existir un número igual de ecuaciones y de incógnitas se dice que el problema es Estáticamentedeterminado.

Una vez calculadas las reacciones y la tensión en el cable pueden calcularse, por ejemplo, elesfuerzo cortante en el pasador del apoyo A y el esfuerzo normal en el cable B. Igualmente el alargamientodel cable B = TBL/AE.

Con los esfuerzos actuantes encontrados en el pasador y el cable y cable se tendrá una idea delos factores de seguridad con que trabajará la estructura (comparándolos con los esfuerzos admisiblesde los materiales a emplear).

El alargamiento calculado del cable se comparará con las deformaciones admisibles.

A partir del análisis anterior puede encontrarse la necesidad de colocar otro cable con el fin deincrementar la resistencia y la rigidez de la estructura.

Supongamos que se agrega un cable adicional en el punto D:

Evidentemente con el cable adicional en B se tendrá una estructura mas segura y mas rígida.

Sin embargo surge la siguiente situación:



6 1

0xF 0yF 0M3 ecuaciones de equilibrio

Ax , Ay , TB , TD4 incógnitas

Es obvia la dificultad para calcular 4 incógnitas con las 3 ecuaciones disponibles. Esta situaciónconfigura lo que en mecánica estructural se conoce como un problema Estáticamente indeterminado.

La única posibilidad de resolverlo es a través de la obtención de una ecuación adicional.

Esta ecuación surge a partir del análisis de las deformaciones como se muestra enseguida:

Como se ve, la ecuación adicional se obtiene a partir de la semejanza de triángulos y se expresasegún la siguiente proporción:

dbDB

Como B = TBL/AE y D = TDL/AE

dbDB

Por semejanza de triángulos



6 2

dAELT

bAELT DB //

y por tanto: d

Tb

T DB

Esta es la cuarta ecuación que necesitamos para levantar la indeterminación estática.

PROBLEMA

Calcular las tensiones en los cables BC y DE. Sección transversal: A Módulo de elasticidad: E

Considerar que la barra ABD es rígida (no se flexiona)

Diagrama de cuerpo libre de la barra ABD:

030300 CosTCosTAF DEBCxx

060030300 SenTSenTAF DEBCyy

06004303300 SenTSen3TM DEBCA

3 ecuaciones, 4 incógnitasEstáticamente Indeterminado



6 3

Por tanto, debemos encontrar una 4a ecuación mediante la compatibilidad de deformaciones.

Los dos cables se alargan, quedando la estructura deformada (ampliada) de la siguiente forma:

Por lo tanto:



6 4

Por semejanza de triángulos:

530/

330/

SenSen DEBC

Pero:

AET

AECosT

AELT BCBCBCBC

BC46.330/3

AET

AECosT

AELT DEDEBCDE

DE77.530/5

Por tanto:

530/

330/ 77.546.3

SenSen AE

TAE

T DEBC

305

7.5303

46.3Sen

TSen

T DEBC

Combinamos esta 4a ecuación con las 3 ecuaciones de equilibrio que teníamos y obtenemos lastensiones en los cables:

030300 CosTCosTAF DEBCxx

060030300 SenTSenTAF DEBCyy

06005305300 SenTSen3TM DEBCA NTBC 750

DEBC TT NTDE 750

4 ecuación queestábamos buscando

DEBC TT



6 5

PROBLEMA

Calcular las reacciones en A y B

Diagrama de cuerpo libre de toda la barra:

8000 BAx RRF 1 ecuación, 2 incógnitas

Estáticamente indeterminado

Debe obtenerse una ecuación basada en la compatibilidad de las deformaciones:

El alargamiento del tramo AC de la barra debe ser igual al acortamiento del tramo CB (porquela barra está empotrada en los extremos).

CBAC



6 6

Pero: AE

FACAC

4 y

AEFCB

CB3

Siendo FAC y FCB las fuerzas internas en los respectivos tramos.

Por tanto: AE

FAE

F CBAC 34

Esta es la segunda ecuación.

Como está en función de AE1

(Flexibilidad) se conoce como el M é t o d o d e l a F l e x i b i l i d a d o

d e l a s f u e r z a s (porque las incógnitas son las fuerzas).

Calculemos FAC y FCB : Hacemos dos cortes en la barra, uno en el tramo AC y otro en el tramo CB:

AACx RFF 0

ACBx RFF 8000

Reemplazando en 2:

38004 AA RR

NRA 85.342



6 7

Y por tanto:

NRB 15.457

Resolver el mismo problema considerando las deformaciones como incógnitas: Método de laRigidez.

El análisis externo es igual:

Diagrama de cuerpo libre de toda la barra:

8000 BAx RRF 1 ecuación, 2 incógnitas


Análisis interno

Tomemos el desplazamiento del punto C como incógnita:

Como se puede ver: CBACC

Haciendo cortes nuevamente:



6 8

AACx RFF 0

AERA

ACC4

Por tanto 4

AER CA

BCBx RFF 0

AERB

CBC3

Por tanto 3

AER CB

Ahora como: 800 BA RR

80034

AEAE CC

La ecuación está en función de las rigideces AE: M é t o d o d e l a R i g i d e z , y las incógnitas son losdesplazamientos

80012

7

AEC

AEC43.1371

Y finalmente: 85.342343.1371

4

AEAEAER C

A

15.457343.1371

3

AEAEAER C

B

En los dos problemas anteriores al calcular las fuerzas internas ha sido necesario tener en cuentasi cada tramo en consideración estaba sometido a tensión o a compresión. Para evitar incurrir enerrores derivados de este hecho puede asumirse que todos los tramos estarán sometidos a tensióny por lo tanto sufrirán alargamientos. Al final el signo de las fuerzas halladas nos dirá cuálesestán efectivamente a tensión y cuáles a compresión.



6 9

PROBLEMA

Calcular las reacciones en los empotramientos A y B:

Análisis externo:

120 BAx RRF 1 Ecuación, 2 Incógnitas


Debe obtenerse una ecuación basada en la compatibilidad de las deformaciones.

La deformación resultante de la barra es igual a cero pues los dos extremos son apoyos rígidos.Esto equivale a decir que la suma de las deformaciones internas de los diferentes tramos es iguala cero.

0 EBDECDAC

0 EBDECDAC

02431

AE

FAE

FAE

FAE

F EBDECDAC



7 0

Análisis interno:

Reemplazando:

0212422371

AE

RAE

RAE

RAE

R AAAA

Por tanto: KNRA 3.13

y: KNRKNR BB 3.13.1 (flecha derecha)

Con estos valores pueden calcularse las fuerzas internas:

3.13 AAC RF

3.67 ACD RF

7.822 ADE RF 7.8DEF (Compresión)

3.112 AEB RF



7 1

1 . 1 1 E N E R G Í A D E D E F O R M A C I Ó N A X I A L

Cuando una barra se somete a una fuerza axial gradualmente creciente, esta efectúa un trabajoal deformar la barra que se almacena en el interior de la misma como energía de deformación (pensemosen un trozo de caucho al ser estirado).

El trabajo externo realizado por la fuerza debe ser igual a la energía acumulada en el interior de labarra.

internaexterno UW

Trabajo externo realizado por la carga P en un instante para producir un alargamiento d de labarra = P d

PddW

dAPdW

W = Área bajo la curva



7 2

Área bajo la recta 2P

W = Energía interna = U = P21

Como AEPL

Entonces AE

LPAEPLPUPU

221

21 2

O también: LAE

LAE

LAEPU

221

21

21 22

En resumen:

Energía interna de deformación LAE

AELP

22

22



7 3

PROBLEMAS PROPUESTOS

Calcular el esfuerzo normal en la barra BE que tiene una sección rectangular de 2 x 6 cm.

Calcular los esfuerzos en las barras AB, BC, KJ. Tienen una sección de 16 cm2 cada una.

Calcular para los casos a) y b): BABCAC ,,,



7 4



7 5

C A P Í T U L O 2

E S F U E R Z O S B I A X I A L E S Y T R I A X I A L E S

MUSEO DE HISTORIA NATURAL, NUEVA YORK, 2005

Esfuerzos en secciones inclinadas

Hasta este punto sólo se han considerado los esfuerzos normales que actúan en seccionestransversales rectas

AP

rectaltransversasección



7 6

En este caso, como se ha visto, el esfuerzo normal que actúa sobre la sección transversal esigual al valor de la fuerza P dividido entre el área de la sección. Pero, qué esfuerzos se producen en unasección inclinada un ángulo

Veamos:

Es de anotar que si las fuerzas axiales son de compresión sucede lo siguiente:

??

inclinadasección

inclinadasección



7 7

Retornando a la barra original consideremos el diagrama de cuerpo libre de su parte izquierda:

Y los esfuerzos en la sección inclinada serán:

En la sección inclinada por tanto se producen tanto esfuerzos normales como esfuerzoscortantes .

Esfuerzos complementarios

Son los que se producen en planos que forman ángulos rectos entre sí:

2

/Cos

AP

CosAPCos

221 Sen

APCosSen

AP

Cos/APSen



7 8

Generalmente los esfuerzos complementarios se denominan como ' y '

Entonces:

Consideración del ángulo

Como se vió, el ángulo se tomó en las deducciones en sentido contrario a las manecillas delreloj a partir de la vertical hasta encontrar el plano inclinado en cuestión.

EL ÁNGULO SE MIDE SIEMPRE A PARTIR DE LA VERTICAL EN SENTIDO ANTI-HORARIO



7 9

Por tanto al aplicar las expresiones para calcular 2Cos

AP

como 221 Sen

AP los

ángulos siempre deberán medirse de esa forma:

22 90 SenAPCos

AP

221902

21 Sen

APSen

AP

Relación entre un esfuerzo dado y su complementario:

Dado que:

2Cos

AP

2SenAP

221 Sen

AP

221 Sen

AP

Entonces:

AP

2.1 LEY DE HOOKE EN DOS Y TRES DIMENSIONES

Hasta este punto nos hemos ocupado de esfuerzos axiales. Sin embargo en muchos casos unelemento puede verse sometido simultáneamente a esfuerzos en dos (esfuerzos biaxiales) o en tresdirecciones (esfuerzos triaxiales).



8 0

2.1.1 Ley de Hooke para esfuerzos biaxiales

Recordemos que para esfuerzos axiales E Ley de Hooke

Por tanto:

E

Calculemos la deformación unitaria total en x producida por x y y :

Es de recordar que y produce un acortamiento en la dirección x que, según la relación dePoisson se calcula como:

Ey

yx

Ya que la relación de Poisson es en este caso: y

x

Ahora:

Deformación unitaria en x = Deformación unitaria en x producida por x + Deformación unitaria

en x producida por y .

21 xxx

EEyx

x

yxx E

1



8 1

Análogamente:

xyy E

1

yxz E

En resumen:

Deformaciones unitarias

yxx E

1

xyy E

1

yxz E

Y los esfuerzos se calculan según las siguientes expresiones (consultar su deducción en cualquierade los libros de la bibliografía).

Esfuerzos biaxiales

yxxE

21

xyyE

21

2.1.2 Ley de Hooke para esfuerzos triaxiales



8 2

Deformación unitaria total en x = Deformación en x producida por x + Deformación en x

producida por y + Deformación en x producida por z

zyxxTOTAL

EEEzyx

xTOTAL

Factorizando:

zyx

x EE

Análogamente:

xzy

y EE

yxz

z EE

A partir de estas expresiones obtenemos los esfuerzos así (consultar su deducción en cualquierade los libros de la bibliografía).

Esfuerzos triaxiales

Ezyxx

1

211

Ezxyy

1

211

Eyxzz

1

211

Como se ve, para cada caso se trata de una sola ecuación que con las permutaciones adecuadasse convierte en las demás.



8 3

2.2 ESFUERZOS PRINCIP ALES , ESFUERZO PLANO Y CÍRCUL O DE MOHR , ESFUERZOS YPLANOS PRINCIP ALES

Tal como se vió en cursos previos, el ingeniero alemán Otto Mohr (1835-1918), dedujo un métodográfico para calcular los momentos de inercia de áreas con respecto a ejes inclinados

De manera análoga el método puede emplearse para calcular los esfuerzos que ocurren en losplanos inclinados, ya sea en elementos sometidos a esfuerzos biaxiales o planos y triaxiales.

ELEMENTO SOMETIDO A ESFUERZOS BIAXIALES

Círculo de Mohr para esfuerzos biaxiales y cortantes (Esfuerzo plano):

Veamos el siguiente elemento sometido a esfuerzos biaxiales de tensión x y y siendo yx

y esfuerzos cortantes en las caras horizontales y verticales.

(Por estar los esfuerzos contenidos en el plano xy este estado se denomina esfuerzo plano):

Se trata de calcular los esfuerzos normal y cortante ( y ) en un plano inclinado un ángulorespecto a la vertical según se muestra.



8 4

Si aislamos como cuerpo libre el prisma mostrado en la figura tendremos:

0xF

0 dASenCosdACosSendASenSendACosCosdA yx

2212

2122 SenSenSenCos yx

2221 CosSenyx

0yF

0 dASendACosdACosdASendA yx



8 5

Por tanto:

0 dASenSendACosCosdASenCosdACosSendA yx

0 SenSenCosCosSenCosCosSen yx

CosSenSenCos yx 222

22

212

21 SenCosCosyx

2221

21 SenCosyxyx

En resumen:

2221

21 SenCosyxyx

2221 CosSenyx

Mohr encontró que estas dos ecuaciones son las ecuaciones paramétricas de un círculo cuyoparámetro es 2.

Escribámoslas de la siguiente forma: 22 SenBCospromedio

22 CosBSenO lo que es igual:

22 SenBCospromedio

22 CosBSen



8 6

Elevando ambas al cuadrado:

2222 SenBCospromedio

2222 CosBSen

Y desarrollando los cuadrados y sumando:

2222 Bpromedio

222122 yxpromedio

222122 yxpromedio

Esta es la ecuación de una circunferencia de radio 2221 yxR :

y cuyo centro está ubicado en el punto 0,promedio



8 7

2.2.1 Construcción del círculo

Construir el Círculo de Mohr para el elemento de la figura sometido al estado de esfuerzosmostrado.

1. En el sistema de coordenadas , se ubican los puntos ( ,x ) y ( ,y ). Se unen y sedetermina el centro del círculo, C.

2. Se calcula la distancia 2

yxCD

y se calcula el radio del círculo

2221 yxR (Pitágoras)



8 8

3. Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de max , min ,

max y 2.

Rprom max

Rprom min

Rmax

2

2yx

tan

y el esfuerzo promedio:

yxpromedio 21



8 9

Finalmente se calculan los esfuerzos principales máximo y mínimo:



9 0

PROBLEMA

Construir el círculo de Mohr para el estado de esfuerzos mostrado y a partir del mismo calcularlos esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo

1. Se ubican os puntos (70,10) y (40, -10), se unen y se determina el centro del círculo C

2. Se calculan:

152

4070

CD 03.18104070 22

21 R y 55

24070

prom



9 1


max y 2.

69.33

4070102tan2tantan2 11

2

1

yxyx

85.16

A partir del elemento original se gira un angulo en sentido horario



9 2

Cálculo de los planos en los cuales ocurre el esfuerzo cortante máximo:

Para pasar del plano de al de max debemos girar un angulo 2 en sentido anti horario enel círculo

31.5669.33902902

15.28

En el elemento debemos girar un angulo en sentido antihorario

En internet se encuentran cientos de páginas dedicadas al cálculo del Círculo de Mohr. Una de lasmejores a mi juicio es www.mdsolids.com

Dicho programa fue ganador del Premier Award for Excellence in Engineering EducationCourseware en 1998 en Estados Unidos.

Recomiendo resolver con dicho programa los problemas aquí desarrollados, con fines comparativos.



9 3

PROBLEMA


1. Se ubican los puntos (400,-50) (nótese que es negativo y (150,50) y se unen determinandoel centro del círculo C.

2. Se calculan:

1252

150400

CD 6313450125 22 .R y 275

2150400

prom



9 4


max y 2.

8.21

150400502tan2tan2 11

yx

9.10

A partir del elemento original se gira un ángulo en sentido antihorario y se hallan los esfuerzosprincipales:



9 5

Cálculo de los planos en los cuales ocurre el esfuerzo cortante máximo:

2.688.21902902

1.34

A partir del elemento original se gira un ángulo en sentido horario:



9 6

PROBLEMA

Construir el círculo de Mohr para el estado de esfuerzos mostrado y a partir del mismo calcularlos esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo.

1. Se ubican los puntos (800,0) (nótese que es cero) y (300,0) y se unen determinando elcentro del círculo C.

2. Se calcula:

2502

300800

R

5502

300800

prom


max y 2.



9 7

02

0

No hay que girar ningún ángulo.Los esfuerzos principales coincidencon x y y

4. Cálculo de max 250max R

En el círculo: 902

En el elemento: 45

Debemos girar el elementooriginal un ángulo en sentidoantihorario



9 8

PROBLEMA


1. Se ubican los puntos (0,15) y (0,-15) y se unen determinando el centro del círculo C:

2. En este caso, como se ve, el centro del círculo coincide con el origen de coordenadas. 15R

Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de max , min ,

max y 2.

Planos donde ocurren los esfuerzosprincipales

902

45



9 9

Planos donde ocurren los esfuerzos cortantes máximos



100


Construir el círculo de Morh para cada uno de los casos y a partir del mismo calcular losesfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo señalando el ángulo del plano respectivo.

Calcular los esfuerzos normal y cortante en el plano de la figura

Hallar el plano con su respectiva inclinación en el cual el esfuerzo normal es cero. Cuánto valeel esfuerzo cortante en dicho plano?



101

C A P Í T U L O 3

E S F U E R Z O S P R O D U C I D O S P O R F L E X I Ó N . V I G A S

CONSTRUCCIÓN DE ESTRUCTURA METÁLICA, NUEVA YORK, 2005

Las vigas son uno de los elementos estructurales mas comúnmente empleados en ingeniería.

Dos de las primeras labores que debió afrontar el hombre primitivo fueron las de cubrir espacios(para guarecerse) y salvar distancias (para cruzar una quebrada o un río).

Seguramente lo primero que empleó fueron troncos de árboles para cubrir ramadas y vadearquebradas.

Qué caracteriza una viga?

a) Geométricamente es un elemento estructural que tiene una de sus tres dimensiones muchomas larga que las otras dos.



102

b) Puede estar en voladizo o soportada por dos o mas apoyos y las fuerzas actúanperpendicularmente a su eje longitudinal.

Cómo trabajan las vigas?

Para entenderlo comparémoslas con otros conocidos elementos estructurales: arcos y cerchas

Los arcos y las cerchas

NUEVA YORK, 2005



103

Los arcos producen empujes horizontales en los apoyos.

Para contrarrestar este empuje producido sobre los muros, en las catedrales góticas se emplearonlos contrafuertes y los arbotantes.

Otra posibilidad para cubrir el espacio entre dos muros es utilizar dos barras articuladas según semuestra:

LAS BARRAS GENERAN EMPUJES VERTICALES Y HORIZONTALES SOBRE LOS MUROS

Como se observa, esta conformación también produce empujes horizontales sobre los muros.Para evitarlo en la Edad Media se empezó a utilizar una barra adicional en la base (tensor) que impideque las barras se abran y generen empujes horizontales.

DESAPARECEN LOS EMPUJES HORIZONTALES SOBRE LOS MUROS

Esta estructura simple es considerada la precursora de las cerchas.



104

Recordemos que en el curso de mecánica se vió que una cercha trabajaba de la siguiente forma:

Las barras de la cuerda superior de la cercha quedan a TENSIÓN y las de la cuerda inferior aCOMPRESIÓN mientras que las diagonales quedan unas a TENSIÓN y otras a COMPRESIÓN.

La aleta superior de la viga en voladizo queda a TENSIÓN y la aleta inferior a COMPRESIÓNmientras que el alma absorbe las fuerzas internas de TENSIÓN y COMPRESIÓN que se generan.



105

UNIVERSIDAD NACIONAL, MANIZALES, CAMPUS LA NUBIA

Las aletas harían el trabajo equivalente al de las cuerdas inferior y superior: una a tensión y la otraa compresión.

El alma de la viga remplazaría las diagonales absorbiendo los efectos de corte.

En resumen: una viga bajo el efecto de fuerzas transversales queda sometida a dos efectosprincipales: FLEXIÓN y CORTE:

En las vigas la flexión está asociada a momentos flectores y a esfuerzos de tensión en la partesuperior de la viga y de compresión en la parte inferior.

El corte está asociado a esfuerzos cortantes

Estos esfuerzos normales y cortantes deben ser calculados.



106

3.1 ESFUERZOS NORMALES PRODUCIDOS EN FLEXIÓN

El primero en estudiar sistemáticamente los esfuerzos producidos en las vigas fue Galileo quienen su libro "Discursos y demostraciones matemáticas sobre dos nuevas ciencias" publicado en1638 trató el tema de los esfuerzos en una viga en voladizo.

Antes de deducir las expresiones para los esfuerzos establezcamos unas hipótesis iniciales:

El material de la viga es homogéneo (el material es el mismo en todos los puntos)

Es continuo (no consideramos poros ni espacios vacíos)

Es isotrópico (propiedades iguales en todas direcciones)

Se comporta linealmente y cumple la Ley de Hooke: ( E )

Las secciones de la viga permanecen planas después de la flexión

3.1.1 Flexión pura

Los esfuerzos normales en las vigas son producidos por los momentos flectores.

Por tanto, para calcularlos utilicemos una viga en voladizo sometida sólo a momento flector(flexión pura).

DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE



107

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR

Para el análisis separemos como cuerpo libre un tramo de viga de longitud dz :



108

3.1.2 Cálculo de esfuerzos normales

Si las fibras superiores están a tensión y las inferiores a compresión, debe haber una fibra intermediaque al estar en el punto de transición entre los dos estados de esfuerzos no quede sometida a ningúnesfuerzo: LA FIBRA NEUTRA.

Comportamiento de las fibras

Esfuerzo normal en la fibra 1: 1 E Ley de Hooke

yd

ydL

1

11

Ey

La ecuación nos dice varias cosas:

El esfuerzo es directamente proporcional al módulo de elasticidad E

Mientras mas alejada esté la fibra de la fibra neutra, mayor será el esfuerzo (depende de ladistancia y

El esfuerzo es inversamente proporcional a la curvatura

La ecuación además nos muestra que el esfuerzo varía linealmente a través de la seccióntransversal.



109

VARIACIÓN DEL ESFUERZO NORMAL A TRAVÉS DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL DE LA VIGA

cuando )max( yy

cuando 0y

cuando )max( yy

Esta distribución de esfuerzos fue establecida por primera vez por Parent (1666-1716) y Coulomb(1736-1806).

Previamente Galileo (1564-1642)) había planteado que la distribución de esfuerzos era de lasiguiente forma:

Y mas tarde, J. Bernoulli (1654-1705) había propuesto la siguiente distribución:

compresiónmax

tensionmax

0

Ey



110

Se ve pues, como transcurrieron mas de 100 años para llegar a conocer la distribución correctade los esfuerzos normales a través de la sección transversal de una viga.

La ecuación

Ey es útil para conocer la variación del esfuerzo y para entender su relación

con E y con pero desde el punto de vista práctico no presta ninguna utilidad para calcular el esfuerzopuesto que no conocemos de antemano el radio de curvatura de la viga.

Por tanto, debemos encontrar una expresión que sea útil desde el punto de vista práctico:

dAdF

dAdF



111

0xM 0dAyM

0dAEyyM

02

dAEyM

02

dAEyM

02dAyEM

Pero: xIdAy2 (Momento de inercia del área)

Por tanto: 0EIM

EIM

1

Curvatura

Pero teníamos que:

Ey por tanto

1

Ey

EIM

Ey

Finalmente:

IMy

Fórmula de la flexión



112

Ubicación de EJE NEUTRO:

0zF 00 ydAEdAEydA

0ydAE

0E Puesto que al estar flectada la viga

Por tanto, necesariamente 0ydA

Esto significa que el centro de gravedad de la sección está sobre el eje neutro, ya que:

AyydA 0 y 0y

En conclusión

Esfuerzo normal producido por flexión I

My

Ubicación de eje neutro: coincide con el centro de gravedad de la sección.

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES, CAMPUS LA NUBIA



113

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES, 2004

Ubicación del eje neutro:

Como se demostró, coincide con el centro de gravedad de la sección transversal de la viga.

VIGAS SIMETRICAS

SMM

IMC

cIcompresiónmáximotensiónmax

cIS : Módulo de la sección

En vigas simétricas losesfuerzos máximos a

tensión y compresión soniguales

Viga H(columna)

Viga I



114

Para vigas con secciones asimétricas:

VIGAS ASIMÉTRICAS

PROBLEMA

Conocidas las cargas y las propiedades geométricas de la viga, calcular los esfuerzos actuantesmáximos a tensión y a compresión

Esfuerzo normal actuante: I

Mc

Esfuerzo normal máximo: I

cM maxmax Por simetría: COMPRESIONTENSION maxmax

1

11 S

MI

Mc

2

22 S

MI

Mc

IMc1

1

IMc2

2



115

Por lo tanto, los esfuerzos máximos son:

MPamcm

cmN

cmcmcmN

IcM

COMPRESIONTENSION 26.91

1093.9254860

95000002

24

24max

maxmax

Como se ve, los esfuerzos máximos en este caso ocurren en el empotramiento, punto en el cualse presenta el momento flector máximo

PROBLEMA

Conocidas las propiedades geométricas de la viga y los esfuerzos admisibles del material calcularlas cargas admisibles que pueden aplicarse a la misma.

Calcular la carga distribuida que puede aplicarse a la viga de la figura sabiendo que losesfuerzos admisibles del material son:

2200 cm/KgENSIONadmisibleT

280 cm/KgOMPRESIONadmisibleC



116

La condición que debe cumplirse para garantizar la seguridad de la viga es que los esfuerzosactuantes máximos sean menores que los permisibles:

2200 cm/KgENSIONadmisibleTNSIONactuanteTEmax

280 cm/KgOMPRESIONadmisibleCMPRESIONactuanteCOmax

Esto garantiza que la viga no falla ni a tensión ni a compresión.

Cálculo de los esfuerzos actuantes máximos:

IcM

NSIONactuanteTE1max

max I

cMMPRESIONactuanteCO

2maxmax

8

2

maxLM

(Viga simplemente apoyada sometida a carga distribuida)

Calculemos los valores de c1, c2 y del momento de inercia I:

Calculemos los valores de c1, c2 y del momento de inercia I:



117

112508

3008

22

max

cmLM

322 67353450176673578 cm...AdII B

Teníamos que:

2200 cm/KgENSIONadmisibleTNSIONactuanteTEmax

280 cm/KgOMPRESIONadmisibleCMPRESIONactuanteCOmax

2AdIIB

21

2211AA

yAyAy

cm.c 5101 55510162 ..c

cm.c 5101 55510162 ..c

510522116

51352255116 ...y



118

200673534

51011250

.

.11 985 cm/Kg.

80673534

5511250

.

.22 574 cm/Kg.

Como resultado hemos obtenido dos posibles cargas a aplicar. Una que garantiza que la vigano fallará a tensión y otra que no fallará a compresión. Para que no falle por ninguno de losdos conceptos, debe escogerse la menor de la dos.

Por tanto:

m/Kgcm/Kg.admisible 4575742

PROBLEMA

Calcular los esfuerzos normales máximos actuantes en la siguiente viga:

En general:

IMc

Hagamos el diagrama de momentos:

5.192705.730075.340035

0

B

B

A

RR

M



119

Cálculo del centro de gravedad y del momento de inercia:

Cálculo de los esfuerzos normales máximos en la viga:

En el punto de ocurrencia del momento máximo positivo

41.25.7225.177

35.722

5.1773

5.722

5.7225.19275.7300400

0

b

bb

R

F

A

y

cmAAA

yAyAyAy 88.5424224

742742224

321

332211

4333

42

56163143

346

3143

96.188188.51085616

cmI

cmI

cmKgmKgM 8706161.870)max(



120

En el punto de ocurrencia del momento máximo negativo:

En resumen:

2)max(

2)max( /64.375

96.188112.887061/01.272

96.188188.587061 cmKgcmKg CT

2)max(

2)max( /91.292

96.188188.593750/50.404

96.188112.893750 cmKgcmKg CT



121

3.2 FLEXIÓN TRANSVERSAL : ESFUERZOS CORT ANTES PRODUCIDOS EN FLEXIÓN

Al actuar una fuerza transversal sobre una viga, produce efectos de corte verticales, debidos a lafuerza cortante V que se genera a lo largo de la viga.

3.2.1 Efecto de corte horizontal en vigas

Además de los efectos de corte verticales también se presentan efectos en planos horizontales.Imaginemos la viga formada por una serie de capas horizontales.

Se puede observar el deslizamiento causado por la flexión.



122

Tal como se vió en capítulos anteriores la existencia de esfuerzos cortantes verticales exige lapresencia de esfuerzos cortantes horizontales con el fin de garantizar el equilibrio.

Por tanto, un elemento ubicado en el interior de la viga estará sometido a los esfuerzos cortantesque se observan a continuación.

Si consideramos el elemento mostrado como cuerpo libre no podremos obtener una ecuacuónpara debido a que se cancelará en cualquiera de las ecuaciones de equilibrio que establezcamos, ya

sea MóFF xyz 00,0



123

Por tanto, tomamos como cuerpo libre un elemento de viga situado de tal manera que su carasuperior coincida con la parte superior de la viga.



124

dAdAbdzF 1z 00 2

bdz

dAdA 12

Ibdz

ydAMM

bdz

dAI

yMdAI

yM

12

12

Pero:

dMMM 12 12 My M están separados una distancia dz

QAyydA Momento estático del área. Recordar que: A

ydAy V

dzdM

La derivada del momento flector es igual a la fuerza cortante.

Por lo tanto:

IbVQ

Variación del esfuerzo cortante a través de una sección rectangular

Variación del esfuerzo cortante a través de una sección transversal rectangular de bxh:



125

En general:

IbVQ

En una viga sometida a una fuerza cortante V tenemos:

V=V AyQ

221 hyy

yhbA

2

22

24222

ybyybQ

hhh

12

3bhII b=b

Por tanto:

3

24

12

24

2

3

26

2 bhyV

b

yVb h

bh

h

Si 2hy

0

63

224

2

bh

V hh

Si 2hy

0

63

224

2

bh

V hh

El esfuerzo cortante en los diferentes planos de la viga tendrá diferenres valores y su variaciónserá como se ve en las siguientes figuras.

Si y=0 AV

bhV

bhVh

23

33

46

3

2

3

2426

bh

yV h



126

La curva de variación de la ecuación será:

3

242

6

bh

yV h

es parabólica y con los valores encontrados será la siguiente:

Como se ve, el esfuerzo cortante máximo se presenta a nivel del plano neutro de la viga.

PROBLEMA

Calcular el esfuerzo cortante máximo que actúa en la siguiente viga:

Tal como se vio, el esfuerzo cortante máximo ocurre en el plano neutro de la viga en la seccióndonde la fuerza cortante es máxima.

En general:Ib

VQ



127

Aplicando esta expresión para secciones rectangulares encontramos que: A

Vmaxmax 2

3

21601610 cmA

Para calcular Vmax hacemos el diagrama de fuerza cortante de la viga:

0AM KgRR

B

B

18000330005

120018003000

0

A

y

R

F

KgV 900max Inmediatamente a la izquierda y a la derecha del apoyo B

Como:A

Vmaxmax 2

3 22max 44.8

160900

23

cmKg

cmKg



128

00 yAyQa

El área de la sección arriba delpunto a es cero (no existe)

01516480900

a

2/46.5151648

150900

1502155

cmKg

AyQ

d

d

PROBLEMA

Suponiendo que la viga del problema anterior (en la cual la fuerza cortante máxima es igual a

900Kg) tiene la sección mostrada, dibujar el diagrama de variación del esfuerzo cortante através de la sección transversal.

Como vimos, la ecuación general del esfuerzo cortante en vigas es: Ib

VQ

433

1648512216012

86212

1215900 cmIKgV

Los valores de Q y de b dependen del punto de la sección en el cual se calculen:



129

Variación de los esfuerzos cortantes a través de la sección

En la página anterior encontramos los siguientes valores:

Con estos valores graficamos la variación de esfuerzos recordando que es parabólica

Teniendo en cuenta la simetría hemos completado el diagrama hasta la parte inferior

2/31.2731648

150900

1502155

cmKg

AyQ

c

c

2max

2211

/67.3131648

174900

174305122

cmKg

AyAyAyQ

e

c



130

En 3 dimensiones, la variación de esfuerzos cortantes se ve así:

Como se observa, un altísimo porcentaje del esfuerzo cortante es soportado por el alma de laviga, mientras que las aletas como se ha visto soportan principalmente esfuerzos normales detensión y compresión.

PROBLEMA

La viga laminada de la figura está formada por las dos viguetas unidas por pegante. Si elesfuerzo cortante admisible del pegante es de 14 Kg/cm2, calcular el valor de la carga P admisibleque puede aplicarse en el extremo libre de la viga para que las 2 viguetas no se despeguen.

Debemos garantizar que el esfuerzo cortante máximo actuante no sobrepase el esfuerzo cortanteadmisible:

2max /14 cmKgadmisibleACTUANTE

Cálculo del ACTUANTEmax



131

Tal como se vió, cuando la sección es rectangular el esfuerzo cortante máximo actuante ocurreen el plano neutro y es igual a:

AV

ACTUANTEmax

max 23

En la grafica de la duerza cortante vemos que: PV max

Además: 21401410 cmcmcmA

2max 14023

cmP

ACTUANTE

Por tanto: 22 /14

14023 cmKg

cmP

KgPP admisible 67.1306



132

PROBLEMA

Se construye una viga cajón con 4 tablones unidos por pernos como se ve en la figura. Si lafuerza cortante máxima que debe soportar la viga es de 3KN calcular el espaciamiento máximoe entre los pernos sabiendo que cada perno es capaz de soportar una fuerza de corte de 0.5KN

Por lo tanto debemos calcular la fuerza actuante en cada perno:

pernocadaresponderdebecuallaporvigaladeÁreaF GAactuanteVIRNOactuantePE

IbVQ

GAactuanteVI

KNV 3 (Fuerza cortante actuante en la viga)

Fuerza cortante que es capazde soportar cada perno

Para que los pernos no fallendebe cumplirse que

KN.FF ERNOadmisiblePRNOactuantePE 50



133

Área de la viga por la cual debe responder cada perno= Área de influencia de cada perno.

25224232224

3/1007.1/10/101007.1/1007.1

833.5592915953 mNmcmcmNcmKN

cmcmcmKN

GAactuanteVI



134

Área de influencia de cada perno = 0.04emáx

Recordemos que:

F GAactuanteVIRNOactuantePE Área de la viga por la cual debe responder cada perno

maxRNOactuantePE e.m/N.NF 04010071500 25

cmcmme 126.11116.0max

3.3 VIGAS DE DOS MATERIALES

Como se dejó dicho al principio del curso, existen materiales que son muy resistentes a compresióny muy poco a tensión como el concreto. Dado que en una viga, como se ha visto hay zonas que quedansometidas a esfuerzos de compresión y otras a esfuerzos de tensión, aquellos materiales que como elconcreto son débiles a tensión deberán ser reforzados por materiales que resistan este tipo de esfuerzo,tales como el acero. Este es el principio del concreto reforzado. Se obtiene de esta forma una viga queresistirá adecuadamente tanto esfuerzos de tensión (de los cuales se encargará el acero) y de compresión(de los cuales lo hará el concreto).

Supongamos una viga de un material que tiene un módulo de elasticidad E1 la cual va a serreforzada con un material que tiene un módulo de elasticidad mayor E2.



135

Se trata de que la adhesión entre los dos materiales sea tal, que al producirse la flexión no seproduzca deslizamiento entre la viga y la platina de refuerzo (que trabajen monolíticamente).

Variación de esfuerzos y deformaciones en una viga de 2 materiales:



136

Los diagramas en dos dimensiones quedan:

En el punto de contacto B no debe haber deslizamiento entre los dos materiales puesto que justoeste es el fundamento del comportamiento estructural de la viga: que los dos materiales funcionen alunísono, vale decir que la viga trabaje monolíticamente.

Por tanto en ese punto de contacto B dos fibras de la viga que dan sometidas a FUERZASIGUALES (pero a ESFUERZOS DIFERENTES).

20 FFF 1x

Por tanto: 2211 AA

max(-)

maxmaterial 1

max(+)

maxmaterial 2



137

Siendo A1 y A2 las secciones equivalentes de los dos materiales a fin de que se cumpla el equilibriode fuerzas.

La relación entre los esfuerzos la obtenemos del hecho de que las deformaciones unitarias de losdos materiales son iguales en el punto de contacto.

21 BB

Como E Entonces E

Por lo tanto: 22

1

2

2

1

1 EE

EE 1

22122

1 AAEE

Y por último 221

21 nAA

EEA

Quiere decir esta última expresión que el material 2 puede ser reemplazado por el 1 siempre ycuando su área se aumente n veces siendo n la relación entre los módulos de elasticidad de los dosmateriales. Al aplicarse este concepto se llega al método conocido como el de LA SECCIÓNTRANSFORMADA dado que toda la sección queda convertida o transformada en una sección ficticiade uno de los dos materiales. En ésta se procede a calcular los esfuerzos tal como se ha hecho en elcaso de secciones homogéneas, debiendo tener en cuenta al finalizar el análisis que el esfuerzoencontrado en la parte que ha sido transformada debe ser multiplicado nuevamente por n con el fin deobtener el esfuerzo que se va a producir en el material real.

Método de la sección transformada

12 EE



138

PROBLEMA

Calcular los esfuerzos máximos en la madera y el acero de la viga de la figura reforzada conuna platina.

GPaEGPaE maderaacero 10200

KNRKNRRR

FM

AB

AB

yA

2.18.18.13335

00

mKNM 6.328.132.1max



139

Método de la sección transformada. Transformemos la sección en madera:

2010200

GPaGPa

EEnmadera

acero

Analicemos la viga como si fuera toda de madera:

Calculemos Iecc ,, 21

221

2211 67.4200400

12200400 cIAA

yAyAy

33.1767.4221 c



140

422 67.2292267.260027200 cmAdII D

433

2720032010

32200 cmID

Finalmente, calculamos los esfuerzos en la madera y en el acero:

KPa.mcm

cmN.

cm.cm.cmN

IcM max

real,madera)max( 6272110162726722922

331710036002

24

241

KPa.mcm

cmN.

cm.cm.cmN

IcM max

ficticio,madera)max( 47331034736722922

67410036002

24

242

Como en la realidad en la parte inferior de la viga no hay madera sino una platina de acero,debemos “devolvernos” por as� decirlo y multiplicar este esfuerzo ficticio por n para obtener elesfuerzo real en el acero:

KPaKPan ficticiomaderarealacero 149547.74720,)max(,)max(

En conclusi�n hemos encontrado los siguientes esfuerzos m�ximos en la viga:



141

Variación de esfuerzos a través de la sección:

La viga entonces, absorberá los esfuerzos de la siguiente forma:

Como se ve, la platina de acero soporta la mayor parte de los esfuerzos de tensión.

La viga también puede analizarse transformando toda la sección en acero. Veámoslo acontinuación.

Resolución del problema transformando la viga en acero

Vamos a transformar toda la viga en acero. Por lo tanto:

05.020010

GPa

GPaE

Enacero

madera



142

Sección transformada en acero

Analicemos la sección transformada:

221

2211 67.41020

1210120 cAA

yAyAy

33.1767.4221 c

Cálculo del momento de inercia:

13.114667.2301360 22 AdII D

13603

205.03

210 33

DI



143

Cálculo de los esfuerzos:

Esfuerzo máximo en la madera:

KPan ficticioaceroCrealmaderaC 6.27745549205.0,)max(,)max(

En resumen:

Obviamente, los valores soniguales a los que obtuvimostransformando la sección enmadera

KPaPaficticioaceroC 554921020.554913.1146

33.171003670 4,)max(

KPaParealaceroT 7.149531037.149313.1146

67.41003670 4,)max(

KParealmaderaC 6.2774,)max(

KParealaceroT 7.14953,)max(



144


Calcular los esfuerzos normales y cortantes máximos en las siguientes vigas



145

C A P Í T U L O 4

D E F O R M A C I O N E S E N V I G A S

NÓTENSE LAS DEFORMACIONES Y FISURAS EN LOS EXTREMOS DE LA VIGA

Tal como se ha dicho, un elemento estructural no sólo debe ser resistente a la rotura sino quedebe tener unas condiciones de rigidez adecuadas de tal manera que se cumplan algunas condicionesmínimas, a saber:

Que se garantice la funcionalidad de la estructura evitando grandes deformaciones que podríanafectar su desempeño. (Por ejemplo el alineamiento y nivelación de equipos).

Que no se afecte la estética de la estructura con la aparición de grietas, producto de grandesdeformaciones.



146

NÓTESE AGRIETAMIENTO DE LA VIGA EN LA SECCIÓN DE MOMENTO NEGATIVO,POR FALTA DE REFUERZO

Adicionalmente como se ha visto, en el caso de vigas estáticamente indeterminadas es necesarioobtener ecuaciones adicionales basadas en las deformaciones que nos ayuden a levantar laindeterminación y así poder resolverlas.

De otra parte, en los próximos cursos de ingeniería estructural se requerirán los conocimientosrelativos a los métodos de cálculo de deformaciones en vigas para poder afrontar el estudio de estructurasestaticamente indeterminadas (por ejemplo en el método conocido como pendiente- deflexión o slopedeflection).

Por estos motivos se hace necesario calcular las deformaciones que se producen en las vigascuando están son sometidas a cargas.

Existen varios métodos para calcular las deformaciones en vigas:

Métodos matemáticos: Método de la doble integración o de la Ecuación de la elástica.

Métodos geométricos: Basados en la forma de la viga deformada. El mas conocido es elmétodo del Área de momentos o Teoremas de Mohr.

Métodos derivados de los anteriores: Método de la viga conjugada conocido en algunostextos como Método de los Pesos Elásticos.

Métodos energéticos: Basados en la conservación de la energía desarrollada por las fuerzasal deformar las vigas. (Teoremas de Maxwell, de Castigliano y otros).



147

Tipos de deformaciones



148



149

Funcionalidad afectada por deformaciones excesivas (se desnivelan los elementos soportadospor la viga).

Deformaciones excesivas pueden causar agrietamientos que afectan la estética de las estructuras.



150

Deformaciones con concavidades contrarias.

4.1 MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN

En la teoría de flexión se vió que: EIM

1

En matemáticas se tiene que:

23

2

2

21

1

dxdy

dxyd



151

Por lo tanto:

EIM

dxdy

dxyd

23

2

2

21

pero 0

dxdy las pendientes en las vigas son muy peque�as

Con mayor raz�n: 02

dxdy

En conclusi�n: "2

2y

EIM

dxyd

o lo que es lo mismo: MEIy "

EI: Rigidez a la flexi�ny‘’ : segunda derivada de la ecuaci�n de la viga deformada o el�sticaM: Ecuaci�n del momento flector en el tramo de viga considerado

Si integramos esta ecuaci�n obtenemos la ecuaci�n de la pendiente y’:

1CMdxyEI

Si integramos otra vez (doble integraci�n) obtenemos la ECUACI�N DE LA EL�STICA:

21 CxCMdxEIy ECUACI�N DE LA EL�STICA

Con estas ecuaci�n podemos calcular la pendiente y’ o la deformacion y en cualquier punto de la viga.

Las constantes C1 y C2 se calculan estableciendo las condiciones iniciales o de borde que dependende los apoyos y las caracter�sticas de la viga y de las cargas como se ver� en los ejemplos.

MEIy "



152

CONDICIONES INICIALES EN DIFERENTES TIPOS DE VIGAS



153

PROBLEMA

Calcular la deformación en el extremo libre B de la viga en voladizo:

Tal como se vió en el método de doble integración:

MEIy "

Para poder integrar necesitamos la ecuación del momento flector M. Para encontrarla hacemosun corte a una distancia x del empotramiento A.

0M 0 PxPLM

Ecuación del momento:

PLPxM

Por lo tanto:

PLPxEIy "

Integrando una vez:

1

2

2CPLxPxyEI

Integrando otra vez (doble integración):

21

23

26CxCPLxPxEIy



154

Para calcular C1 y C2 debemos establecer las condiciones iniciales. Para esto, observamos elproblema f�sico, la viga empotrada en A. En el empotramiento (x=0) se est�n impidiendo tantola deformaci�n (y=0) como el giro (y’=0). Recordemos que un empotramiento por definici�n esun apoyo que impide el giro.

Entonces:

Condiciones iniciales:

0000

yxyx

00 yx 21

23

26CxCPLxPxEIy por tanto: 02 C

00 yx 1

2

2CPLxPxyEI por tanto: 01 C

Al ser las dos constantes iguales a cero, las ecuaciones quedan:

Ecuaci�n de la el�stica:

261

26

2323 PLxPxEI

yPLxPxEIy

Ecuaci�n de la pendiente:

PLxPx

EIyPLxPxyEI

21

2

22

C�lculo de la deformaci�n en el extremo B:

LB y

0 0 0

0 0 0 0



155

EIPLPLPL

EIB 3261 333

EIPL

B 3

3

Análisis de deformación

Vemos que mientras mayores sean P y L mayor será la deformación y que mientras mayor sea EI,será menor.

EI: Rigidez a la flexión. Para un material dado (E), la deformación depende del momento de lainercia.

Influencia del momento de inercia en la deformación

Influencia de la longitud de la viga L en la deformación

LB y

261 23 PLxPxEI

y

EIPL

B 3

3



156

Si duplicamos la longitud de la viga tendremos:

| Al duplicar la longitud, ladeformación se hace 8 vecesmás grande

Cálculo de la pendiente de la viga en B:

Ecuación pendiente:

PLxPx

EIy

61 2

LB y|

EIPLPLPL

EIB 221 2

22

EIPL

B 3

3

EIPL

EILP

B 38

32 33



157

PROBLEMA

Calcular la deformación máxima en la viga, la pendiente en los apoyos A y B y la deformaciónen el centro de la luz

3000500350 BBA RRM

2003005000 Ay RF

En este caso la ecuación de momentos no es única para toda la viga: tiene una expresión distintaen cada uno de los 2 tramos. Veamos:

30 x xM 200

53 x

Encontremos la ecuación de la elástica para cada tramo:

3500200 xxM

21

33

21

3

1

22

1

2

63500

6200

6200

23500

2200

2200

3500200"200"

5330

DxDxxEIyCxCxEIy

DxxyEICxyEI

xxEIyxEIy

xx

Tenemos 4 constantes.Necesitamos por tanto4 condiciones iniciales



158


02 C

056

25006

52000 21

33

CD

211 55 DDC

11 DC

De estas cuatro ecuaciones obtenemos:

70000 1122 DCDC

CBAC

CBAC

yyxyyx

33

C es un punto común de lostramos AC y CB. Por tanto endicho punto las ordenadas y laspendientes de los 2 tramos soniguales

1

22

1

3

21

33

1

3

21

33

1

3

23500

2200

2200

63500

6200

6200

63500

6200

620000

2

DxxyEICxEIyyy3x

DxDxxEIyCxCxEIyyy3x

DxDxxEIy0y5x

CxCxEIyyx

CBAC

CBAC

2



159

Deformaci�n m�xima: Por observaci�n vemos que ocurre en el tramo AC de la viga. Adem� esen dicho punto la tangente a la el�stica horizontal, es decir y’=0.

La ecuaci�n de la pendiente para el tramo AC es:

1

2

2200 CxyEI

Por tanto:

7002

2002

20002

1

2

xCx

65.2x En este punto ocurre la deformaci�n m�xima

EIEIy 2.65

68.123465.27006

65.22001 3

max

Pendientes en los apoyos A y B:

EIEICx

EIy 0A

7007002

020012

2001 2

1

2

EIEIDxx

EIy 5B

8007002

355002

520012

35002

2001 22

1

22

Deformaci�n en el centro de la viga:

EIEIy 2.5centro

17.12295.27006

5.22001 3

0yeny max



160

En resumen:

PROBLEMA

Calcular la deformación máxima en la viga que tiene rigidez a la flexión EI:

1220338046000

338008400036000

Ay

BBA

RF

R10RM



161

Ecuaciones del momento flector:

30 x xM 1220

6x3 3-x-xM 6001220

106 x

2

66100036001220

xxxxM

26100036001220

2

xxxM



162

Pero: MyEI

30 x x 63

xEIy 1220" 36001220 -x-xEIy"

CxyEI 1

2

21220

1

2

23600

21220 DxxEIy

2

21

3

61220 CxCxEIy

21

33

63600

61220 DxDxxEIy

CxyEI 1

2

21220

DxxyEI 1

22

23600

21220

21

3

61220 CxCxEIy

21

33

63600

61220 DxDxxEIy

106 x

2610006001220

2

x3-x-xEIy"

1

322

661000

23600

21220 Ex-xxyEI

21

433

2461000

63600

61220 ExEx-xxEIy

1

322

661000

23600

21220 ExxxyEI

21

433

2461000

63600

61220 ExExxxEIy



163


CxCxEIy0y0x 21

3

61220

02C

DxDxxEIyCxCxEIyyy3x CDAC 21

33

21

3

63600

61220

61220

211 33 DDC

DxxyEICxyEIyyx CDAC 1

22

1

2

23600

21220

212203

1DC1

21

433

21

33

2461000

63600

61220

63600

612206 ExExxxEIyDxDxxEIyyyx DBCD

2121 66 EEDD

1

32222

661000

23600

21220

23600

212206 Exx-xyEIDxxyEIyyx 1DBCD

1ED1

21

433

21

43310

24610

10006

3106006

10122024

61000

63600

61220

10 EE0ExExxx

EIy0yx

2110671583660 EE.



164

En últimas, tenemos: Resolviendo el sistema, las constantestienen los siguientes valores:

02C 02C

211 33 DDC 02 D

11 DC 67.158361 C

2121 66 EEDD 022 DE

11 ED 67.158361 D

211067.1583660 EE 67.158361 E

Cálculo de la deformación máxima

Por observación, vemos que estará ubicada en el tramo central de la viga. La condición es queallí la pendiente debe valer cero (tangente horizontal). Por tanto:

0yeny max

La ecuación de la pendiente para el tramo CD es: 1

22

23600

21220 DxxyEI

Por tanto: 67.158362

36002

1220022

xx

Resolviendo la ecuación de segundo grado:

73.11

92.5

2

1

x

x

La raíz 73.112 x solo tiene significado matemático. Para nosotros el valor que tiene significado

físico para la viga que estamos analizando es el de 92.51 x . Chequeamos además que está

comprendido en el tramo 63 x .



165

Por lo tanto:

ymaxima 92.5 en la ecuación de y válida en dicho punto:

21

33

63600

61220 DxDxxEIy

EIEI1ymaxima

28.5405692.567.158366

392.56006

92.51220 33

92.5

92528.54056 .xenEImaxima

4.1.1 FUNCIONES DE SINGULARIDAD

Observemos las ecuaciones del momento flector para la viga del problema anterior:

2

6100036001220106

30

2

xxxMx

3-x600-1220xM6x3

1220xMx



166

Como se ve, cada ecuaci�n es igual a la anterior mas un t�rmino, de tal manera que la �ltima las“contiene” a todas por as� decirlo, lo cual la convierte en la ecuaci�n representativa de la viga.

1062

61000360012202

xxxxM

63266100036001220

2

xxxxxM

30266100036001220

2

xxxxxM

Este hecho hace que podamos utilizar la �ltima ecuaci�n como representativa de la viga con unacondici�n: que para cada tramo solo se incluyan los t�rminos necesarios.

Esto se logra utilizando FUNCIONES DE SINGULARIDAD, que tienen una expresi�n distintapara cada tramo incluyendo los t�rminos afectados por par�ntesis solo cuando se necesiten.Matem�ticamente esto se expresa escribiendo la ecuaci�n con par�ntesis angulares los cuales s�lo seincluir�n en la ecuaci�n cuando su valor sea positivo seg�n la siguiente convenci�n:

ECUACI�N REPRESENTATIVA DE LA VIGA: 26

1000360012202

x

xxM

Condici�n para los par�ntesis:

axsiax

axsiaxax

0

Resolvamos el problema anterior utilizando funciones de singularidad:

Si le quitamos untérmino, se convierte enla segunda:

Si le quitamos otrotérmino, se convierte enla primera:



167

2

6100036001220106

36001220

122030

2

xxxMx

x-x-M6x3

xMx

ECUACIÓN REPRESENTATIVA DE LA VIGA: 26

1000360012202

x

xxM

Por lo tanto:

21

433

1

322

2

246

10006

36006

1220

66

10002

36002

1220

26

100036001220

CxCxxxEIy

CxxxyEI

xxxyEI

Como vemos, el problema se simplifica pues sólo tenemos 3 ecuaciones y 2 constantes: C1 y C2En consecuencia sólo necesitamos 2 condiciones iniciales.


024

61000

63600

612200 21

433

2CCxC

xxxEIy0yx

= 0 pues

x < 3

= 0 pues

x < 6



168

Cálculo de la deformación máxima en la viga:

0yeny max

La ecuación de la pendiente para el tramo CD es:

Por tanto:

92567.158362

36002

1220022

.xxx

Por lo tanto: 92.5yδmaxima

EIEIyδmaxima

28.5405692.567.158366

392.56006

92.512201 33

92.5

= (x-3) pues

x > 3

CxCxxxEIy0yx 21

433

246

10006

36006

122010

= (x-6) pues

x > 6

.-CCEIy 671586301024

61010006

3106006

10122021

433

= (x-3) pues

x > 3

= 0 pues

x < 6

CxxxyEI 1

322

66

10002

36002

1220

= (5.92

-3)pu

esx > 3

= 0 pues

x < 6

21

433

246

10006

36006

1220 CxCxxxEIy

= 0



169

5.92xenEI

δmaxima 28.54056

Obviamente, el resultado es igual al obtenido sin emplear funciones de singularidad.

Caso especial

Cuando la carga distribuida no se extiende hasta el extremo derecho de la viga, se rompe lasecuencia entre las ecuaciones de los 2 últimos tramos de tal manera que la última ecuación no contienea la penúltima y por tanto no puede ser adoptada como ecuación representativa de la viga. Veamos lasituación y el artificio que se emplea para resolverla.

7.23.360

3.305.560

Ay

BBA

RF

KNR10RM

x.M 72



170

5.5672 xx.M

74 x

Como se ve, la tercera ecuación no se convierte en la segunda al quitarle el último término: 5.5672 xx.M

Para obligar a que esto ocurra se aplica el siguiente artificio que hace cambiar la forma de latercera ecuación de tal manera que ocurra lo requerido.

Se agregan simultáneamente las dos cargas distribuidas mostradas que al ser iguales de sentidocontrario se anulan no afectando por tanto ni las reacciones ni las fuerzas internas de la viga original.

2

42722

xx.M

107 x



171

La viga que estamos analizando queda por lo tanto así:

Tal como se expresó en la página anterior, las reacciones no cambian: KNR.R BA 3.372

Los dos primeros cortes de la viga también quedan idénticos:

30 x

x.M 72

74 x

2

42722

xx.M

En el tercer corte, cambia la expresión del momento adoptando la forma que necesitamos:

107 x

2

722

427222

xxx.M



172

La adoptamos entonces como ecuación representativa de la viga, con los paréntesis angularespreviamente definidos:

ECUACIÓN REPRESENTATIVA DE LA VIGA: 2

722

4272

22

xxx.M

Esta ecuación la igualamos a EIy’’: 2

722

4272

22

xxx.yEI

y resolvemos el problema utilizando funciones de singularidad con todas las ventajas que se hananotado.

4.2 MÉTODO DEL ÁREA DE MOMENTOS (TEOREMAS DE MOHR)

Como su nombre lo indica, el método utiliza los diagramas de momento flector de las vigasRecordemos los diagramas correspondientes a alguna vigas típicas:



173

En 2 dimensiones los diagramas se ven así:

El método se basa en 2 teoremas:

El primer teorema (de Mohr) relaciona el cambio de pendiente a lo largo de la viga con el área deldiagrama de momentos entre los puntos considerados.

El teorema dice que la diferencia de pendiente entre dos puntos (por ejemplo C y D) es igual alárea de momentos entre dichos puntos dividida por la rigidez a la flexión EI.



174

El teorema establece que:

El segundo teorema (de Mohr) establece que la distancia vertical desde un punto de la elásticahasta la tangente trazada por otro es igual al momento estático del área entre dichos puntos respecto alprimero.

El teorema establece que:

AxC

D

CD

DdesdeMedidax :

Área del diagrama de M/EIentre los puntos C y D



175

Demostración del Primer Teorema de Mohr

El teorema dice que la diferencia de pendiente entre dos puntos (por ejemplo C y D) es igual alárea de momentos entre dichos puntos dividida por la rigidez a la flexión EI.

Diferencia de pendiente entre dos puntos separados ddx :

La pendiente en una viga por ser tan pequeña es igual a la derivada:

dxdy Por tanto:

2

2

dxyd

dxd

Pero:

EIM

dxyd2

2

Por lo cual: EIM

dxd

y dAdxEIMd



176

D

C

D

C

D

C

x

x

x

x

x

x

dAdxEIMd ÁreaCD

CD =

lo que se quería demostrar.

Demostración del Segundo Teorema de Mohr

El segundo teorema (de Mohr) establece que la distancia vertical desde un punto de la elásticahasta la tangente trazada por otro es igual al momento estático del área entre dichos puntos respecto alprimero.

xdd

D

C

D

C

D

C

D

C

x

x

x

x

x

x

x

x

xdAdxEIMxxdd

Pero: C

D

D

C

x

x

d y AxxdD

C

x

x

puesto que

dA

xdAx

Por tanto: AxC

D lo que se quería demostrar



177

DdesdeMedidax :

La utilidad de los 2 teoremas estriba en lo siguiente:

Primer teorema: Sirve para calcular la pendiente en cualquier punto de la viga cuando seconoce la pendiente en otro punto y el diagrama de momentos.

Segundo teorema: Conocido el valor de la distancia , mediante la aplicación de algunasrelaciones de tipo geométrico y trigonométrico pueden calcularse las deformaciones en laviga.

El segundo teorema es especialmente útil para calcular deformaciones de vigas en voladizoaprovechando el hecho de que la tangente a la elástica en el empotramiento es horizontal como veremosen los ejemplos.

PROBLEMA

Calcular la deformación y la pendiente en el extremo libre del voladizo, B

El método es especialmente útil envigas en voladizo porque al ser latangente horizontal en el origen,la deformación es igual a ladistancia D



178

Para calcular la deformación aplicamos el segundo teorema: AxA

B

Para calcular la pendiente en B aplicamos el primer teorema:

AAB EI

PLEIPLLA

22

2

0A

EIPL

B 20

2

EIPL

B 2

2

En resumen:

EIPL

EIPLLAx

AB

3232 32

EIPL

B 3

3

32Lx

(En el empotramientono hay giro, portanto la tangente eshorizontal)

EIPL

B 2

2

EIPL

B 3

3



179

PROBLEMA

Calcular la deformación en B y la pendiente en C Rigidez a la flexión: EI

Cálculo de la deformación en B:

Con el fin de facilitar el cálculo de las áreas y los centros de gravedad aplicamos el PRINCIPIODE SUPERPOSICIÓN mediante el cual podemos decir que la viga original es igual a la suma delas dos siguientes vigas:

21 BBB

5.21243

x

2332 x

EIEIA

3200021000

31

EIEIA

39003600

21



180

EI.

B673466

Cálculo de la pendiente en C

EIEI

AxA

BB 35000

320005.21

EIEIAx

ABB

180090022

AAC 1

EIEIA

3200021000

31

EI1000

EIC 32000

1

EIEIB1800

35000

21 CCC



181

EIEIC800

32000

EIC

67.1466

PROBLEMA

Calcular la pendiente en B y la deformación en C

EIEIEIxA 8004002

212002

EIC800

2

AAC 2EI200

EI400

4504501350900

0

1350

090096

0

A

A

y

B

B

A

RR

F

NRR

M

BB 3tan3

pues es muypequeño



182

En la viga se observa que: B

CBC 3

Por tanto debemos calcular B y C/B

Por tanto:EI

EIB

BA 5400

66

32400

Cálculo de C/B

BBB

A

6tan

EIEIA 810062700

21

4632

x

EI2700

EIEIAx

BA

3240081004



183

Finalmente, calculamos la deformación en C recordando que: B

CBC 3

EIEIC810054003

EIC24300

Resolver con fines comparativos el siguiente problema que ya fue solucionado con el método dela doble integración:

EI

A EI 40502

32700

2332 x

EIEIAx

BC

810040502

Los valores de B y C/B los tomamos positivos porque setrata de sumar dos distancias como se ve en la figura)

2003005000

300050030

Ay

BBA

RF

R5RM



184

Según la convención que hemos manejado: EIA700

Ahora: AAB

EIEIB1500700

Cálculo de la deformación máxima

La clave es encontrar el punto D donde ocurre, en el cual la pendiente D es cero (pendientehorizontal).

5A

B

A

2211 AxAxAxA

B

EIEIEIAB

3500900360034

EI

A EI 6002

2 600

1

EIA EI 900

23 600

2

342

32

1 x

333122 x

EIEI

A700

5

3500

EIEIEIA 1500600900

EIB800



185

Como:

Cálculo de la distancia x a la cual ocurre la deformación máxima

Primer teorema: AAD EI

xxA EI

x

2200

2

2200

2

(Distancia a la cual ocurre la deformación máxima)

xM

R

x

A

200

200

65.2

100700

22007000

2

2

x

x

EIx

EI

ADAmax . 652



186

La diferencia se debe a las aproximaciones

Otra forma

Aprovechándonos de que ya sabemos que en D la tangente es horizontal, tenemos:

88.0365.2

1 x

EI265200

EIA EI 25.702

265.2 65.2200

EIEIAx

AD

98.61725.70288.0

EIEI98.61770065.2max

EI02.1237

max

65.232

EI65.2200

EIEIAx

DA

64.124025.70265.232

EI64.1240

max EI

A EI 25.7022

65.2 65.2200

DAmax



187

PROBLEMA

Calcular la deformación máxima y la pendiente en los apoyos A y B de la viga:

Calculo de las pendientes:

EIL

EIM

8

2max

Por simetría la deformaciónmáxima se presenta en el puntomedio de la viga C.

Por lo tanto:

DA max

AxC

A

EIL

EILL

CA 384

52416

5 43

EIL

8

2

EIL

3845 4

max

EIL

A 240

3

AAC

EIL

A 24

3

EIL

B 24

3

165

285 LLx

EIL

EILLA

248232 22



188

Por simetría: BA

En resumen:

4.3 MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA

Se basa en las relaciones que existen entre la fuerza distribuida, la fuerza cortante y el momentoflector estudiadas en el curso de Mecánica y las existentes entre la curvatura, el momento flector, larigidez a la flexión, la pendiente, y la ecuación de la elástica estudiadas en este curso de Resistencia deMateriales.

Recordemos las relaciones estudiadas en mecánica entre , V y M:

dxdv

vdx

dM

EIL

A 24

3 EIL

3845 4

max

EIL

B 24

3



189

Y la relación estudiada en este curso:

EIM

dxyd2

2

Observando estas relaciones se ingenió un artificio mediante el cual se dibuja una viga imaginaria(VIGA CONJUGADA), apoyada y cargada de tal manera que satisfaciéndose estas relaciones secumplan las siguientes condiciones:

Deformación en la viga real y = Momento flector en la viga conjugada M

Pendiente en la viga real y' = Fuerza cortante en la viga conjugada

La idea es por tanto que una vez dibujada la VIGA CONJUGADA baste calcular en ella la fuerzacortante V y el momento flector M en cualquier punto cuyos valores corresponderán a los de lapendiente y la deformación de la viga real en los susodichos puntos.

Con el fin de dibujar la viga conjugada miremos primero que carga deberá aplicarse a la misma yluego que apoyos deberán ponérsele.

Antes de hacerlo, recordemos los tipos de apoyo mas comunes en las vigas y los valores de lafuerza cortante y del momento flector en los mismos.

TIPOS DE APOYOS EN VIGAS Y VALORES CORRESPONDIENTES DE PENDIENTE,DEFORMACIÓN, FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR EN LOS MISMOS



190



191

TIPOS DE APOYOS EN VIGAS Y VALORES CORRESPONDIENTES DE PENDIENTE,DEFORMACIÓN, FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR EN LOS MISMOS



192

De las relaciones mostradas se infiere que la relación entre los apoyos de la viga real y la viga



193

conjugada debe ser la siguiente:

Ejemplos de vigas conjugadas



194



195

PROBLEMA

Calcular la deformación y la pendiente en el extremo libre del voladizo, B

La viga conjugada es:

Por lo tanto: EI

PLEI

PLBB 23

23

En resumen:

conjugadavigaBrealvigaB M

conjugadavigaBrealvigaB V

EIPLL

F EIPL

R 22

2

32Lx

BconjugadavigaB MM

BconjugadavigaB RV

EIPLL

EIPLM

M

EIPLR

F

B

B

B

y

332

2

0

2

0

32

2

EIPL

B 3

3

EIPL

B 2

2



196

PROBLEMA

Calcular la pendiente en B y la deformación en C

Dibujemos la viga conjugada:

Calculemos el momento en el empotramiento C en la viga conjugada:

4504501350900

0

1350090096

0

A

A

y

B

B

A

RR

F

NRR

M

conjugadavigaCrealvigaC M

CconjugadavigaC MCntoempotramieelenMomentoM

EIF EI

28100

26 2700

1

EIF EI 4050

23 2700

2



197

4.4 INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE ENERGÍA

Como se dijo al principio del capítulo, aparte de los métodos matemáticos y geométricos estudiadosaquí, existen otros métodos que se estudiarán en detalle en el curso de Ingeniería Estructural I que sebasan en el principio de conservación de la energía denominados por tanto, métodos de energía.

Recordemos lo visto en el primer capítulo según lo cual cuando se aplica una carga axial graduala una barra dicha carga efectúa un trabajo externo que debe ser igual al trabajo interno de deformaciónque se acumula en el interior de la barra y que es el que permite que la barra recupere su forma inicialuna vez retirada la carga siempre que estemos en el rango elástico lineal.

En el capítulo mencionado veíamos que para la barra de la figura el trabajo externo realizado porla fuerza es igual a la energía acumulada en el interior de la barra.

internaexterno UW

EIRR

EI-M BBA

540006810040 EIEIEI

MM CC2430024050354000

EIRV BconjugadavigaBB

5400

EIMM BconjugadavigaBB

24300

EIC24300



198

Recordemos además que el trabajo externo realizado por la fuerza es igual al área bajo lacurva P- :

Área bajo la recta= 2P

Y encontramos que para fuerzas axiales la energía interna de deformación es:

Energía interna de deformación = LAE

AELP

22

22

De manera similar en el caso de flexión se tiene que un momento M al producir un giro d en uncuerpo efectúa un trabajo que es igual a Md .

Por lo tanto el trabajo total será:

0MdW

Y como el momento se aplica gradualmente, se tendrá que similarmente al caso axial en el cual

encontramos que 2PW , en esta situación:

2MW



199

En el curso de Ingeniería estructural se verá en detalle que la energía de deformación acumuladaen el interior de una barra cuando es flectada por un momento M es igual a:

L

EIdxMU

0

2

2

A partir de la aplicación del principio de conservación de la energía, en el curso mencionado seestudiarán métodos para el cálculo de deformaciones y pendientes en vigas a través de conceptoscomo el principio del trabajo y las fuerzas virtuales y de teoremas como los de Castigliano.

En Internet se encuentran muchos programas útiles para calcular deformaciones en vigas.Recomiendo el programa DRBEAM (www.drbeam.com), por su gran utilidad didáctica en la visualizaciónde las deformaciones producidas en vigas con diferentes tipos de apoyos y cargas.

4.5 VIGAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS

Tal como se ha visto en capítulos anteriores, en el caso de las vigas también surgen situacionesestáticamente indeterminadas (mayor número de reacciones que ecuaciones, por lo cual deberá seguirseun procedimiento similar a los ya estudiados: obtener a partir de las deformaciones ecuaciones adicionalesque levanten la indeterminación).

Pero cómo surgen las vigas estáticamente indeterminadas? Veamos:

La siguiente viga como se sabe es estáticamente determinada:

Estáticamente determinada

M

F

F

A

y

x

0

0

0

y

y

x

B

AA

Ecuaciones deequilibrio: 3

Reacciones(incógnitas): 3



200

Al hacer el análisis deben calcularse los esfuerzos actuantes máximos maxy max y la

deformación máxima max .

Estos valores deben ser menores que los esfuerzos y la deformación admisibles para que la vigasea segura y funcional como se ha visto.

Sin embargo puede suceder que sean mayores (uno de ellos o todos).

En este caso el diseñador debe enfrentar varias alternativas:

a) Cambiar el material (por uno mas resistente o mas rígido según el caso).

b) Aumentar la sección transversal de la viga incrementando su resistencia y su rigidez, sincambiar el material.

Sin embargo en muchas ocasiones no es posible cambiar el material o las dimensiones por problemasde disponibilidad de otros materiales o por requerimientos arquitectónicos que no hacen posible cambiarlas dimensiones.

En estas condiciones la única alternativa para aumentar la seguridad de la viga y su rigidez serácolocar un apoyo adicional intermedio C.

Estáticamente indeterminada

y

y

y

x

CBAA

M

F

F

A

y

x

0

0

0Ecuaciones deequilibrio: 3




201

Al poner el apoyo en C se mejoran las condiciones de rigidez y resistencia de la viga:

Más RIGIDEZ (menos deformaciones) y más RESISTENCIA (más seguridad)

Lo que se gana en rigidez y en resistencia logicamente debe “pagarse” con la obtenci�n deecuaciones adicionales a partir de las deformaciones que levanten la indeterminaci�n.

El nuevo apoyo (que podemos llamar “redundante”), garantiza adem�s una seguridad extra a laviga puesto que provee a la viga con la posibilidad de mantenerse estable en caso de falla de uno de losapoyos.

Volvamos a considerar la viga original con solamente 2 apoyos:

Veamos que sucede si se produce una falla y desaparece el apoyo B:

Observemos que si el apoyo C est� presente, �ste “acude en auxilio” de la viga para garantizarsu estabilidad. Puede ser que la viga sufra deformaciones y grietas excesivas pero el apoyo redundanteevita su colapso.

Es obvio que la viga pierde su estabilidad



202

Esta es pues, otra de las ventajas de las vigas estáticamente indeterminadas: los apoyos redundantesgarantizan la estabilidad en caso de fallas.En general, mientras mas apoyos redundantes tenga una vigao una estructura, mas segura será. Lógicamente también tendrá un mayor grado de indeterminación ypor consiguiente el análisis será mas largo, puesto que involucrará mas ecuaciones.

Observemos como se obtiene la ecuación adicional que nos resulve la indeterminación:

Volvamos a la situación de indeterminación estática:

Estáticamente indeterminada

Para resolver el problema empleamos un artificio muy utilizado en ingeniería estructural : Quitamosel apoyo redundante y dejamos que la viga se deforme, luego lo volvemos a poner a actuar revirtiendola deformación que obviamente será igual a la primera. Para el análisis empleamos el principio desuperposición asi:

Como en la situación original hay un apoyo en C, allí la deformación será cero. Por este motivo:

No sobra terminar diciendo que C1 y C2 se obtienen con cualquiera de los métodos vistos paracalcular deformaciones: El de la doble integración, el del área de momentos o el de la viga conjugada.

y

y

y

x

CBAA

M

F

F

A

y

x

0

0

0Ecuaciones deequilibrio: 3


Esta es la ecuación que levantala indeterminación y nospermite resolver el problema

21 CC

Se quita el apoyo redundante Cpermitiendo que la viga sedeforme por efecto de las doscargas una cantidad igual a C1

Se restituye el apoyo C (o loque es lo mismo, la reacciónCy) y se deja que produzca ladeformacion contraria C2



203

PROBLEMA

Calcular las reacciones en los apoyos y hacer los diagramas de fuerza cortante y momentoflector de la viga

Debemos obtener una ecuación adicional basada en la compatibilidad de deformaciones: como enB hay un apoyo,entonces la deformación allí es igual a cero

0B

Aplicando el principio de superposición y considerando la reacción en B como redundante, tenemos:

2 ecuaciones ESTÁTICAMENTE

3 incógnitas INDETERMINADO

-RRF

RMM

BAY

BAA

0150

05.11550

25.43432 x

EIA EI 5.22

33 5.22

AxA

BB 1

EIEIB625.955.2225.41

3105

32 x

EIA EI

RB 5.122

5 5

AxA

BB 2

EIR

EIR BB

B666.415.12

310

2



204

Como: EI

REI. B

BB1B666.41625910 2

Por tanto:mKNMKNRKNR AAB 5.112.255.1158.1220.21520.2

Con estos valores, construimos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:

Resolver el problema utilizando el método de la doble integración:

Esta es la 3a

ecuación que levantala indeterminación

56.2

8.124.382.2

2.23

8.12

a

aa

aa

02.2240.4

40.42

2.244.088.4

88.42

8.1256.25.11)max(

B

C

M

M

M



205

Como la carga no llega hasta el extremo derecho de la viga empleamos el artificio ya visto cuandoestudiamos funciones de singularidad:

Ecuación representativa de la viga: 2

352

522

xxMxRM AA

Aplicamos el método de la doble integración:

235

25

22

xxMxRMyEI AA

1

332

635

65

2C

xxxMxRyEI AA

21

4423

2435

245

26CxC

xxxMxREIy AA


0000

1

2

C0yxC0yx

2 ecuaciones ESTÁTICAMENTE

3 incógnitas INDETERMINADO

-RRF

RMM

BAY

BAA

0150

05.11550

53 x



206

Ahora obtenemos la tercera ecuación que levanta la indeterminación:

875.1265.12833.20

2425

2455

25

655

4423

AA

AA

MR0

MR00yx

Con esta y con las condiciones de equilibrio obtenemos la siguiente solución del sistema:

2.27.120.11

B

A

A

RRM

las cuales son sensiblemente las mismas obtenidas por superposición


Calcular las deformaciones solicitadas en cada caso. En todos los problemas utilizar rigidez a laflexión EI.

?? BC MÉTODO DEL ÁREA DE MOMENTOS

?? DC MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA

?? DC MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN



207

C A P Í T U L O 5

E S F U E R Z O S C O M B I N A D O S

METRO DE MIAMI (ESTADOS UNIDOS) 2005

Hasta ahora se han estudiado elementos estructurales sometidos a un solo tipo de esfuerzo:axiales, cortantes, o producidos por fuerzas transversales (flexión).

Recordemos:

Cuando un elemento está sometido solamente a FUERZAS AXIALES (a lo largo de su ejelongitudinal) en su sección transversal se producen esfuerzos normales.

AP

Es el caso de las siguientes situaciones:



208

Elementos estructurales sometidos a fuerzas axiales

Hemos visto también el caso de elementos sometidos únicamente a FUERZASTRANSVERSALES (perpendiculares a su eje longitudinal), caso en el cual quedan sometidosa FLEXIÓN y cuyas secciones transversales quedan sujetas a esfuerzos normales.

IM C

Recordemos algunos casos:



209

Elementos estructurales sometidos a fuerzas transversales

Flexo-tensión y flexo-compresión

Sin embargo, en las situaciones mas generales en las estructuras los miembros quedan sometidosSIMULTÁNEAMENTE a fuerzas AXIALES y TRANSVERSALES debido tanto a la forma deaplicación de las cargas como a la manera como se construyen dichas estructuras.

Veamos los siguientes casos:



210

CONSTRUCCIÓN METÁLICA, NUEVA YORK, 2005



211

Superposición de esfuerzos

Al poner los cables inclinados para levantar la viga, se generan componentes horizontales de latensión que generan esfuerzos axiales y componentes verticales que generan flexión.

Aplicando el principio de superposición, el efecto total es igual a la suma de los efectos de lasfuerzas axiales mas el efecto de las transversales:

Al aplicar al carga excéntricamente también se generan esfuerzos combinados.

La fuerza puede trasladarse alcentro agregando el momentoque produce



212

Por superposición, el efecto final es igual a la suma de los individuales:

Por superposición:



213

De la misma forma que hemos aplicado el PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN a las fuerzas,podemos hacerlo a los esfuerzos producidos (siempre que se encuentren dentro del rango elásticolineal, como es el caso de este curso).



214

CONSTRUCCIÓN METÁLICA EN NUEVA YORK (EE.UU.) 2005

Recordemos que en general los esfuerzos normales producidos por fuerzas axiales son:

AP

Mientras que los esfuerzos normales producidos en flexión son:

IMC

Por lo tanto, cuando se hace la superposición de esfuerzos el esfuerzo resultante en general será:

IM

AP C

Veamos el siguiente ejemplo:



215

Esfuerzos axiales producidos en la sección B (empotramiento):

Esfuerzos producidos por flexión en la sección B (empotramiento):

Ahora superponemos los esfuerzos para obtener el esfuerzo resultante en la sección estudiada:

APSen

I

MCI

MCA

PSen

APSen

I

MC APSen

IMC



216

Esfuerzo resultante en la sección B:

PROBLEMA

Calcular los esfuerzos normales en los puntos a, b y d

Trasladamos la fuerza agregando el momento correspondiente:

APSen

IMC

IM

APSen C

El eje neutro se desplaza hacia arriba



217

Esfuerzo normal en el punto A:

KPaKPaKPaaTOTAL 67.2167225033.83

KPam

KNAP

z 33.833.02.0

52

KPaI

M Ca 2250

00045.015.075.6

mc 15.023.0

43

00045.012

3.02.0 mI



218

Esfuerzo normal en el punto b :

KPaKPaKPabTOTAL 33.2333225033.83

Esfuerzo normal en el punto d:

KPam

KNAP

b 33.833.02.0

52

KPaI

MCb 2250

00045.015.075.6

mc 15.023.0

43

00045.012

3.02.0 mI



219

KPaKPadTOTAL 33.83033.83

En el problema anterior vemos que la distribución de esfuerzos por flexión es idéntica para lostres puntos a, b y d. Esto sucede porque el momento de 6.75 KNxm es constante a lo largo de toda labarra. Veamos que sucede cuando esto no es así en el siguiente problema.

PROBLEMA

Calcular los esfuerzos en los puntos d y e

mc 15.023.0

43

00045.012

3.02.0 mI

KPam

KNAP

d 33.833.02.0

52

mc 15.023.0

43

00045.012

3.02.0 mI

000045.0

075.6 I

MCd



220

Separemos los efectos axiales y de flexión:

Esfuerzo en el punto d:

KPaKPaKPadTOTAL 17.107210017.72

KPam

KNAP

d 12.723.02.0

33.4

KPaI

MCd 1000

00045.015.03



221

Esfuerzo en el punto e:

KPaKPaKPaeTOTAL 50.159467.166617.72

KPam

KNAP

e 12.723.02.0

33.4

KPaI

MCd 66.1666

00045.015.05



222

PROBLEMA

Calcular los esfuerzos en los puntos a, b, d y e de la columna de la figura:

Trasladamos la fuerza al eje de la columna, agregando los momentos correspondientes:



223



224

Esfuerzos debidos a la fuerza axial de 100 KN en los puntos a, b, d y e:

Esfuerzos debidos al momento de 4KNxm en los puntos a, b, d y e:

KPam

KNedba 22.2222

045.0100

2

KPam

mmKNI

MCda 96.2962

10215.109.04

44

KPam

mmKNI

MCbe 96.2962

10215.109.04

44



225

Esfuerzos debidos al momento de 5KNxm en los puntos a, b, d y e:

Finalmente calculamos por superposición los esfuerzos normales totales en los puntos a, b, d y e:

KPaa 64.194538.266696.296222.2222

KPab 56.785138.266696.296222.2222

KPad 12.340738.266696.296222.2222

KPae 8.251838.266696.296222.2222

KPam

mmKNI

MCba 38.2666

10344.2125.05

44

KPam

mmKNI

MCed 38.2666

10344.2125.05

44



226


Calcular el Esfuerzo Normal en el punto b Calcular el Esfuerzo Normal en el punto E

Calcular el Esfuerzo Normal en el punto n

Calcular el Esfuerzo Normal en el punto m y n



227

C A P Í T U L O 6

C O L U M N A S

PUENTE PEATONAL, BOGOTÁ, 2005

6 . 1 F E N Ó M E N O D E L P A N D E O O I N E S T A B I L I D A D L A T E R A L

En este capítulo vamos a estudiar un concepto que nada tiene que ver con el enfoque con el cualse ha examinado la resistencia de los elementos estructurales hasta ahora.

Veamos:

En los anteriores capítulos se han calculado los ESFUERZOS ACTUANTES en los elementoscon el fin de compararlos con los ESFUERZOS ADMISIBLES debiendo garantizar que los primerossean menores que los segundos para preservar la seguridad de las estructuras.

O sea: ADMISIBLEACTUANTE



228

La fallaseguramentese producirácuandolos esfuerzosactuantessuperen losesfuerzosresistentes delmaterial

A medida que se incrementa la longitudde las barras empieza a aumentar laposibilidad de que falle por inestabilidadlateral o pandeo sin importar qué tanresistente sea el material

Al seguirincrementando lalongitud la barra

llega a hacerse tanesbelta que fallapor pandeo sin

importar quétan resistente sea

Sin embargo cuando los elementos sometidos a compresión tienen ciertas característicasgeométricas y de rigidez pueden fallar de una manera que nada tiene que ver con su resistencia.

Por muy resistentes que sean, pueden llegar a fallar por un fenómeno que no hemos analizadohasta el momento: la INESTABILIDAD

Veamos:

Inestabilidad de elementos sometidos a compresión

Examinemos la forma en que fallan las barras de la figura sometidas a compresión, manteniendosu sección transversal constante y variando su longitud:

Entre la inestabilidad y la estabilidad existe un punto que se llama equilibrio crítico en el cual lainestabilidad está a punto de producirse en el caso de que se presente un pequeño desplazamiento oincremento de la carga.

Recordemos un ejemplo clásico de los cursos de Física que nos aclara los conceptos de estabilidade inestabilidad:



229

Con una barra articulada sostenida por un tornillo tambi�n puede ilustrarse el concepto de estabilidad,inestabilidad y equilibrio neutro.

ESTABLE : Si se desv�a un poco de su posici�n…

ESTABLE

Ante un pequeño despla-zamiento horizontal segeneran fuerzas restaura-doras que devuelven elcilindro a su posición deequilibrio inicial.

NEUTRO

Ante un pequeño des-plazamiento el cilindropuede permanecer enequilibrio en cualquierposición sobre el plano

INESTABLE

Ante un pequeño despla-zamiento horizontal se generanfuerzas desestabilizadoras quealejan el cilindro cada vez masde su posición de equilibrioinicial



230

…..se generan fuerzas que restauran el equilibrio

NEUTRO : Si se desv�a un poco de su posici�n…



231

…...permanece en la nueva posici�n, cualquiera que ella sea

INESTABLE: Al desviarse un poco de su posici�n de equilibrio…



232

...se generan fuerzas desestabilizadoras que la alejan cada vez mas de su posición de equilibrio inicial.

Volvamos a nuestro problema de la barra pandeada:

Al incrementar gradualmente la carga, llega un momento en que la barra queda en equilibriocrítico: si se retira la carga, vuelve a su posición original. Si se incrementa, se produce la inestabilidady por consiguiente la falla.

Al valor de la carga en ese punto se le denomina: CARGA CRÍTICA.

6 . 2 C A R G A C R Í T I C A

Vuelve a su estado indeformado(siempre que esté en el rango elástico) Está en equilibrio crítico Se vuelve inestable y falla



233

6 . 3 T E O R Í A D E E U L E R

6 . 3 . 1 C á l c u l o d e l v a l o r d e l a c a r g a c r í t i c a

La carga crítica fue calculada por el matemático suizo Leonhard Euler (1707-1783), por lo cual escomún denominarla como la Carga Crítica de Euler.

Cálculo de la carga crítica de Euler

Busquemos la ecuación de la elástica para obtener de la misma el valor de la carga crítica

Según lo visto en el método de la doble integración: MyEI

Calculemos el momento flector haciendo un corte a una distancia z desde el origen:

Por tanto:

0M0 yPM critica

0

yPyEI

yPyEI

yPM

critica

critica

critica

Ecuación diferencialde segundo orden



234

Para poder calcular Pcrítica debe resolverse la ecuación: 0 yPyEI critica

Por tanto: 0 yEI

Py critica

Como se ha visto en los cursos de matemáticas la ecuación es de la forma:

02 yy siendo EI

Pα critica2

La solución de la ecuación es: zBSenzACosy

Las constantes A y B deben determinarse a partir de las condiciones iniciales que en

este caso son:

0

00

yLz

yz

Si yz

00

por tanto: 0AABSenACos 000

Si

0yLz

por tanto: LBSen0

Posibilidades: Que: B = 0 en este caso la solución de la ecuación sería: y = 0 lo cual es absurdopues implicaría que la barra está recta (no pandeada) lo cual no es nuestro caso.

Por tanto, si 0B necesariamente 0LSen

En conclusión: ECUACIÓN DE LA BARRA PANDEADA 0LSen:Yz BSeny



235

En la página anterior concluimos que: z BSeny y que 0LSen

Recordemos que: EI

Pcritica2 Por tanto, para poder calcular criticaP debemos hallar

Sabemos que: 0LSen

En el círculo trigonométrico vemos que:

Por lo cual: ,,,,,nnL 43210

EIP

Lπnα critica 2

222

Y obtenemos el valor de criticaP :

2

22

LEIπnPcritica

z BSeny ECUACIÓN DE LABARRA PANDEADA

(tiene forma sinusoidal)



236

La pregunta ahora es: qué valor de n adoptamos como ingenieros?

Es claro que matemáticamente n puede tener cualquier valor entero entre cero e infinito. Sinembargo como ingenieros debemos hacer el siguiente análisis teniendo en cuenta el problema fisicoque estamos estudiando (una barra sometida a una fuerza de compresión y a punto de fallar porpandeo):

Si adoptamos el valor n = 0 tendríamos que 0criticaP (esto equivaldría a aceptar que aninguna barra o columna se le pueden aplicar cargas lo cual es absurdo).

Si adoptamos un valor mayor que 1 cada vez tendríamos un valor mas grande de la carga afectandoel factor de seguridad de la columna, y además en últimas, cuál valor adoptaríamos: 5??? 123456???

Por lo anterior, desde el punto de vista práctico, además de otras razones matemáticas que veremosa continuación, el valor adoptado para n es 1.

Las razones matemáticas tienen que ver con el hecho de que los diferentes valores que puedeadoptar n representan el número de ondas que tendría la curva. No olvidemos que es una sinusoide.Desde el punto de vista físico nuestra barra se rompería al formar la primera onda sin alcanzar obviamentelas ulteriores.

En conclusión:

2

2

LEIPcritica

Carga crítica de Euler

Si observamos la expresión notamos algo que decíamos al principio de este capítulo:

La carga crítica NO DEPENDE de la RESISTENCIA del material dada por su esfuerzoresistente R , lo cual es completamente nuevo para nosotros.

De qué depende, entonces, la carga crítica?

La columna falla antes dealcanzar estos modos

(Estos valores de n solo tienensignificado matemático, no físico,

en nuestro caso)



237

1) Es directamente proporcional a la rigidez de la columna EI

E: Módulo de elasticidad del material

I: Momento de inercia de la sección transversal con relación al eje alrededor del cual seproduce el pandeo. En este caso, será el momento de inercia mínimo minI

2) La carga crítica es inversamente proporcional al cuadrado de la longitud de la columna 2L locual por lo demás es obvio: mientras mas larga sea, mas fácil se pandeará. (Mas adelante veremos queno depende exactamente de la longitud de la columna sino de su esbeltez que de todas formas estárelacionada con la primera).

Del análisis anterior, concluimos finalmente que la carga crítica de Euler es:

2min

2

LEIPcritica

Hasta este punto hemos analizado la barra considerándola biarticulada. Sin embargo, existenotras posibilidades de conectar las barras en sus extremos. Veámoslas y establezcamos cómo influyenen el valor de la carga crítica.

6 . 4 D I F E R E N T E S C O N D I C I O N E S D E A P O Y O S

Influencia del tipo de apoyo en el pandeo y en el valor de la carga crítica.

El pandeo se produce alrededor del ejecuyo momento de inercia es mínimo

No alrededor del eje cuyo momentode inercia es máximo



238

Tipos de apoyos que puede tener una columna en sus extremos

Recordando que las articulaciones permiten el giro y los empotramientos lo restringen la elásticapara cada uno de los casos tiene la siguiente forma.

ecritica L

EIP 2min

2 eL : longitud efectiva

Si se aplican a cada caso las condiciones iniciales y se deduce el valor de la cargacrítica tal como se hizo en el caso de la columna biarticulada se encuentran losvalores de semiondas que se muestran en cada caso. Estas semiondas constituyenlo que se conoce como longitud efectiva que para cada uno de los casos es 1L, 0.7L,0.5L y 2L. (La deducciónpara cada situación puede consultarse en algunos de lostextos clásicos de Resistencia de Materiales, por ejemplo en ............)

En consecuencia, para calcular la carga crítica deberá tenerse en cuenta la longitudefectiva en cada caso, que tendrá los valores señalados en la gráfica.



239

Teniendo en cuenta la longitud efectiva en cada caso, los valores de la carga crítica serán:

Con una barra de balso puede simularse fácilmente el comportamiento de las columnas condiferentes tipos de apoyos:

2min

2

LEIPcritica

2

min2

2min

22

7.0 LEI

LEIPcritica

2min

2

2min

24

5.0 LEI

LEIPcritica

2

min2

2min

225.0

2 LEI

LEIPcritica

La carga crítica másgrande es la mas

segura

La carga crítica máspequeña es la mas

peligrosa



240

6 . 5 E S F U E R Z O S C R Í T I C O S

Después de conocer la carga crítica ya estamos en condiciones de calcular el esfuerzo normalque producirá crit .

Tal como se estudió al principio del curso el esfuerzo normal es igual al valor de la fuerza axialdividido entre el área de la sección transversal de la barra.

APcritica

critico

Pero: 2

min2

ecritica

LEIP

Por tanto: AL

EI

ecritico 2

min2

Recordemos, del curso de mecánica que el radio de giro del área es: AIr

Por tanto: AL

rE

ecritico 2

2min

2

Y finalmente 22

minrLcritico

e

E

kLLe longitud efectiva

AIr min

min

Se comprueba una vez mas que el esfuerzo crítico no depende del esfuerzoresistente del material sino de su rigidez (E) y del cuadrado de un parámetro

denominado esbeltez que es igual a minrLe

25.07.0

1

k Dependiendo de los apoyosen los extremos



241

Gran esbeltezBajo esfuerzo críticoAlta posibilidad de pandeo

Baja esbeltezAlto esfuerzo críticoNula posibilidad de pandeo

ParL

rocriticoacee

2

92

min

10200

VALORES EXTREMOS TEÓRICOS

Hipérbola de Euler

Como se ve, para un material dado con módulo de elasticidad E, el esfuerzo crítico depende de larelación de esbeltez de la columna.

Miremos la variación del Esfuerzo Crítico con la esbeltez. Variación del esfuerzo crítico con laesbeltez para un material como el acero con un módulo de elasticidad E.

22

minrLcritico

e

E Esfuerzo crítico

Para el acero: GPaE 200 Por tanto:

ParLrocriticoace

e2

92

min

10200

Hagamos la gráfica de esta ecuación

Lo primero que observamos es que es asintótica a los ejes ortogonales

Lo segundo, que mientras más esbelta la columna, menor el esfuerzocrítico (más peligro de pandeo)

min

e

rL



242

Rango de validez de la hipérbola de Euler:

Límites de validez de la hipérbola

Por tanto, la ecuación de la hipérbola es válida en el siguiente rango:

La teoría de Euler y el esfuerzo crítico se handeducido a partir de la ecuación de la elástica

MyEL que a su vez se dedujo a partir de

la Ley de Hooke E .

Esto deberá tenerse en cuenta para definir elrango de validez de la ecuación del esfuerzocrítico.

Por la izquierda : El esfuerzo enel límite de proporcionalidad

Por la derecha: Por seguridadse recomienda una relaciónde esbeltez máxima de 200

ParL

rocriticoacee

2

92

min

10200

min

erL

min

erL

min

erL



243

6 . 6 C Ó D I G O S

Cada país define sus propios códigos para el cálculo de estructuras. En Colombia se han establecidolas Normas Colombianas de Diseño y Construcción Sismorresistente (NSR-98) mediante la Ley 400de 1997 y el Decreto 33 de 1998.

Específicamente el Título F Estructuras Metálicas establece losiguiente con referencia al cálculo de elementos de acero a compresión:

F . 4 . 4 - c o l u m n a s y o t r o s m i e m b r o s a c o m p r e s i ó n

ESFUERZOS ADMISIBLES. Para miembros a compresión cargados axialmente, cuya seccióntransversal cumpla los requisitos de la tabla F.4-1, cuando la relación de esbeltez efectiva mayor(Kl/r) de cualquier segmento sin arriostramiento sea menor que Cc se tomará como valor del esfuerzoadmisible sobre la sección total.

3

3

2

2

8/

8/3

35

2/1

cc

yc

a

Crkl

Crkl

FC

rkl

F

en donde:

yc FEC /2 2

Cuando la relación (Kl/r) de estos miembros excede el valor de Cc se tomará como esfuerzoadmisible sobre la sección total.

22

/2312

rklEFa



244

PROBLEMA

Aplicando la NSR-98 resolver el siguiente problema:

Calcular la carga axial permisible Pperm para la columna de la figura correspondiente a lassiguientes longitudes de la columna: a) 2m b) 2.5m c) 3.5m

La columna es un tubo de acero empotrado en la base con las dimensiones mostradas.

Las características del acero son: MPaFGPaE y 250200

Calculemos primero el radio de giro de la sección. En este caso el radio de giro es igual conrespecto a cualquier diámetro por lo que no tiene sentido hablar de radio de giro mínimo.

Calculemos Cc (recordemos que es una relación de esbeltez):

66.12510250/102002/2 6922 PaPaCFEC cyc

Este valor deberemos compararlo con la esbeltez de la columna en cada caso para calcular loscorrespondientes esfuerzos permisibles.

cmcmcmr

DDA

DDI

AIr

ext

ext

96.498.4306.1083

98.43413

415

44

06.10836413

6415

6464

2

4

222int

2

444int

4



245

Analicemos los tres casos:

a) L= 2m ?/ rkl

2k (empotrada y libre)

cml 200

cmr 96.4

32.40/ rkl como cC.rkl

6480

Entonces según la NSR-98

MPaMPa

Fa 02.13278.1

25094.0

66.125832.40

66.125832.403

35

25066.1252

32.401

3

3

2

2

b) L=2.5m ?/ rkl como 66.12581.100/ cCrkl2k

cml 250cmr 96.4

81.100/ rkl

Entonces según la NSR-98

MPaMPa

Fa 16.8890.1

25067.0

66.125881.100

66.125881.1003

35

25066.1252

81.1001

3

3

2

2

Vemos que los FACTORES DE SEGURIDAD son mayores que en el caso anterior puesto que lacolumna es mas larga y la posibilidad de pandeo es mayor

c) L=3.5m ?/ rkl como 66.12513.141/ cCrkl2k

cml 350cmr 96.4

13.141/ rkl

F.S.

F.S.

3

2

2

2

8/

8/3

35

2/1

cc

yc

a

Crkl

Crkl

FC

rkl

F

3

3

2

2

8/

8/3

35

2/1

cc

yc

a

Crkl

Crkl

FC

rkl

F



246

Entonces según la NSR-98 2

2

/2312

rklEFa

MPaMPaMPaFa 62.51

13.14192.110200

13.141231020012

2

32

2

32

Cálculo de las cargas admisibles:

Recordemos que en general: AP

en ese caso: A

PF admisiblea AFP aadmisible

a) L=2m KNMNcm

mcmMPaAFP aadmisible 58058.010

198.4302.132 24

22

b) L=2.5m KNMNcm


198.4316.88 24

22

c) L=3.5m KNMNcm


198.4362.51 24

22

Observemos que mientras mas esbelta es la columna, menor será la carga que puede aplicarse



247

Miremos de donde han salido las expresiones empleadas en la NSR-98:

De dónde provienen las expresiones de la NSR-98

Cy es una relación de esbeltez: Veamos cómo se obtiene:

Por seguridad, y teniendo en cuenta esfuerzos residuales que quedan en el acero en el procesode fabricación se establece que:

22yy

criticoF

Por tanto:

22

2r

kL

y EF y

yy

CF

Erkl

22

Factor de seguridad

(Valor máximo que puede alcanzar el esfuerzocrítico aplicando la hipérbola de Euler)

22

/2312

rklEFaadmisible

3

2

2

2

8/

8/3

35

2/1

cc

yc

a

Crkl

Crkl

FC

rkl

F

Factor de seguridad

2312



248

PROBLEMA PROPUESTO

Calcular la carga admisible para cada una de las columnas mostradas sabiendo que todasestán construidas con un perfil de acero cuya referencia es W 10 x 60 (sección de patin ancho),que tiene las siguientes características:

Datos tomados de MECÁNICA DE MATERIALES (Gere y Timoshenko) México, International Thomson editores1998, página 875

Peso por pie Área Altura

Espesor del

alma

Ancho patín

Espesor patín l s r l s r

Lb pulg2 pulg pulg pulg pulg pulg4 pulg3 pulg pulg4 pulg3 pulg

60 17.6 10.22 0.420 10.080 0.680 341 66.7 4.39 116 23.0 2.57

EJE 1-1 EJE 2-2

220000lgpu

lbyF



249

C A P Í T U L O 7

T O R S I Ó N

METRO DE MIAMI, ESTADOS UNIDOS 2005

Elementos estructurales sometidos a torsión

Existe la tendencia a pensar que los elementos estructurales sometidos a torsi�n son de incumbenciaexclusiva de los ingenieros mec�nicos (ejes de motores, pi�ones…)

Sin embargo en las estructuras es bastante com�n que por la forma de aplicaci�n de las cargas opor la forma misma de la estructura (asimetr�as) se presenten este tipo de efectos en los elementosestructurales.

Veamos algunas situaciones:



250

7.1 ESFUERZOS Y DEFORMACIONES EN ELEMENTOS DE SECCIÓN CIRCULAR

Al aplicarse un momento torsor T (alrededor del eje longitudinal), una sección del elementogira con respecto a la otra e internamente se produce un efecto de deslizamiento o corte entre dossecciones adyacentes.

La torsión, por tanto, produce esfuerzos cortantes y deformaciones angulares Veamos:



251

Esfuerzo cortante y ángulo de giro en elementos estructurales de sección circular.

Esfuerzo cortante en secciones transversales rectas del elemento.



252

Recordemos que ante la presencia de esfuerzos cortantes verticales, se generan automáticamenteesfuerzos cortantes verticales iguales.

Por tanto:

Ley de Hooke para corte: maxGγτ G: módulo cortante

rddzγ max

dzrdγ

max

Análogamente: dzdγ



253

Calculemos a una distancia del centro de la sección transversal:

Pero: dzdGG

Reemplazando: dAdzdGdM

0 dAdzdGT

dAdzdGT 2

Recordando que: JdA 2 (Momento polar de inercia de la sección)

Por lo cual: GJT

dzd

GJTGG

Finalmente: J

T T: momento torsor

326464

444 DDDIIJ yx

dAdM

dAdFdM

dMT

M

0

00

: radio en el punto consideradoJ: momento polar de inercia



254

Variación de :

Como se infiere de la expresión, depende del radio

max

0

JTrrSi

0Si

La variación es lineal

Angulo de giro:

Angulo de giro entre dos secciones del elemento estructural



255

Anteriormente se tenía que:

GJT

dzd

Por lo cual:

dzGJTd

L

dzGJTd

00

GJTL

T: momento torsor que actua en el tramo L

G: módulo cortante del material

J: momento polar de inercia de la sección transversal

GJ: rigidez al corte (mientras más grande sea más difícil será torsionar el elemento)

TIZA FALLADA MEDIANTE LA APLICACIÓN DE TORSIÓN



256

PROBLEMA

La tiza de la figura se somete a dos momentos torsores de 2 Nxcm en los extremos. Calcular elesfuerzo cortante máximo producido y los esfuerzos principales correspondientes a dicho estadode esfuerzos.

El diámetro de la tiza es de 1 cm.

Tal como se vio, el esfuerzo cortante máximoocurre en la periferia y es igual a:

JTr

max

r = 0.5 cm = 0.0005m

T = 2N x cm = 0.02N x m

41044

1082.93201.0

32mDJ

KPamN

2.103.101831082.9

0005.002.0 2

10max

Variación de esfuerzos cortantes a través dela sección

Elemento en el borde de la tiza sometido acortante puro

T=2N x cm T=2N x cm



257

Construyamos el círculo de Mohr para el elemento mostrado:

La rotura se produce por tensión a lo largode un plano a 45°



258

PROBLEMA

Calcular el diámetro que debe tener el eje de la figura sabiendo que el ángulo de torsión entresus extremos no debe ser mayor que 4° y el esfuerzo cortante admisible del material es de60 MPa.

El material tiene un módulo cortante G de 11 GPa

Deben cumplirse 2 condiciones:

- Que el ángulo de torsión no sobrepase un valor de 4°- Que el esfuerzo actuante no sobrepase un valor de 60 MPa

Es decir: 4

MPa60

Primera condición:GJTL

44

4

294

4

321011

21600

3211

21600180

4mD

mN

mmN

mDGPa

mmNrad

149 1.8081.0

101141803221600 DcmmD

Este diámetro garantiza que el ángulo no excederá un valor de 4°

Segunda condición: 342161600

32

2D

mND

DT

JTr

mN106060MPa 6



259

DcmmD 236 1.5051.0

1060161600

Este diámetro garantiza que el esfuerzo cortante no excederá un valor de 60 MPa.

Como deben garantizarse las 2 condiciones debe escogerse el diámetro mayor.

Por lo tanto: 8.1cmDnecesario

PROBLEMA

Calcular los momentos torsores internos en los tramos AB, BC y CD del elemento estructural

Diagrama de cuerpo libre de todo elelemento

M z 0

0600400300 AT

500AT

Para calcular los momentos en cada tramo hacemos cortes por cada uno de ellos así:

z 5.10

mNTM ABz 5000



260

3.5z1.5

TM BCz 2003005000

6.5z3.5

6004003005000 CDz TM

Una vez calculados los momentos torsores se puede proceder al cálculo de los esfuerzos cortantesmáximos en cada tramo.

Supongamos que el diámetro del elemento estructural es de 10 cm.

Esfuerzos cortantes máximos en cada tramo

Recordemos que: J

Trmax siendo:

32DJ

4

0.05mrm32

0.10mJ 464

1082.9

Entonces los esfuerzos cortantes máximos en cada sección serán:

MPam

mmNAB 55.2

1082.905.0500

46



261

MPam

mmNBC 02.1

1082.905.0200

46

MPam

mmNCD 05.3

1082.905.0600

46

Como se observa, el esfuerzo cortante máximo ocurre en el tramo CD. Su valor será el quedefinirá el diseño del elemento: Deberá escogerse un material con un esfuerzo resistente mayorque 3.05MPa de tal manera que se tenga un factor de seguridad adecuado.

7.2 INDETERMINACIÓN ESTÁTICA

Dependiendo de la forma en que estén apoyados, los elementos estructurales sometidos a torsióntambién pueden quedar en situación estaticamente indeterminada. El caso mas común se presentacuando el elemento está bi-empotrado.

Como en las situaciones anteriores de indeterminación necesitamos una ecuación adicional (obtenidade la compatibilidad de deformaciones).

En este caso la ecuación se establece al observar que en los empotramientos A y B no hay giro,o en otras palabras que la sección.

Estáticamente indeterminada25

01540T0 A

BA

Bz

TT

TM 1 ecuación2 incógnitas



262

B no gira con relación a la sección A.

Esto podemos expresarlo diciendo que la suma (algebraica) de los giros de las secciones AC, CDy DB es igual a cero.

DBCDAC 0 Ecuación de compatibilidad de deformaciones

Recordemos que en general: GJTL

Por lo tanto: GJ

LTGJ

LTGJ

LT BDDBCDCDACAC 0 0 BDDBCDCDACAC LTLTLT

02.12 DBCDAC TT1.5T

TAC, TCD y TDB son los momentos torsores internos en las secciones

AC, CD y DB. Para calcularlos debemos hacer cortes por dichas secciones:

Reemplazando tenemos: 0252.14025.1 AAA TTT

110A4.7T

6.14.23254.23 BA TmKNT

Con estos valores podemos calcular finalmente los momentos torsores internos en las 3 secciones:

4.23ACT 6.16404.23 CDT 6.1254.23 DBT



263

Conocidos estos valores, el problema está resuelto y se pueden calcular los esfuerzos cortantesy los giros de las diferentes secciones si conocemos el diámetro y el módulo cortante G del material

7.3 TORSIÓN DE ELEMENT OS DE SECCIÓN RECT ANGULAR

En este caso se presenta un fenómeno que complica el análisis: las secciones transversales delelemento al ser torsionado no permanecen planas sino que se alabean.

El análisis del fenómeno se hace normalmente en los cursos de Teoría de la Elasticidad utilizandola analogía de la membrana.

En este texto introductorio presentamos las expresiones obtenidas en dicho análisis para el esfuerzocortante máximo y la deformación angular producida en torsión.

7.3.1 Esfuerzos y deformaciones en elementos de sección rectangular atorsión



264

El esfuerzo cortante máximo ocurre en el punto medio del lado mas largo:

21

max hbcT

El ángulo de torsión entre dos secciones separadas una longitud L es:

GhbcTL

32

C1 y C2 son constantes que dependen de la relación bh según la siguiente tabla:

Tomada de “Mec�nica de materiales” de Ferdinand P. Beer y E. Rusell Johnston McGraw Hill Latinoamericana, 1982

PROBLEMA

Calcular el esfuerzo cortante m�ximo producido en la siguiente viga sometida a los 2 momentostorsores mostrados.

bh

1.0 1.2 1.5 2.0 2.5 3.0 4.0 5.0 10.0

C1 0.208 0.219 0.231 0.246 0.258 0.267 0.282 0.291 0.312 0.333

C2 0.1406 0.1661 0.1958 0.229 0.249 0.263 0.281 0.291 0.312 0.333



265

Según lo visto, el esfuerzo cortante máximo ocurrirá en el tramo en el cual el momento torsorsea máximo.

21

max hbcT

bh30cmhcmb 5.1

203020 por lo tanto: 231.01c

Calculemos el momento torsor máximo en la viga.

Hagamos cortes para detectar el tramo del momento torsor máximo.

20 z

40

040

0

AB

AB

Z

T

T

M

mKNT

T

M

A

A

Z

40

03070

0



266

z 5.32

Por lo tanto: mKNTT AB 40max

Finalmente, calculamos el valor del esfuerzo cortante máximo.

221

maxmax

20.030.0231.040

mmmKN

hbcT

KPaKN / mτ 1443014430 2max

El esfuerzo cortante máximo ocurre en el tramo AB en el punto medio del lado mas largo de laviga:

30

04070

0

BC

BC

z

T

T

M



267

7.4 TORSIÓN DE SECCIONES ABIERT AS

En general puede decirse que las secciones abiertas (ángulos, secciones U) son muy ineficientespara resistir efectos de torsión por cuanto se pierde la continuidad en la transmisión de los esfuerzoscortantes producidos.

Aplicando los mismos procedimientos utilizados para calcular los esfuerzos en seccionesrectangulares (analogía de la membrana) se ha encontrado que en este caso puede aplicarse la mismaexpresion que la utilizada para secciones rectangulares.

Debido a que la relación entre h y b en estos casos será muy grande, el valor de c1 en estos casosse hace iguales a 0.333.

Las dimensiones de h y b se calculan como se ilustra en la figura:

TORSIÓN DE SECCIONES ABIERTAS



268

PROBLEMA

Calcular el esfuerzo cortante máximo en el elemento angular de la figura sometido a un momentotorsor de 1500 Kgxcm

Según lo visto, en este caso se puede aplicar la misma expresión usada en el caso de seccionesrectangulares con los valores de c1, h y b que se muestran a continuación:

Por lo tanto: 2222

1max /14.10

3.257.033.01500 cmKg

cmcmcmKg

hbcT

Es de anotar que en un análisis mas preciso que el que se hace en este texto, deberán tenerseen cuenta las concentraciones de esfuerzos que se producen por los cambios bruscos de direccióninducidos por el doblado de la lámina al hacer el ángulo.

cmb

cmh

c

hbcT

3.257.0818

7.0

33.01

21

max



269

7.5 TORSIÓN DE TUBOS DE PARED DELGAD A

Se aceptan las siguientes hipótesis:

El tubo es cilíndrico: su sección no varía a lo largo del tubo.

La sección transversal del tubo es cerrada.

El espesor de la pared es pequeño en comparación con las dimensiones transversales deltubo.

El tubo está sometido solamente a momentos torsores en sus extremos.

Veamos:

Tubo de pared delgada sometido a momentos torsores T en sus extremos

Sección transversal sometida aesfuerzos cortantes

ttAq 1

La fuerza por unidad de longitud del tubo es: t (se conoce como flujo de cortante q)

tq



270

Establezcamos el equilibrio alrededor de un punto O en el interior del tubo a partir del cualtomamos un radio de curvatura r del tubo en dicho punto:

En resumen: 2AtT

A : Área encerrada por el perímetro medio de la sección:

qdstdsdAdF

00M

rdFT 0

rqdsT 0

2dArds

02Aq-T

2At2AqT

2AtT

2rdsdA

rds2dA



271

PROBLEMA

Calcular el esfuerzo cortante máximo que se produce en el tubo de la figura cuando se sometea dos momentos torsores de 180 Kgxm en sus extremos

Según se vió: AtT

2 mKgT 180 mcmt 012.02.1

Calculemos A (área encerrada por el perímetro medio de la sección):

2424

222 1044.33

10144.3344.338.88.3 m

cmmcmcmA

Reemplazando: 224 97.2242822012.01044.332

180mKg

mmmKg

228.224cmKg

cm8.322.1

22.1

5

cm8.822.1

22.1

10



273

R E F E R E N C I A S B I B L I O G R Á F I C A S

BEDFORD, Liechti. 2002. Mecánica de materiales. Colombia. Pearson educación de Colombia. 1ª edición.

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REFERENCIAS DE LAS TABLAS

Los datos de las tablas presentadas en las páginas 41, 49, 52, 58 y 248 son tomados del libroMecánica de materiales. Gere y Timoshenko. International Thomson Editores.1988

REFERENCIAS FOTOGRÁFICAS Y DE GRÁFICOS

A menos que se indique lo contrario, las fotos y los gráficos que ilustran el presente texto sondel autor.



Impreso en el Centro de Publicacionesde la Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales



Documents

Resistencia de Materiales - Jorge S. Trujillo.pdf