curso de termodinamica

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CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 1. ESTÁTICA
CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN
LECCIÓN 1. DEFINICIONES Y CONCEPTOS BÁSICOS
1.1 ¿QUÉ ES LA MECÁNICA?
La mecánica es la ciencia que describe y predice las condiciones de reposo o de movimiento de los cuerpos bajo
la acción de las fuerzas. Está divida en dos partes: mecánica de los sólidos y la mecánica de los fluidos.
La mecánica de los sólidos se divide a su vez en mecánica de cuerpos rígidos y en mecánica de cuerpos
deformables. La mecánica de los cuerpos rígidos abarca la estática y la dinámica las cuales tratan de cuerpos en
reposo y de cuerpos en movimiento, respectivamente. Esta parte de la mecánica considera que los sólidos son
perfectamente rígidos, esto es, que no se deforman bajo la acción de las fuerzas. En la práctica esto no es del todo
cierto pues los sólidos sí sufren deformación bajo carga; sin embargo, estas deformaciones son tan pequeñas que
no afectan las condiciones de movimiento del cuerpo. No obstante, en lo que refiere a la pérdida de resistencia de
los cuerpos estas deformaciones sí son importantes y su estudio se denomina resistencia de materiales ó
mecánica de los cuerpos deformables.
La segunda parte de la mecánica, la mecánica de los fluidos, se subdivide en el estudio de los fluidos
incompresibles (los líquidos) y de los fluidos compresibles (los gases). Una rama importante de la mecánica de
los fluidos incompresibles es la hidráulica. A la mecánica de los fluidos compresibles se le conoce también como
termodinámica.
Este CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES abarcará el estudio de los cuerpos rígidos
bajo condiciones de reposo o de equilibrio -estática- y por consiguiente en el subsiguiente estudio de la
resistencia de materiales se asumirá que el sólido se encuentra bajo estas mismas condiciones de equilibrio.
El concepto fundamental de la mecánica es el concepto de fuerza. Una fuerza representa la acción de un cuerpo
sobre otro y puede ser ejercida por contacto directo o a distancia, como en el caso de las fuerzas gravitacionales.
Las fuerzas por ser magnitudes vectoriales, se representan como vectores, esto es que tienen magnitud, dirección
y sentido, y se operan como vectores.
1.2 SISTEMAS DE UNIDADES
En este curso se usarán dos sistemas de unidades: el Sistema Internacional (SI) y el Sistema Ingles de Unidades
(USCS).
El Sistema Internacional (SI) es el sistema fundamental de unidades utilizado en el trabajo científico. El SI
utiliza siete dimensiones primarias: masa, longitud, tiempo, temperatura, corriente eléctrica, intensidad luminosa
y cantidad de sustancia. La tabla 1.1 ofrece un listado de las unidades primarias del SI, que se utilizarán en este
curso.
Tabla 1.1 Dimensiones y unidades primarias del SI
Magnitud física
Unidad y símbolo
Masa
kilogramo (kg)
Longitud
metro (m)
Tiempo
segundo (s)
Temperatura
Kelvin (K)
La unidad para la fuerza en el SI es secundaria y se denomina newton (N). Se deriva de la segunda ley de
Newton (Fuerza = masa x aceleración) y por definición, una fuerza de 1 N acelerará una masa de 1 kg con una
aceleración de 1 m/s2, por consiguiente el newton en términos de las unidades primarias del SI corresponde a:
1 N = 1 kg x m
s2
(1.1)
2
Un múltiplo del newton (N) es el kilonewton (kN): 1kN = 103 N
En el cálculo de la fuerza gravitacional ejercida por la Tierra, ó peso (W), a partir de la segunda ley de Newton se
tiene:
W=mg
(1.2)
En esta expresión la aceleración corresponde al valor de la gravedad local g, la cual varia de un punto de la tierra
a otro. El valor de la gravedad estándar al nivel del mar y 45º de latitud es gs = 9,81 m/s2 (más exactamente
gs = 9,80665 m/s2).
La magnitud que corresponde a la medida de la resistencia de los materiales se denominará esfuerzo y se
definirá como fuerza por unidad de área, (esfuerzo = fuerza/ área) y la unidad resultante en el SI será (N/m2) la
cual se denominará Pascal (Pa). Múltiplos del Pascal son el megapascal (MPa): 1MPa = 106 Pa; y el gigapascal
(GPa): 1GPa = 109 Pa.
El otro sistema de unidades importante es el Sistema Ingles de Unidades empleado en los Estados Unidos
(United States Customary System) ó USCS. La tabla 1.2 recoge algunas unidades primarias utilizadas en el
USCS
Tabla 1.2 Dimensiones y unidades primarias del USCS
Magnitud física
Longitud
Tiempo
Temperatura
Fuerza
Unidad y símbolo
pie (p) ó pulgada (pulg); 1p = 12 pulg
segundo (s)
Rankine (R)
libra (lb)
La unidad denominada libra se utiliza para designar tanto a una unidad de fuerza, que se denota como lbf (librafuerza), como a una unidad de masa, que se denota como lbm (libra-masa). Por definición y en atención a la
segunda ley de Newton, una fuerza gravitatoria de 1 lbf acelerará una masa de 1 lbm hacia la tierra con una
aceleración estándar gs = 32,2 p/s2 (más exactamente gs = 32,1740 p/s2). Esto es:
1 lbf = 32,2 lbm x p
s2
(1.3)
1 = 32,2 lbm x p
lbf x s2
(1.4)
Obteniéndose como factor de conversión:
Por tanto, si se tiene el peso (W) en lbf y se pide encontrar la masa (m) en lbm, a partir de la de la expresión (1.2)
se tiene:
m = W x 32,2 lbm x p
g
lbf x s2
(1.5)
Siendo g el valor de la gravedad local. Si g = gs el valor de m en lbm es igual al valor de W en lbf.
Un múltiplo de la libra (lb) es la kilolibra (kip): 1kip = 103 libras
En el sistema USCS la unidad de esfuerzo será: libra/pulg2 la cual se abreviará por sus iniciales en inglés como
psi. Un múltiplo del psi es el kilo-psi (ksi): 1ksi = 103 psi.
Cuando se solucione un problema, en lo que refiere a Sistemas de Unidades, se deben respetar las dos siguientes
principios: 1) No se pueden mezclar unidades de un sistema con unidades del otro sistema y 2) no se pueden
convertir los valores dados en el enunciado de un problema a las correspondientes unidades del otro sistema.
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CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 1. ESTÁTICA
CAPÍTULO 2. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS
LECCIÓN 2. DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN COMPONENTES RECTANGULARES
2.1 FUERZAS EN UN PLANO
Como ya se indicó, las fuerzas se representan como vectores y se caracterizan por su magnitud, su dirección y su
sentido. La magnitud de la fuerza se expresa en newton (N) en el SI ó en libras (lb) en el USCS. La dirección
de la fuerza se define por la recta que designa su línea de acción, la cual se caracteriza por el ángulo (θ) que
forma dicha recta con la horizontal. Una línea recta define dos sentidos; gráficamente el sentido se define por la
cabeza de una flecha, de esta manera los extremos de una fuerza se denominan cabeza y cola. Una fuerza se
denota por una letra mayúscula con una pequeña flecha encima ( F ); en este texto se denotará por una letra
mayúscula resaltada en negrilla (F). Para designar la magnitud de una fuerza se emplea la misma letra en
mayúscula sin la flecha encima; en este texto se empleará la misma letra en mayúscula pero sin resaltar en
negrilla (F). Dos fuerzas iguales en magnitud y dirección, pero que difieran en sentido se dice que son opuestas;
para denotar la opuesta de una fuerza se antecederá la letra que representa al vector fuerza por un signo negativo
(-F ó -F). En la figura 2.1a se representa una fuerza y en la figura 2.1b, su opuesta.
Figura 2.1
2.2 COMPONENTES RECTANGULARES DE UNA FUERZA
Al representar una fuerza F en un plano cartesiano (x-y) a la proyección de la fuerza sobre el eje x se le denomina
componente horizontal de la fuerza y se denota por Fx y a la proyección de la fuerza sobre el eje y se le
denomina componente vertical de la fuerza y se denota por Fy. Como los ejes coordenados forman entre sí un
ángulo de 90º a las dos componentes mencionadas se les llama componentes rectangulares de la fuerza y se
cumple que:
F = Fx + F y
(2.1)
Introduciendo la base de vectores unitarios i - j que representan las direcciones de los ejes coordenados x e y
respectivamente, la expresión (2.1) se puede escribir como:
F = Fxi + Fyj
(2.2)
La figura 2.2 muestra las componentes rectangulares del vector F. En dicha figura se puede observar que si se
conoce F (magnitud de la fuerza) y θ (dirección) las componentes rectangulares del vector se pueden escribir
como:
Fx = F cos θ y Fy = F sen θ
(2.3)
4
De modo que modo que la expresión (2.2) se puede escribir como:
F = Fxi + Fyj = F cos θ i + F sen θ j
(2.4)
La expresión (2.4) es cierta siempre que θ sea el ángulo que forma la fuerza F con la horizontal.
Figura 2.2
Se observa que la componente escalar Fx es positiva cuando coincide con el sentido del vector unitario i (esto es,
si apunta hacia la derecha) y negativa cuando tiene el sentido opuesto (si apunta hacia la izquierda). De la misma
manera la componente escalar Fy es positiva cuando coincide con el sentido del vector unitario j (esto es, si
apunta hacia arriba) y negativa cuando tiene el sentido opuesto (si apunta hacia abajo).
Ejemplo 1. Sobre el perno A se aplica una fuerza de 800 N, como se muestra en la figura 2.3. Determinar las
componentes horizontal y vertical de la fuerza.
Figura 2.3
Solución: Se conoce que F = 800 N y que α = 35º
En la figura 2.3b se observa que:
F = - F cos α i + F sen α j
(1)
Reemplazando F y α en (1) tenemos que:
F = - (800 N) cos 35º i + (800 N) sen 35º j
(2)
Por tanto:
F = - (655 N) i + (459 N) j
(3)
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CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 1. ESTÁTICA
CAPÍTULO 2. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS
LECCIÓN 3. FUERZA RESULTANTE
2.3 FUERZA RESULTANTE SOBRE UNA PARTÍCULA
Una partícula se define como un sistema de fuerzas concurrentes; esto es, un sistema en el que todas las fuerzas
que actúan sobre un determinado cuerpo tienen el mismo punto de aplicación. El punto en cuestión, que
generalmente se nombra con una letra mayúscula, representará a todo el sólido y se denominará partícula. A la
suma de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo se le llama fuerza resultante (R). La fuerza resultante R
representa la acción del sistema de fuerzas concurrentes sobre el cuerpo, lo cual significa que la descripción del
movimiento del sólido corresponderá exactamente a la descripción del movimiento de la partícula.
F1
F1y
F2y
F2
F1x
F2x
Fn
(a)
Fnx
Fny
(b)
(c)
(d)
Figura 2.5
De acuerdo con lo anterior se tiene que si sobre un punto A de un cuerpo actúan simultáneamente n fuerzas,
como se muestra en la figura 2.5a, se tiene que:
R = F1 + F2 + … + F n = Σ Fi
(2.5)
Dado que cada fuerza se puede descomponer en sus componentes rectangulares (figura 2.5b), la expresión (2.5)
se puede escribir como:
F1 = F1x i + F1y j
+ F2 = F2x i + F2y j
+ .
.
.
+ .
.
.
+ Fn = Fnx i + Fny j
_________________
R = Rx i + Ry j
(2.6)
En la expresión (2.6) se debe cumplir que:
Rx = Σ Fix y que
Ry = Σ Fiy
(2.7)
Obteniéndose las componentes rectangulares de R como se indica en la expresión (2.6) estas se deben llevar a
un plano cartesiano para recomponer la fuerza (figura 2.5c y 2.5d) de la siguiente manera:
6
La fuerza resultante queda completamente especificada con las expresiones (2.6), (2,8) y (2,9) y con el gráfico
2.5d
Ejemplo 2. Determinar la resultante de las tres fuerzas que actúan sobre el perno A, como se indica en la figura.
(a)
(b)
Figura 2.6
Solución: La resultante de las tres fuerzas se encuentra como:
R = F1 + F2 + F3
(1)
Expresando cada fuerza en términos de sus componentes rectangulares y sumando se tiene que:
F1 = (150 N) cos 30º i + (150 N) sen 30º j = (129,9 N) i
+ F2 = - (80 N) sen 20º i + (80 N) cos 20º j = -(27,4 N) i
+ F3 = (100 N) cos 15º i - (100 N) sen 15º j = (96,6 N) i
R = (199,1 N) i
Gráficamente
Ry = 124,3 N
Rx = 199,1 N
Donde se tiene que:
+ (75,0 N) j
+ (75,2 N) j
- (25,9 N) j
+ (124,3 N) j
(2)
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CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 1. ESTÁTICA
CAPÍTULO 2. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS
LECCIÓN 4. EQUILIBRIO DE LA PARTÍCULA
2.4 EQUILIBRIO DE UNA PARTÍCULA
Una partícula se encuentra en equilibrio cuando la fuerza resultante de todas las fuerzas que actúan sobre la
partícula es cero, por consiguiente se debe cumplir que:
R = F 1 + F2 + … + F n = Σ F i = 0
(2.10)
En términos de las componentes rectangulares se puede escribir que:
R = Rx i + Ry j = (Σ Fix ) i + (Σ Fiy ) j = 0
(2.11)
De la expresión (2.11) se concluye que las condiciones necesarias y suficientes para que la partícula este en
equilibrio son:
Rx = Σ Fix = 0
y
Ry = Σ Fiy = 0
(2.12)
De acuerdo con la segunda ley de Newton, el equilibrio de una partícula supone que la partícula permanece en
reposo (si inicialmente estaba en reposo) o se mueve en línea recta con velocidad constante (si inicialmente
estaba en movimiento).
Un problema de equilibrio de una partícula generalmente consiste en encontrar la magnitud de hasta dos fuerzas
(incógnitas) de las cuales se conoce su dirección, en este caso la expresión (2.12) constituye un sistema de
ecuaciones lineales 2x2, el cual debe ser resuelto para encontrar las incógnitas.
Ejemplo 3. La caja de 75 kg mostrada en la figura, esta sostenida por dos cables para colocarla sobre un camión
que la transportará. Determinar la tensión de los cables AB y AC.
(a)
(b) Diagrama de cuerpo libre
Figura 2.7
Solución: Primero se debe encontrar el peso de la caja como:
W = m g = (75 kg) (9,81 m/s2) = 736 N
(1)
En segundo lugar se construye el diagrama de cuerpo libre del sistema (DCL) e(figura 2.7b) a partir del cual se
puede afirmar que:
R = TAB + TAC + W = 0
(2)
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Escribiendo la expresión (2) en columna se tiene:
TAB = - TAB cos 50º i + TAB sen 50º j = -(0,643)TAB i + (0,766)TAB j
+ TAC = TAC cos 30º i + TAC sen 30º j = (0,866)TAC i + (0,5) TAC j
+ W =
0
i - (736 N) j =
0
i - (736 N)
j
R =
0
i +
0
j
(3)
Sacando aparte las componentes escalares se tiene el siguiente sistema de ecuaciones lineales correspondiente a
la expresión (2.12):
Rx = Σ Fix = 0 : -(0,643)TAB + (0,866)TAC = 0
y Ry = Σ Fiy = 0 :
(0,766)TAB
+
Despejando TAc de (4) se obtiene:
(4)
(0,5) TAC = 736 N
(5)
TAC = 0,643 TAB = (0,742) TAB
0,866
(6)
Reemplazando (6) en (5) y despejando TAB se tiene:
(0,766)TAB
+
(0,5)(0,742) TAB = 736 N
(1,137)TAB
= 736 N
TAB = 736 N = 647,3 N
1,137
(7)
Reemplazando (7) en (6) se obtiene TAC :
TAC = 0,742 TAB = 0,742 (647,3) = 480,3 N
(8)
Por tanto se puede concluir que la tensión de los cables AB y AC son, respectivamente: TAB = 647,3 N y
TAC = 480,3 N.
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CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 1. ESTÁTICA
CAPÍTULO 3. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS
LECCIÓN 5. EQUILIBRIO DE LA PARTÍCULA EN EL ESPACIO
2.5 FUERZAS EN EL ESPACIO
2.5.1 Fuerza definida por su magnitud y dos puntos sobre su línea de acción. Sea una fuerza F de magnitud
F, definida en el espacio tridimensional, y sean dos puntos M y N sobre su línea de acción. La dirección de la
fuerza se define por las coordenadas M(x1, y1, z1) y N(x2, y2, z2) de la siguiente manera (figura 2.8):
Figura 2.8
Consideremos el vector MN que va de M a N y que tiene la misma dirección y sentido que F. El vector MN se
puede escribir como:
MN = (x2 - x1 ) i + (y2 - y1 ) j + (z2- z1 ) k = dx i + dy j + dz k (2.13)
Si se divide el vector el vector MN entre su propia magnitud (MN) se obtiene un vector unitario que se representa
como :
siendo
 = MN = 1 ( dx i + dy j + dz k )
MN
d
_______________
d = √ (dx 2 + dy 2 + dz 2)
(2.14)
(2.15)
El vector  tiene magnitud 1 y la misma dirección y sentido que la fuerza F, de manera que al hacer el producto
de F (magnitud de la fuerza) con  se obtiene el vector fuerza F:
F = F = F ( dx i + dy j + dz k )
d
(2.16)
de donde se puede concluir que las componentes escalares de F son:
Fx = Fdx ,
d
Fy = Fdy y Fz = Fdz
d
d
(2.17)
y que los ángulos x , y y z que la fuerza F forma con los ejes coordenados pueden encontrarse como:
x = dx ,
d
y = dy y z = dz
d
d
Las ecuaciones 2.18 se conocen como los cosenos directores de la fuerza.
(2.18)
10
2.5.2
Fuerza resultante sobre una partícula en el espacio. La resultante R de dos o más fuerzas
concurrentes en el espacio se determina sumando sus componentes rectangulares, de manera similar a como se
hizo en la sesión 2.3:
(2.19)
R = F1 + F2 + … + F n = Σ Fi
Dado que cada fuerza se puede descomponer en sus componentes rectangulares, la expresión (2.19) se puede
escribir como:
F1 = F1x i + F1y j + F1z k
+ F2 = F2x i + F2y j + F1z k
+ .
.
.
.
+ .
.
.
.
+ Fn = Fnx i + Fny j + F1z k
_________________________
R = Rx i + Ry j + Rz k
(2.20)
En la expresión (2.20) se debe cumplir que:
Rx = Σ Fix , Ry = Σ Fiy y que Rz = Σ Fiz
(2.21)
La magnitud de la resultante R y los ángulos x , y y z que la fuerza forma con los eje coordenados, se
pueden encontrar como:
La
fuerza
resultante
queda
completamente
especificada
con
las
expresiones
(2.20)
y
(2.22).
2.5.3
Equilibrio de la partícula en el espacio. De acuerdo con la definición dada en la sesión 2.4 una
partícula se encuentra en equilibrio cuando la fuerza resultante de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula
es cero, por consiguiente se debe cumplir que:
Rx = Σ Fix = 0 , Ry = Σ Fiy = 0 y Rz = Σ Fiz = 0
(2.23)
Las ecuaciones (2.23) representan las condiciones necesarias y suficientes para garantizar el equilibrio de una
partícula en el espacio y pueden utilizarse en la solución de problemas relativos al equilibrio de una partícula que
no tenga más de tres incógnitas.
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CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 1. ESTÁTICA
CAPÍTULO 3. EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS
LECCIÓN 6. MOMENTO DE UNA FUERZA
3.1 CUERPOS RÍGIDOS
En esta parte del curso los cuerpos se consideran rígidos, entendiéndose por cuerpo rígido aquel que no se
deforma cuando se le aplican cargas. Las fuerzas que actúan sobre los cuerpos rígidos son de 2 tipos: fuerzas
externas (aquellas que representan la acción de otros cuerpos sobre el cuerpo rígido) y fuerzas internas (aquellas
que mantienen unidas las partículas que forman el cuerpo). Las fuerzas externas pueden, si no hay oposición,
imprimir al cuerpo rígido un movimiento de traslación o de rotación, o ambos a la vez. La medida de la tendencia
de una fuerza externa a impartir un movimiento de rotación a un cuerpo rígido alrededor de un eje fijo
perpendicular a la fuerza se denomina momento de fuerza y se representa por el vector MO.
3.2 MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO
Figura 3.1
Considérese una fuerza F aplicada a un cuerpo rígido en un punto A como se muestra en la figura 3.1. La
posición de A se define por un vector r que une el punto de referencia fijo O con el punto A; este vector se conoce
como vector de posición de A. El momento de la fuerza F con respecto al punto O se define como el producto
vectorial de r y F, así:
MO = r x F
(3.1)
De acuerdo con la definición de producto vectorial Mo es un vector que es perpendicular al plano que contiene a
r y a F, cuya magnitud se puede calcular como:
MO = r F sen θ = F d
(3.2)
y cuyo sentido, que indica el sentido de rotación del cuerpo rígido, se obtienen aplicando la llamada regla de la
mano derecha. En la expresión (3.2) el ángulo θ es el ángulo comprendido entre las líneas de acción del vector
de posición r y la fuerza F; y d = r sen θ representa la distancia perpendicular desde O a la línea de acción F y se
denomina brazo de la fuerza.
En el sistema SI el momento de fuerza se expresa en newton-metro (N · m) y en el sistema USCS se expresa en
libra-pie (lb · p) ó libra-pulgada (lb · pulg).
3.2.1
PROBLEMAS DEFINIDOS EN EL PLANO
En el caso de problemas definidos en el plano x-y, esto es, siendo F = Fx i + Fy j y r = x i + y j , como se
muestra en la figura 3.2, al reemplazar en la expresión (3.1) se obtiene:
14
Figura 3.2
MO = r x F = (x i + y j) x (Fx i + Fy j )
(3.3)
Al aplicar propiedad distributiva y las propiedades del producto vectorial de los vectores unitarios
se obtiene:
MO = + (Fx) (y) k + (Fy) (x) k
MO = ( + Fx · y + Fy · x) k
(3.4)
De la cual podemos concluir que, en problemas definidos en el plano x-y, siempre se cumple que:
1. El vector momento siempre tendrá la dirección del eje z (representada por el vector
unitario k)
2. La magnitud del vector momento Mo, se encuentra como la suma de los momentos que
produce cada una de las componentes de la fuerza con respecto al punto O.
3. El signo asociado a cada uno de estos momentos se obtiene aplicando la siguiente
convención: positivo(+) si el giro es en sentido antihorario, y negativo (-) si el giro es en
sentido horario.
Ejemplo 6. Determinar el momento con respecto a A de la fuerza de 1.200 N mostrada en la figura.
(a)
(b)
Figura 3.3
Solución: Se tiene que:
r = (0,14 m) i + (0,12 m) j , por tanto x = 0,14 m y y = 0,12 m
(1)
y que:
F = (1.200N)cos 30º i + (1.200N)sen 30º j = (1.039 N) i + (600 N) j , por tanto Fx = 1.039 N y Fy = 600 N (2)
De otro lado se observa que el momento que produce F x con respecto a A es negativo (-) y que el momento que
produce Fy con respecto a A es positivo (+). Llevando esto a la expresión (3.4) tenemos:
MA = ( + Fx · y + Fy · x) k = - (1.039 N)(0,12 m) k + (600N)(0,14 m) k = -(40,7 N-m) k
(3)
15
3.2.2
PROBLEMAS DEFINIDOS EN EL ESPACIO
En el caso de problemas definidos en el espacio, esto es, siendo F = Fx i + Fy j + Fz k y r = x i + y j + z k,
como se muestra en la figura 3.2, al reemplazar en la expresión (3.1) se obtiene:
MO = r x F = (x i + y j + z k) x (Fx i + Fy j + Fz k ) (3.4)
Al aplicar propiedad distributiva y las propiedades del producto vectorial de los vectores unitarios
se obtiene:
MO = ( y Fz - z Fy) i + ( z Fx - x Fz) j + ( x Fy - y Fx) k
MO =
Mx i
+
My j
+
Mz k
(3.5)
(3.6)
Las componentes escalares Mx, My y Mz del momento MO miden la tendencia de la fuerza F a
imprimir un movimiento de rotación al cuerpo rígido alrededor de los ejes x, y y z
respectivamente.
Obsérvese que el momento MO de la expresión (3.5) se puede escribir en forma de determinante,
𝐢
𝑥
MO = |
Fx
𝐣
𝑦
Fy
𝐤
𝑧
|
Fz
(3.7)
A partir de la expresión (3.6) se puede calcular la magnitud del vector momento de fuerza
MO = √Mx 2 + My 2 + Mz 2
(3.8)
16
17
CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 1. ESTÁTICA
CAPÍTULO 3. EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS
LECCIÓN 7. SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZA
3.2 SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZA
Dos sistemas de fuerza son equivalentes si determinan el mismo efecto de movimiento, en traslación y rotación,
sobre el cuerpo rígido. A continuación estudiaremos las siguientes equivalencias: a) un par de fuerzas es
equivalente a un momento de fuerza, b) un momento de fuerza es equivalente a un par de fuerzas, c) una fuerza es
equivalente a un sistema fuerza-par y d) un sistema fuerza-par es equivalente a una fuerza única.
3.2.1
UN PAR DE FUERZAS EQUIVALENTE A UN MOMENTO DE FUERZA
Un par de fuerzas está constituido por dos fuerzas, F y – F, que tienen la misma magnitud, líneas de acción
paralelas y sentidos opuestos (figura 3.3 a). Es evidente que la resultante (suma) de las dos fuerzas es cero; sin
embargo, la suma de los momentos de las dos fuerzas con respecto a un punto dado no es cero: aunque las
fuerzas no desplazan al cuerpo, tienden a imprimirle un movimiento de rotación.
Figura 3.3
La suma de los momentos de F y –F con respecto a O (figura 3.3 b) es:
M = rA x F + rB x (-F) = (rA - rB ) x F = r x F
(3.9)
Al vector M se le llama momento del par y su magnitud es:
M = r F sen θ = F d
(3.10)
Donde d es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de las dos fuerzas y el sentido de M se encuentra
mediante la regla de la mano derecha.
El vector r es independiente de la elección del punto de referencia, esto es que si se calcula M con respecto a un
punto diferente a O el resultado sería exactamente el mismo, por tanto diremos que el momento M de un par de
fuerzas es un vector libre que puede aplicarse en cualquier punto. (Figura 3.3 c)
3.2.2
UN MOMENTO DE FUERZA EQUIVALENTE A UN PAR DE FUERZAS
Es evidente que si un par de fuerzas es equivalente a un momento de fuerzas entonces un momento de fuerza es
equivalente a un par de fuerzas; esto es que, dado un momento de fuerza M (figura 3.4 a) siempre es posible
18
encontrar dos fuerzas F y – F (figura 3.4 b), separadas una cierta distancia d, de manera que F d = M y que la
rotación que imprime el par de fuerzas al cuerpo es idéntica a la que determina el momento de fuerza sobre él.
Figura 3.4
3.2.3
UNA FUERZA EQUIVALENTE A UN SISTEMA FUERZA-PAR
Supóngase una fuerza F aplicada sobre un cuerpo rígido en un punto A, definido por el vector de posición r
(figura 3.5 a), y que lo que se quiere es ver la fuerza actuando en O. No se puede simplemente desplazar la
fuerza de A a O sin modificar el efecto de esta sobre el cuerpo rígido. Sin embargo, si se aplican dos fuerzas F y
– F en O, como la resultante es nula, no se ha alterado el efecto de la fuerza original sobre el cuerpo rígido
(figura 3.5 b). Obsérvese que si ahora vemos la fuerza F aplicada en O, las otras dos fuerzas forman un par cuyo
momento equivalente es Mo = r x F. De modo que se puede concluir que dada una fuerza F que actúe sobre un
punto en un cuerpo rígido, esta puede desplazarse a otro punto cualesquiera O sobre el mismo cuerpo rígido, si
se le agrega un par de momento de fuerza igual al momento de F en la posición original, con respecto al punto O
al cual se traslada (figura 3.5 c). La combinación obtenida se denomina sistema fuerza-par.
Figura 3.5
3.2.4
UN SISTEMA FUERZA-PAR EQUIVALENTE UNA FUERZA ÚNICA
Del mismo modo, es evidente que si una fuerza es equivalente a un sistema fuerza-par entonces un sistema
fuerza- par es equivalente a una fuerza única; esto es que, dado un sistema fuerza- par en O (figura 3.6 a) si se
mueve la fuerza F nuevamente al punto A, a esta se le debe agregar un par de momento de fuerza igual al
momento de F en la posición original (O), con respecto al punto al cual se traslada (A) Obsérvese que el
momento que acompaña a la fuerza F al punto A se calcula como MA = - r x F = - Mo (figura 3.6 b) y que, por
lo tanto al hacer la sumatoria de momentos en A se obtiene Mo - Mo = 0, por lo que se puede afirmar que en A
solo se ve aplicada una fuerza única F (figura 3.6 c).
Figura 3.6
19
En la práctica, esta equivalencia y la anterior nos permitirán encontrar la resultante R sobre un cuerpo rígido:
Dado un régimen de carga (fuerzas y momentos) sobre un cuerpo rígido, para encontrar la resultante del sistema
se deben llevar todas las fuerzas y momentos a un mismo punto, obteniendo un sistema fuerza-par; y
posteriormente se mueve el sistema fuerza-par obtenido a un punto tal que se obtenga un sistema de fuerza única;
la fuerza única obtenida es la fuerza resultante del sistema original.
20
CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 1. ESTÁTICA
CAPÍTULO 3. EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS
LECCIÓN 8. CUERPO RÍGIDO EN EQUILIBRIO
3.3 EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO
Un cuerpo rígido está en equilibrio cuando tanto la fuerza resultante como el momento de fuerza que actúan
sobre él son equivalentes a cero, por lo tanto las condiciones necesarias y suficientes para que un cuerpo rígido
este en equilibrio son:
R = Σ Fi = 0 y M O = Σ M O i = 0
(3.11)
En términos de las componentes escalares de las fuerzas y los momentos las expresiones (3.11) se pueden escribir
como las siguientes tres ecuaciones escalares:
Σ Fx i = 0 ; Σ Fy i = 0
(3.12)
y Σ Mz i = 0
(3.13)
Las ecuaciones (3.12) expresan el hecho de que las fuerzas están en equilibrio y la ecuación (3.13) expresa el
hecho de que los momentos están también en equilibrio, por lo que el sistema de fuerzas externas no impartirá
movimiento de traslación (equilibrio traslacional) ni de rotación (equilibrio rotacional) al cuerpo rígido.
Figura 3.7
21
3.4 REACCIONES EN APOYOS Y CONEXIONES DE UNA ESTRUCTURA BIDIMENSIONAL
Físicamente para que un cuerpo rígido esté en equilibrio debe estar conectado a una base de sustentación y/o a
otros cuerpos. Al conjunto de la base de sustentación y de los otros cuerpos conectados al cuerpo rígido
considerado se le denomina apoyos y conexiones del cuerpo rígido. Cuando se dibuje el diagrama de cuerpo
libre del cuerpo rígido considerado además de las fuerzas externas dadas, que generalmente son conocidas, se
deben dibujar las fuerzas que representan a sus apoyos y conexiones, las cuales se denominan reacciones y
generalmente son desconocidas, esto es, constituyen incógnitas. La figura 3.7 muestra los apoyos y conexiones
más comunes para soportar una estructura bidimensional, así como las reacciones que producen.
Solucionar un problema de equilibrio de cuerpo rígido consiste en encontrar las reacciones en los apoyos y
conexiones del cuerpo rígido considerado a partir de su diagrama de cuerpo libre y de aplicar las ecuaciones de
equilibrio (3.12) y (3.13). Puesto que se cuenta sólo con tres ecuaciones de equilibrio, las reacciones en los
apoyos no pueden representar más de tres incógnitas; en caso de que esto ocurra se dice que el problema es
estáticamente indeterminado.
Ejemplo 9. Una grúa fija de 1.000 kg se emplea para levantar una caja de 2.400 kg. La grúa está
sostenida por medio de un pasador liso en A y un balancín en B, como lo muestra la figura 3.8 . El
centro de gravedad de la grúa está localizado en G. Determinar las reacciones en A y en B.
(a)
(b)
Figura 3.8
Solución: Primero se debe encontrar el peso de la caja y el peso de la grúa:
Wcaja = (2.400 kg) (9,81 m/s2) = 23.544 N = 23,5 kN y Wgrúa = (1.000 kg) (9,81 m/s2) = 9.810 N = 9,8 kN
(1)
Se hace el diagrama de cuerpo libre de la grúa y a partir de éste se escriben las ecuaciones de equilibrio:
Σ Fx i = 0: Ax + B = 0
de donde se obtiene que:
(2)
Σ Fy i = 0: Ay - (9,8 kN) – (23,5 kN) = 0
de donde se obtiene que:
(3)
Σ MA = 0: + B(1,5 m) - (9,8 kN)(2m) - (23,5 kN)(6m) = 0 de donde se obtiene que:
Reemplazando B en (2) se obtiene que: ……………………………………………
Ax
Ay
=
=
33,3
-B
kN
B = 107,1 kN
(4)
Ax = -B = -(107,1 kN)
(5)
Se llevan los resultados encontrados al diagrama de cuerpo libre inicial (figura 3.8c) donde se debe verificar el
equilibrio:
Equilibrio de fuerzas en x: Reemplazando Ax y B en (2) se obtiene:
-(107,1 kN) + (107,1 kN) = 0
(6)
Equilibrio de fuerzas en y: Reemplazando Ay en (3) se obtiene:
+ (33. 3 kN) - (9,8 kN) - (23,5 kN) = 0
(c)
(7)
Equilibrio de momentos: Se debe verificar respecto a cualquier punto; por
ejemplo con respecto a B se tiene:
Σ MB = + (107,1kN)(1,5 m) - (9,8 kN)(2m) - (23,5 kN)(6m) = 0
22
3.5 EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO EN EL ESPACIO
Para escribir las condiciones de equilibrio de un cuerpo rígido en el caso tridimensional, de acuerdo con las
ecuaciones (3.11), se requieren seis ecuaciones escalares:
y
Σ Fx i = 0 ; Σ Fy i = 0 ; Σ Fz i = 0
(3.14)
Σ Mx i = 0 ; Σ My i = 0 ; Σ Mz i = 0
(3.15)
Estas ecuaciones no pueden resolverse para más de seis incógnitas, las cuales generalmente representan las
reacciones en los apoyos o conexiones. La figura 3.9 muestra los apoyos y conexiones más comunes para
soportar una estructura tridimensional, así como las reacciones que producen.
Figura 3.9
En la mayoría de problemas las ecuaciones escalares (3.14) y (3.15) se obtienen más fácilmente tomando primero
las ecuaciones de equilibrio del cuerpo rígido en forma vectorial. Si las reacciones en los apoyos comprenden
más de seis incógnitas se dice que el problema es estáticamente indeterminado.
23
24
CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 1. ESTÁTICA
CAPÍTULO 4. FUERZAS DISTRIBUIDAS
LECCIÓN 9. FUERZAS DISTRIBUIDAS SOBRE VIGAS
4.1 CARGAS DISTRIBUIDAS SOBRE VIGAS
Consideramos una viga que sostiene una carga distribuida, que puede representar p. e. el peso de las cuerpos
soportados directa e indirectamente por la viga o fuerzas debidas a alguna presión que actúa sobre la viga. La
carga distribuida puede estar representada dibujando sobre la viga la carga por unidad de longitud w
(figura 4.1a).
Figura 4.1
La magnitud de la fuerza ejercida sobre un elemento de la viga de longitud dx es dW = w dx; y la carga total
sostenida por la viga es:
L
W = ∫0 wdx
(4.1)
Pero el producto wdx es igual al elemento de área dA mostrado en la figura 4.1 a) y W es entonces igual al área
total A bajo la cura de carga:
W = ∫ dA = A
(4.2)
La carga concentrada W (figura 4.1b) debe ser equivalente a la carga distribuida y su punto de aplicación P se
obtiene a partir de la ecuación de momentos, donde se debe cumplir que:
L
 MO: (OP)W = ∫0 xdW
Como dW = w dx = dA y como W = A, reemplazando se tiene que:
L
(OP)A = ∫0 xdA
(4.3)
Como la integral indicada en la ecuación 4.3 representa el momento de primer orden con respecto al eje w del
área bajo la curva de carga y puede reemplazarse por el producto xA, donde x es la distancia del eje w al centroide
C del área A, por lo que se puede concluir que:
25
Una carga distribuida sobre una viga puede ser reemplazada por una carga concentrada W; la magnitud de esta
carga única es igual al área bajo la curva de carga ( W = A ) y su línea de acción pasa por el centroide C de
esta área que está caracterizada por el valor x.
Figura 4.2
Cuando la curva de carga determina cualquiera de las áreas de formas usuales mostradas en la figura 4.2, los
correspondientes valores de A y de x se tomarán directamente de esta figura; cuando la curva de carga determina
un área compuesta por dos o más de las formas usuales mostradas en la figura 4.2 se aplicarán las siguientes
relaciones:
W =  Ai
26
X = x i Ai /  Ai
y
Y = y i Ai /  Ai
(4.4)
Los valores de xi y de Ai de las ecuaciones 4.4 se tomaran igualmente de la figura 4.2.
27
CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 1. ESTÁTICA
CAPÍTULO 5. ESTRUCTURAS
LECCIÓN 10. ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
5.1 ARMADURAS
Una estructura es un cuerpo rígido constituido por varios elementos unidos entre sí. La armadura es uno de los
principales tipos de estructuras usadas en ingeniería. Una armadura consta de varios elementos rectos llamados
barras unidas mediante juntas ó nudos, como se muestra en la figura 5.1. Ninguna barra puede extenderse más
allá de sus nudos. Los nudos se nombran con letras mayúsculas, en tanto que las barras se nombran con las dos
letras que designan los nudos en sus extremos.
Figura 5.1
5.2 FUERZAS EXTERNAS E INTERNAS
El análisis de una estructura requiere la determinación no solo de las fuerzas externas que actúan sobre la
estructura (cargas y reacciones, figura 5.2a) sino también la determinación de las fuerzas internas que mantienen
unidas las diversas partes de la estructura (figura 5.2b).
En el modelo de análisis de una estructura se considera que las fuerzas externas (cargas y reacciones) actúan
siempre sobre los nudos.
(a)
(b)
Figura 5.2
Las fuerzas internas pueden ser de tracción como corresponde a las barras CD, AD y BD de la figura 5.2b ó de
compresión como corresponde a las barras AC y BC de la misma figura.
28
Analizar una estructura consistirá en encontrar las fuerzas internas y determinar si éstas son de tracción o de
compresión.
5.3 MÉTODO DE LOS NUDOS
Uno de los métodos utilizados para hacer el análisis de una estructura se conoce como método de los nudos. El
método de los nudos se fundamenta en la siguiente premisa: Si toda la estructura está en equilibrio, cada uno de
sus nodos también está en equilibrio.
El método de los nudos se desarrolla aplicando el siguiente algoritmo:
P1. Determinar los ángulos con la horizontal de todas las barras que presentan inclinación.
P2. Equilibrar toda la estructura, considerándola como cuerpo rígido, para encontrar las reacciones en los
apoyos.
P3. Dibujar el diagrama de cuerpo libre de toda la estructura de manera que se vean las fuerzas externas (cargas
y reacciones) que actúan sobre los nudos de la estructura.
P4. Se entra a equilibrar ordenadamente cada uno de los nudos. Ordenadamente quiere decir que de un nodo
sólo se puede pasar a otro que esté conectado con él. Obsérvese que cada nodo constituye una partícula, de
modo que el equilibrio supone solo dos ecuaciones; las incógnitas vienen a ser las fuerzas internas que son
desconocidas y máximo puede haber dos por nudo.
P4a. Para escribir las ecuaciones de equilibrio de cada nudo se debe dibujar su respectivo diagrama de fuerzas,
las fuerzas externas (cargas y reacciones) son completamente conocidas en tanto que de las fuerzas internas
se conoce sólo su dirección (la misma de la barra) y se deben dibujar en el diagrama suponiendo que son de
tracción, esto es, saliendo del nodo a lo largo de la barra.
P4b.
Se escriben y resuelven las ecuaciones de equilibrio de cada nudo, encontrando los valores de las
incógnitas. Si el valor de la fuerza da con signo positivo significa que efectivamente la barra está en
tracción; si por el contrario da con signo negativo significa que la barra está en compresión y que la fuerza
no sale sino que entra al nudo.
P4c. Cuando se encuentra que una fuerza es de tracción en un nudo, también debe ser de tracción en el otro nudo
de la barra. Si se encuentra que una fuerza es de compresión en un nudo, también debe ser de compresión
en el otro nudo de la barra.
P4d. Al llegar al último nudo, no habrá incógnitas, de manera que las ecuaciones de equilibrio deben conducir a
una identidad de la forma 0 = 0.
P5. El análisis de la estructura se resume en una tabla en la que se da el valor de la fuerza en cada barra y se
indica si la fuerza es de tracción (T) ó de compresión (C). En el caso en que el valor de alguna fuerza de
cero, se dirá que la barra es de fuerza nula (N).
Ejemplo 12. Usando el método de los nudos, encontrar la fuerza en cada una de las barras de la
armadura mostrada en la figura 5.3 a).
(a)
(b)
29
Figura 5.3
Solución: P1. Ángulos de inclinación de las barras AB y AC:
α = tan-1(12/5) = 67,4º
β = tan-1(12/16) = 36,9º
y
sen α = 0,9231
sen β = 0,6
cos α = 0,3846
cos β = 0,8
P2. Equilibrio de toda la estructura como cuerpo rígido: A partir del diagrama de cuerpo libre de la estructura
(figura 5.3b) se escriben las ecuaciones de equilibrio:
Σ Fx i = 0: Bx + 2.800 lb = 0
de donde se obtiene que:
Σ Fy i = 0: By + C = 0
de donde se obtiene que:
Σ MB = 0: +C(21 p) - (2.800 lb)(12 p) = 0 de donde se obtiene que:
Reemplazando C en (2) se obtiene que: ……………………………
Bx = -2.800 lb
By = - C
C = 1.600 lb
By = - C = -(1.600 lb)
(1)
(2)
(3)
(4)
P3. Se llevan los resultados encontrados al diagrama de cuerpo libre inicial (figura 5.3c):
P4. Equilibrio de cada nudo.
Nudo B:
(1) FBC + (0,3846)FAB = 2.800 lb
(2) (0,923)FAB = 1600 lb
FAB = 1.600 lb/0,9231 = 1.733,3 lb (T)
FBC = 2.133,4 lb (T)
(c)
Nudo A:
(1) (0,8)FAC + 2.800 lb - (0,3846)(1.733,3 lb) = 0
FAC = - 2.666,7 lb (C)
Nudo C:
(1) (0,8)(2.666,7 lb) - 2.133,4 = 0
0 =0
(2) 1.600 lb - (0,6)(2.666,7 lb) = 0
0 =0
P.5 TABLA DE RESUMEN
BARRA
AB
AC
BC
FUERZA(lb)
1.733,3
2.666,7
2.133,4
TIPO
T
C
T
30
5.4 MÉTODO DE LAS SECCIONES
El método de las secciones es empleado cuando lo que se desea es encontrar la fuerza en una barra, o en unas
pocas barras.
En este método se escoge como cuerpo rígido una porción mayor de la estructura, formada por varios nudos y
barras, tal que la fuerza deseada sea una de las fuerzas que actúa sobre esa porción. La porción se debe escoger
de manera que máximo tres fuerzas desconocidas actúen sobre ella. La fuerza deseada se encuentra resolviendo
las tres ecuaciones de equilibrio que se obtienen para la sección.
La porción de la estructura se obtiene seccionando (cortando) la estructura a través de máximo tres barras, una
de las cuales es la fuerza deseada; acto seguido se remueve una de las dos secciones y la otra se usa como cuerpo
rígido. Las fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido escogido son las cargas en los nodos, la reacción en el apoyo
y las fuerzas internas que actúan sobre las barras cortadas, dibujadas como si estuvieran en tracción (esto es,
saliendo).
Se considera que la sección escogida está en equilibrio y por tanto se pueden escribir las tres ecuaciones de
equilibrio definidas para un cuerpo rígido en el plano. Si se quiere únicamente hallar la fuerza deseada se
necesita sólo una ecuación: de las tres ecuaciones de equilibrio la más adecuada es la ecuación de momentos si se
escoge apropiadamente el punto de referencia de manera que la única incógnita sea la fuerza deseada.
Ejemplo 13. Usando el método de los secciones, encontrar la fuerza en la barra AC de la armadura
mostrada en la figura 5.3 a).
Solución: En la gráfica de la estructura ya equilibrada, figura 5.3 c), se pasa la sección nn a través de la cercha
como se indica en la figura 5,3 d) de manera que corte la barra deseada AC. Escogemos la sección del lado
izquierdo como cuerpo rígido y se dibujan sobre las barras cortadas la fuerzas internas que actúan en ellas como
si fueran de tracción, obteniendo el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura 5.3 e)
FAC
FBC
(a)
(d)
(e)
Tomando como punto de referencia el punto B se escribe y se resuelve la ecuación de momentos para el punto B,
teniendo en cuenta que la fuerza FAC se debe descomponer en sus componentes horizontal (F AC cos β) y vertical
(FAC sen β):
Σ MB = 0:
- FAC cos β(12 p) - FAC sen β(5 p) - (2.800 lb)(12 p) = 0
- 0,8 FAC (12 p) – 0,6 FAC (5 p) = 33.600 lb- p
– (12,6 p) FAC = 33.600 lb- p
FAC = 33.600 lb- p /– (12,6 p) = - 2.666,7 lb
FAC = 2.666,7 lb (C)
Que efectivamente es el valor que se encontró para FAC con el método de los nodos, resultando ser más sencillo
que este si lo que se quiere hallar es solamente la fuerza FAC.
31
32
CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES
CAPÍTULO 6. ESFUERZOS EN ESTRUCTURAS SIMPLES
LECCIÓN 11. INTRODUCCIÓN
6.1 CONCEPTO DE ESFUERZO
El esfuerzo se define como la intensidad de las fuerzas internas distribuidas en la sección transversal de un
elemento estructural, y se denota por la letra griega sigma (σ). Si una varilla de sección transversal A está
sometida a una carga axial F (figura 6.1), el esfuerzo σ en la varilla se obtiene dividiendo la magnitud F de la
fuerza entre el área A:
σ = F/ A
(6.1)
Figura 6.1
En el sistema SI la correspondiente unidad de esfuerzo es (N/m2) ó pascal (Pa); múltiplos del pascal son el
megapascal (MPa): 1MPa = 106 Pa =106 (N/m2), y el gigapascal (GPa): 1GPa = 109 Pa = 109 (N/m2).
En el sistema USCS la correspondiente unidad de esfuerzo es (lb/pulg2) ó psi; un múltiplo del psi es el kilo-psi ó
ksi: 1ksi = 103 psi =103 (lb/pulg2).
6.2 CARGA AXIAL: ESFUERZO NORMAL
La varilla de la figura 6.1 es un elemento sometido a carga axial puesto que la fuerza F actúa a lo largo del eje de
la varilla. En carga axial las fuerzas internas en la varilla son perpendiculares al área de la sección transversal A
y el esfuerzo correspondiente es un esfuerzo normal. La expresión (6.1) permite calcular el esfuerzo normal en
un elemento bajo carga axial.
(a)
(b)
Figura 6.2
33
Si la fuerza F actúa saliendo de la sección transversal (figura 6.2a) se dice que la varilla está en tracción y que el
esfuerzo normal es positivo: σ (+). Si por el contrario F se ve entrando a la sección transversal (figura 6.2b) se
dice que la varilla está en compresión y que el esfuerzo normal es negativo: σ (-)
6.3 ESFUERZO CORTANTE
Cuando al elemento estructural se le aplican fuerzas transversales F (figura 6.3), estas determinan fuerzas
internas en el plano de la sección a las que se les llama fuerzas cortantes. Al dividir las fuerzas cortantes entre el
área de la sección transversal A se obtiene el esfuerzo cortante, el cual se designa por la letra griega tau (τ):
τ = F/ A
(6.2)
Los esfuerzos cortantes se presentan normalmente en pernos, pasadores y remaches. El pasador mostrado en la
figura 6.3 trabaja a cortante simple; la expresión (6.2) permite calcular un esfuerzo cortante simple.
Figura 6.3
Los pasadores mostrados en la figura 6.4 trabajan a cortante doble; la expresión (6.3) permite calcular un
esfuerzo cortante doble:
τ = F/2A
(6.3)
Figura 6.4
6.4 ESFUERZO DE APOYO O DE CONTACTO
Figura 6.5
Los pernos, pasadores y remaches crean un esfuerzo en las superficies de contacto de los elementos que conectan
al que se le llama esfuerzo de apoyo y que se designa como σb . El esfuerzo de apoyo se obtiene dividiendo la
fuerza F entre el área del rectángulo que representa la proyección del pasador en la sección de la placa (figura
5.5). Esta área es igual a td, siendo t el espesor de la placa y d el diámetro del pasador.
σb = F/ td
(6.4)
La expresión (5.4) permite calcular el esfuerzo de apoyo simple, presente en la placa de la figura 5.3; en tanto que
la expresión (5.5) permite calcular el esfuerzo de apoyo doble, presente en las placas de la figura 5.4
σb = F/2td
(6.5)
34
Ejemplo 15. La barra articulada BD tiene una sección transversal uniforme rectangular de 12 x 40 mm. Sabiendo
que cada pasador tiene un diámetro de 10 mm, determinar a) el valor máximo del esfuerzo normal para la barra
articulada BD, b) el esfuerzo cortante para el pasador en B, suponiendo cortante simple y c) el esfuerzo de
contacto para el cada uno de los soportes en D, suponiendo apoyo doble y que el espesor de cada soporte es
t = 6mm. En la figura α = 0º.
(a)
(b)
Figura 6.6
Solución:
Análisis estático.
Se hace el diagrama de cuerpo libre de la estructura (figura 5.6b) y a partir de éste se escriben las ecuaciones de
equilibrio:
Σ Fx i = 0: Cx + 20 kN = 0…………………………………. de donde se obtiene que: Cx = -20 kN
Σ Fy i = 0: Cy - FBD = 0 ………………………………....de donde se obtiene que: Cy = FBD
Σ MC = 0 : +FBD(0,3 m cos 30º) - (20 kN)(0,45 m sen 30º) = 0 de donde se obtiene que: FBD = 17,3 kN
(1)
(2)
(3)
Reemplazando FBD en (2) se obtiene que: ……………………………………………… Cy = FBD = 17,3 kN (4)
Obsérvese que en este problema sólo basta con calcular la fuerza F BD. En caso de que se requiera C se calcula
como:
(5)
a) Para la barra articulada BD, a tracción.
El esfuerzo normal máximo en la barra se calcula con el área mínima, la cual se encuentra en la sección del plano
medio del pasador: Amin = (0,012 m)(0,040m -0,010 m) = 360 x 10-6 m2.
Luego
σmax = FBD /Amin = (17,3 x103 N)/( 360 x 10-6 m2) = 48,1 MPa
(6)
b) Para el pasador en B, a cortante simple.
Se debe calcular previamente el área del pasador: A = πd2/4 = π(0,010 m)2/4 = 78,5 x 10-6 m2.
Luego:
τ = FBD /A = (17,3 x103 N)/( 78,5 x 10-6 m2) = 220,4 MPa
(7)
c) Para el soporte en D, apoyo doble.
Se debe aplicar la expresión (6.3):
σb = FBD /2td = (17,3 x103 N)/2( 0,006m)(0,10m) = 288,3 MPa
(8)
35
CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES
CAPÍTULO 6. ESFUERZOS EN ESTRUCTURAS SIMPLES
LECCIÓN 12 DISEÑO Y/O VERIFICACIÓN DE PARTES
6.5 ESFUERZO FINAL Y ESFUERZO ADMISIBLE
El desempeño de los materiales bajo condiciones de carga conocidas se determina a través de ensayos
normalizados. El ensayo de una probeta bajo carga axial se denomina ensayo de tracción, el cual se conduce
hasta la ruptura de la probeta. La carga máxima que puede soportar la probeta se conoce como carga final y se
designa como Fu. Al dividir la carga final entre el área de la sección transversal inicial se obtiene el esfuerzo
normal final del material en referencia, o resistencia final de tracción, el cual se designa como σu.
σu = Fu / A
(6.6)
Otro resultado importante del ensayo de tracción para los materiales dúctiles1 es el valor de esfuerzo al cual se
inicia la fluencia. Este esfuerzo se denomina límite elástico o resistencia a la fluencia en tracción y se designa
como σY.
Mediante un ensayo similar al de tracción se puede obtener el esfuerzo cortante final, ó resistencia final a
cortante, que se designa como τu; y el límite elástico o resistencia a la fluencia en cortante, que se designa como
τXY.
Las tablas del Apéndice B, que se encuentran al final de este capítulo, presentan los valores característicos de
propiedades típicas de algunos materiales seleccionados, utilizados en ingeniería. De estas tablas podemos citar
como ejemplo los valores característicos de esfuerzos límites para el acero estructural A-36 así: en el sistema SI
se tiene que σY = 250 MPa, τXY = 145 MPa y σU = 400 MPa; y los correspondientes valores en el sistema USCS
son σY = 36 ksi, τXY = 21 ksi y σU = 58 ksi.
6.6 FACTOR DE SEGURIDAD
Un elemento estructural o una parte de una máquina se debe diseñar de modo que su resistencia final sea
considerablemente mayor que el esfuerzo que deberá soportar el elemento o parte en condiciones normales de
funcionamiento. A este esfuerzo menor se le denomina esfuerzo admisible ó esfuerzo de trabajo o de diseño, y
se designa como σadm ó τadm según sea el caso. De esta manera sólo una fracción de la resistencia del elemento es
utilizada cuando se le aplica el esfuerzo permitido; la restante capacidad portante del elemento queda como
reserva para asegurar un desempeño seguro. La razón del esfuerzo final al esfuerzo admisible se denomina factor
de seguridad y se designa por F.S.:
Factor de seguridad = F.S. = σu / σadm
ó
Factor de seguridad = F.S. = τu / τadm
(6.7)
Se debe seleccionar un factor de seguridad adecuado al diseño: un factor de seguridad demasiado pequeño
implica un diseño poco seguro; un factor de seguridad innecesariamente grande implica un diseño antieconómico.
6.7 DISEÑO Y/O VERIFICACIÓN DE PARTES
Si se despeja el esfuerzo admisible de la expresión (6.7) se tiene:
1
Materiales dúctiles son aquellos que fluyen -se estiran- bajo carga, a temperaturas normales. El acero y la
mayoría de los metales son dúctiles; los materiales que no son dúctiles se dicen que son frágiles.
36
σadm = σu / F.S.
ó
τadm = τu / F.S.
(6.8)
En este curso el factor de seguridad será tal que determine un esfuerzo admisible siempre inferior al valor del
límite elástico o resistencia a la fluencia del material, de este modo la expresión (6.8) se puede reescribir como:
σadm = (σu / F.S.) < σY
ó
τadm = (τu / F.S.) < τXY
(6.9)
Pero de otro lado el esfuerzo admisible es el valor máximo al que puede llegar el esfuerzo de trabajo. El esfuerzo
de trabajo corresponde al esfuerzo nominal sobre el elemento o la parte, el cual se calcula de acuerdo con las
expresiones (6.1) y (6.2), según se trate de esfuerzos normales o cortantes. De manera que aplicando esta
equivalencia en la expresión (6.9) se tiene que:
(6.10)
La proporción correspondiente a la expresión (6.10) permite al ingeniero hacer actividades de diseño y/o
verificación de elementos o partes, de la siguiente manera:
Diseñar en cuanto a dimensionar la parte: Si se despeja A en términos de F, σu o τu y F.S.
Diseñar en cuanto a seleccionar el material de la parte: Si se despeja σu o τu en términos de F, A y F.S.
Verificar en cuanto a evaluar la carga admisible sobre la parte: Si se despeja F en términos de A, σu o τu y F.S.
Verificar en cuanto a evaluar la seguridad del diseño: Si se despeja F.S. en términos de F, σu o τu y A.
Ejemplo 16. Para el pedal mostrado en la figura P = 5 kN. a) Sabiendo que el cable AB será de un acero para el
cual σu = 600 MPa, hallar el diámetro del cable para un factor de seguridad de 3,0. b) El pasador en C se hará en
acero con τu = 300 MPa, hallar el diámetro del pasador en C para un factor de seguridad de 3,0. c) Determinar el
espesor t requerido para los soportes en C sabiendo que el esfuerzo de apoyo admisible es de 100MPA.
(a)
(b)
Figura 6.7
Solución:
Análisis estático.
Se hace el diagrama de cuerpo libre del pedal (figura 6.7b) y a partir de éste se escriben las ecuaciones de
equilibrio:
Σ Fx i = 0: Cx - FAB = 0……………………………………. de donde se obtiene que: Cx = FAB
Σ Fy i = 0: Cy - 5 kN = 0 ………………………………....de donde se obtiene que:
Cy = 5 kN
Σ MC = 0 : +FAB(0,125 m) – (5 kN)(0,3 m ) = 0 …………. de donde se obtiene que: FAB = 12 kN
(1)
(2)
(3)
37
Reemplazando FAB en (1) se obtiene que: ………………………………………… Cx = FAB = 12 kN
(4)
Se calcula la fuerza C como:
a) Para el cable AB, a tracción.
σadm = σu / F.S. = 600 MPa / 3,0 = 200 MPa
(6)
Para FAB = 12 kN, el área requerida es:
Areq = FAB / σadm = (12 x 103 N)/(200 x 106 N/m2) = 60 x 10-6 m2
(7)
De donde se puede obtener el diámetro del cable AB como:
d = √4𝐴𝑟𝑒𝑞/𝜋 = 8,7 x10-3 m = 8,7 mm. Use d = 9 mm
(8)
b) Para el pasador en C, a cortante doble.
τadm = τu / F.S. = 300 MPa / 3,0 = 100 MPa
Para C = 13 kN, el área requerida es:
Areq = FAB / 2(τadm) = (13 x 103 N)/2(100 x 106 N/m2) = 65 x 10-6 m2
(9)
(10)
De donde se puede obtener el diámetro del pasador en C como:
dc = √4𝐴𝑟𝑒𝑞/𝜋 = 9,1 x 10-3 m = 9,1 mm.
(11)
c) Para el soporte en C, apoyo doble.
Para C = 13 kN y σadm = 100MPa, el espesor requerido es:
t = C /2(dc )(σadm) = (13 x 103 N)/2(9,1 x 10-3 m)(100 x 106 N/m2) = 7,1 x 10-3 m = 7,1 mm
(12)
38
39
40
41
42
CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES
CAPÍTULO 7. ESFUERZO BAJO CARGA AXIAL
LECCIÓN 13. RELACIÓN ESFUERZO-DEFORMACIÓN
7.1 CONCEPTO DE DEFORMACIÓN
Considere una barra BC de longitud L, sección transversal uniforme A y con un apoyo fijo en B (figura 7.1a), a
la que se le aplica una carga axial F en el extremo C. Por efecto de la carga F la barra se alarga una cantidad
delta (δ) como se muestra en la figura 7.1b.
(a)
(b)
Figura 7.1
Esta cantidad δ se denomina deformación absoluta y se define como el cambio de longitud de la barra, lo cual se
puede escribir como:
δ = Lfinal – L
(7.1)
Figura 7.2
Si se divide la deformación δ entre la longitud inicial L de la barra, el resultado es un valor adimensional que se
designa por la letra griega ε (épsilon) y que se denomina deformación unitaria:
ε = δ /L
(7.2)
Obsérvese que si a una barra B’C’, similar a la primera pero de longitud 2L, se le aplica la misma carga F del
primer caso, se ocasiona un alargamiento 2δ (figura 7.2), de lo que se concluye que en ambos casos la
deformación unitaria ε es la misma:
ε = δ /L = 2δ /2L
(7.3)
43
7.2 DIAGRAMA ESFUERZO-DEFORMACIÓN
Si se representa gráficamente el esfuerzo σ = F/A contra la deformación ε = δ /L , medidos en un ensayo de
tracción, se obtiene una curva que es característica del material y que no depende de las dimensiones de la
probeta utilizada, a la que se denomina diagrama esfuerzo-deformación.
Figura 7.3
La figura 7.3 muestra el diagrama esfuerzo-deformación obtenido para el acero, la cual es típica de los materiales
elasto-plásticos o dúctiles y en la cual se pueden observar valores característicos de este material como el límite
elástico σY y la resistencia final σu. La primera parte del diagrama es una línea recta de gran pendiente que se
extiende hasta el límite elástico σY y se conoce como la zona elástica, esto es hasta donde el comportamiento del
material es elástico o sea donde las deformaciones son recuperables. La segunda parte del diagrama es una curva
que va desde el límite elástico σY hasta la resistencia final σu y se conoce como la zona plástica, esto es donde el
comportamiento del material es plástico o sea donde las deformaciones son permanentes.
7.3 LEY DE HOOKE – MÓDULO DE ELASTICIDAD
Como ya se convino (sección 6.7), el esfuerzo de trabajo sobre una estructura, parte o componente no puede ser
mayor que el límite elástico, lo cual quiere decir que la zona de trabajo en este curso se limita a la zona elástica,
es decir que corresponde a la parte del diagrama representada por una línea recta, lo cual significa que en esta
zona el esfuerzo σ es directamente proporcional a la deformación ε y se puede escribir que:
σ=Eε
(7.4)
La expresión (7.4) se conoce como la ley de Hooke, o ley de los resortes, y al valor E se le denomina módulo de
elasticidad y corresponde a la pendiente de la parte recta del diagrama esfuerzo-deformación. Como ε es
adimensional, E debe tener la misma unidad del esfuerzo σ. El valor de E es característico del material,
corresponde a su constante de resorte, y como tal se puede encontrar en las tablas de propiedades de materiales
del Apéndice B. Por ejemplo, para el acero estructural A-36 se obtiene un valor de E = 200 GPa (sistema SI) ó
E = 29 x 106 psi (sistema USCS).
7.4 CÁLCULO DE LA DEFORMACIÓN δ
Para la varilla homogénea de la figura 7.1, considerando que el esfuerzo σ no supera el límite elástico, se puede
reescribir la ley de Hooke reemplazando σ por la expresión (6.1) y ε por la expresión (7.3), así:
(7.5)
Despejando δ, obtenemos:
(7.6)
44
La expresión (7.6) puede utilizarse sólo si la varilla es homogénea, esto es E y A constantes y una única fuerza F
aplicada en el extremo libre. Si la varilla está cargada en otros puntos, y/o consta de varios materiales, y/o tiene
varias secciones transversales, se dice que la varilla es no homogénea y para calcular la deformación total se debe
dividir la varilla en varias partes que satisfagan individualmente las condiciones requeridas para aplicar la
expresión (7.6) y sumar las deformaciones correspondientes. Luego, si la varilla es no homogénea, la
deformación total de la varilla se calcula como:
δ =∑
𝐹𝑖 𝐿𝑖
Fi
Li
𝐸𝑖 𝐴𝑖
Ei Ai
(7.7)
Ejemplo 17: Determinar la deformación de la varilla de bronce (E = 110 GPa) mostrado en la figura 7.4a, bajo
las cargas indicadas.
(a)
(b)
(c)
Figura 7.4
Solución: Como la varilla es no homogénea se divide en las tres partes de la figura 7.4b de donde se obtiene que:
L1 = 1,5 m
L2 = 1,25 m
L3 = 1,75 m
A1 = 500 x 10-6 m2
A2 = A3 = 800 x 10-6 m2
E1 = E2 = E3 = E =110 GPa
(1)
(2)
(3)
Para hallar las fuerzas internas F1, F2 y F3 se hace un corte en cada una de las partes; se dibuja el diagrama de
cuerpo libre de cada parte (figura 6.4c) y a partir de estos se plantea la única ecuación de equilibrio para cada
parte, de esta manera tenemos:
F1 - 50 kN = 0;
F2 - 75 kN - 50 kN = 0;
F3 + 100 kN - 75 kN - 50 kN = 0;
luego
luego
luego
F1 = 50 kN
F2 = 125 kN
F3 = 25 kN
(4)
(5)
(6)
Reemplazando en la expresión 6.7, se tiene:
δ=∑𝒊
𝑭𝒊 𝑳𝒊
𝑬𝒊 𝑨𝒊
𝟏 𝑭𝟏 𝑳𝟏
= (
𝑬
𝑨𝟏
+
𝑭𝟐 𝑳𝟐
𝑨𝟐
+
𝑭𝟑 𝑳𝟑
𝑨𝟑
)=
𝟏
𝟏𝟏𝟎 ×𝟏𝟎𝟗 𝑵/𝒎𝟐
(
𝟓𝟎 × 𝟏𝟎𝟑 𝑵 × 𝟏,𝟓 𝒎
𝟓𝟎𝟎 ×𝟏𝟎−𝟔 𝒎𝟐
δ = 3,64 x 10-3 m = 3,64 mm
+
𝟏𝟐𝟓 × 𝟏𝟎𝟑 𝑵 × 𝟏,𝟐𝟓 𝒎
𝟖𝟎𝟎 ×𝟏𝟎−𝟔 𝒎𝟐
+
𝟐𝟓 × 𝟏𝟎𝟑 𝑵 × 𝟏,𝟕𝟓 𝒎
𝟖𝟎𝟎 ×𝟏𝟎−𝟔 𝒎𝟐
(7)
)
45
CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES
CAPÍTULO 8. TORSIÓN
LECCIÓN 14. ESFUERZO Y DEFORMACIÓN BAJO TORSIÓN
8.1 TORSIÓN DE EJES CIRCULARES
En esta lección se analizarán los esfuerzos y deformaciones de elementos de sección circular sometidos a pares ó
momentos de torsión T y T´ como el que se muestra en la figura 8.1. Los elementos más comunes sometidos a
torsión son los ejes ó arboles de transmisión, utilizados para transmitir potencia, los cuales pueden ser sólidos,
como el de la figura 8.1, ó huecos (tubulares).
Figura 8.1
8.2 PRELIMINAR SOBRE LOS ESFUERZOS EN UN EJE CIRCULAR
Figura 8.2
Si a lo largo de longitud del eje AB de la figura 8.1 se hace un corte transversal en un punto arbitrario C, el
diagrama de cuerpo libre de la porción BC mostrado en la figura 8.2 requiere que el sistema de fuerzas
elementales dF sea equivalente al momento T´= T para lo cual se debe cumplir que:
(8.1)
Siendo τ el esfuerzo cortante sobre el elemento dA. En este punto se debe aclarar que la distribución de los
esfuerzos cortantes en la sección es estáticamente indeterminada y que para resolver el problema se debe recurrir
a la ecuación de deformaciones.
8.3 PRELIMINAR SOBRE LAS DEFORMACIONES EN UN EJE CIRCULAR
Antes de hablar de las deformaciones en un eje circular es necesario introducir el concepto de deformación de
corte, esto es, la deformación que determinan los esfuerzos cortantes. Considérese un cubo de arista unitaria
sometido a esfuerzos cortantes τxy como se muestra en la figura 8.3a.
(a)
(b)
Figura 8.3
46
Si se mira solamente la cara frontal del cubo esta adquirirá la forma de un rombo (figura 8.3b). El ángulo γxy
indicado en la figura se expresa en radianes y se define como la deformación de corte, esto es, la deformación
que determina el esfuerzo cortante τxy. Como ocurrió con los esfuerzos normales, la porción inicial del diagrama
esfuerzo cortante-deformación corresponde a una línea recta. Para valores de esfuerzo que no excedan la límite
elástico se puede escribir que:
τxy = G γxy
(8.2)
Esta relación se conoce como la Ley de Hooke para esfuerzos y deformaciones cortantes y la constante G es el
módulo de rigidez ó módulo de corte del material, el cual se puede encontrar en el Apéndice B; por ejemplo, para
el acero A-36 se encuentra que G = 79 GPa (sistema SI) ó G = 11,5 x 106 psi (sistema USCS).
7.4 DEFORMACIONES EN UN EJE CIRCULAR
Figura 8.4
En el modelo representado por la figura 8.4 se observa que el extremo libre del eje rotará un ángulo Ф llamado
ángulo de torsión. Una característica que es propia de los ejes circulares es que bajo torsión todas las secciones
transversales permanecerán planas y sin distorsión, lo cual se debe a su simetría axial.
Para determinar la distribución de las deformaciones en un eje circular de longitud L y radio c que ha rotado un
ángulo Ф se separa un cilindro de radio ρ y se trazan, antes de aplicar la carga, dos círculos adyacentes y dos
líneas horizontales formando un pequeño cuadrado (figura 7.5a); después de aplicar la carga torsional el cuadrado
se transforma en un rombo (figura 8.5b) debido a la deformación de corte γ la cual es igual al ángulo entre las
líneas AB y A´B (recuérdese que γ se expresa en radianes)
(a)
(b)
Figura 8.5
Para pequeños valores de γ se puede afirmar que AA´ = L γ = c Ф de donde se puede despejar γ como:
γ= ρФ
L
(8.3)
47
La ecuación (8.3) muestra que γ es directamente proporcional a Ф y a la distancia ρ desde el centro del eje al
punto considerado; es decir que la deformación de corte en un eje circular varía linealmente con la distancia al
centro de dicho eje. Se deduce pues que la deformación de corte es máxima en la superficie del eje, en donde
ρ = c, por tanto:
γmax = c Ф
(8.4)
L
Eliminando a Ф de las ecuaciones (8.3) y (8.4) se puede expresar la deformación de corte γ para un punto a una
distancia ρ medida desde el centro del eje como:
γ = ρ γmax
c
(8.5)
7.5 ESFUERZOS EN LA ZONA ELÁSTICA PARA UN EJE CIRCULAR
Como ya se dijo, para valores de esfuerzo cortante menores al límite elástico τy también se cumple la ley de
Hooke, la cual se expresa como lo indica la ecuación (8.2):
τ = Gγ
(8.2)
Multiplicando la expresión (8.5) a ambos lados por G se obtiene:
τ = ρ τmax
c
(8.6)
La ecuación (8.6) muestra que el esfuerzo cortante varia linealmente con la distancia ρ medida desde el centro del
eje. La figura 8.6a muestra la distribución de esfuerzos cortantes en un eje sólido de radio c, en tanto que la
figura 8.6b muestra la distribución de esfuerzos cortantes en un eje hueco de radio interior c1 y radio exterior c2.
Según la ecuación (8.6) se encuentra que en el eje hueco es posible calcular el esfuerzo cortante mínimo τmin
como:
τmin = c1τ max
(8.7)
c2
Figura 8.6
Retomando lo planteado en la sección 8.2 si se reemplaza la ecuación (8.6) en la ecuación (8.1), se obtiene:
(8.8)
La integral del último miembro representa el momento polar de inercia J de la sección transversal con respecto al
centro O. Se tienen entonces que:
(8.9)
48
De donde:
(8.10)
Sustituyendo τmax de la ecuación (8.10) en la ecuación (8.6) se obtiene el esfuerzo cortante en cualquier punto de
la sección transversal a una distancia ρ medida desde el centro del eje como:
(8.11)
Las ecuaciones (8.10) y (8.11) son las fórmulas de la torsión elástica. Recuérdese que la sección transversal de
un eje sólido de radio c es un círculo para el cual el momento polar de inercia es J = ½ π c4 (tabla Apéndice E);
en tanto que para un eje tubular de radios c1 y c2 el momento de polar de inercia de su sección transversal se
encuentra como J = ½ π (c24 - c14). Obsérvese que las unidades del momento polar de inercia J son m4 en el
sistema SI y pulg4 en el sistema USCS.
El valor τmax obtenido a través de la ecuación (8.10) constituye la medida más significativa del esfuerzo cortante
en los problemas de torsión de ejes circulares.
8.6 ÁNGULO DE TORSIÓN EN LA ZONA ELÁSTICA
Recuérdese de la sección 8.4 que el ángulo de torsión Ф y la deformación máxima en cortante γmax están
relacionados como se expresa en la ecuación (8.4)
γmax = c Ф
L
Pero en la zona elástica, a partir de la ley de Hooke, se puede afirmar que:
γmax = τmac /G
(8.4)
(8.12)
reemplazando por la ecuación (8.10) se tiene que:
γmax = Tc /JG
(8.13)
igualando los segundos miembros de la ecuaciones (8.4) y (8.13) y despejando Ф se obtiene que:
Ф = TL /JG
(8.14)
La ecuación (8.14) es válida para un eje homogéneo, esto es un eje hecho de un solo material, cargado
únicamente en sus extremos y con sección transversal constante; si el árbol es no-homogéneo se debe dividir en
varias partes que satisfagan individualmente la ecuación (8.14) por lo que el ángulo de torsión total se puede
expresar como:
ФT = Σ(TiLi /Ji Gi)
(8.15)
El ángulo de torsión Ф constituye la medida representativa de la deformación en los problemas de torsión de ejes
circulares.
Ejemplo 18: Un árbol cilíndrico hueco de acero (G = 80 GPa) tiene 1,5 m de longitud y diámetros interior y
exterior de 40 y 60 mm respectivamente como se muestra en la figura 8.7. Determinar (a) los esfuerzos cortantes
máximo y mínimo para el eje hueco si el valor de T es 4.084 N-m y (b) el correspondiente valor del ángulo de
torsión en el extremo del eje.
49
Figura 8.7
Solución: Se determinan los valores de c1, c2 y J como:
c1 = (40 mm/2) = 20 mm = 0,02 m
c2 = (60 mm/2) = 30 mm = 0,03 m
J = ½ π (c24 - c14) = ½ π [(0,03 m)4 – (0,02 m)4] = 1,021 x10-6 m4
(1)
(2)
(3)
(a) Para encontrar el τmac se sustituyen los valores dados en la ecuación (8.10) obteniendo:
τmac = T c2 = 4.084 N-m x 0,03 m = 120 MPa
J
1,021 x10-6 m4
(4)
Y para encontrar el τmin se sustituyen los valores dados en la ecuación (8.7)
τmin = c1τ max = 0,02 m x 120 MPa = 80 MPa
c2
0,03 m
(5)
(b) Como el eje es homogéneo, para hallar el ángulo de torsión Ф en el extremo del eje se sustituyen los valores
dados en la ecuación (8.14)
Ф = TL =
4.084 N-m x 1,5 m
= 0,075 rad
GJ
80 x 109 (N/m2) x 1,021 x10-6 m4
(6)
pasando a grados, se puede concluir que:
Ф = 0,075 rad x (180º/π rad) = 4,3º
(7)
50
Apéndice E
51
CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES
CAPÍTULO 9. FLEXIÓN PURA
LECCIÓN 15. ESFUERZO Y DEFORMACIÓN BAJO FLEXIÓN PURA EN VIGAS SIMÉTRICAS
9.1 FLEXIÓN PURA
En esta lección se analizarán los esfuerzos y deformaciones de elementos prismáticos sometidos en sus extremos
a pares ó momentos de flexión M y M´ que actúan en el mismo plano longitudinal. Los elementos más comunes
sometidos a flexión son las vigas, y en esta lección se considerarán solamente vigas que sean simétricas con
respecto al plano en el que actúan los pares, como se muestra en la figura 9.1. Por convención se asignará signo
positivo al momento flector M cuando actúa como se muestra en la figura 9.1 y signo negativo cuando el sentido
de los pares M y M´ sean contrarios.
Figura 9.1
92 PRELIMINAR SOBRE LOS ESFUERZOS EN VIGAS SIMÉTRICAS
Figura 9.2
Si a lo largo de longitud de la viga de la figura 9.1 se hace un corte transversal en un punto arbitrario, el
diagrama de cuerpo libre de la porción mostrada en la figura 9.2 requiere que el sistema de fuerzas elementales
internas sea equivalente al momento M, para lo cual se debe cumplir que la suma de las componentes y de los
momentos de las fuerzas elementales sean equivalentes a los correspondientes componentes y momentos del par
M (obsérvese que M sólo tiene componente en la dirección del eje z):
(9.1)
(9.2)
(9.3)
Hay tres ecuaciones adicionales correspondientes a las componentes de esfuerzo cortante pero en el problema de
flexión pura las componentes del esfuerzo cortante son ambas iguales a cero. Se resalta que el signo menos en la
ecuación (9.3) se debe a que un esfuerzo de tracción (σ x > 0) conduce a un momento negativo, y que la ecuación
(9.2) se vuelve trivial si el elemento es simétrico respecto al plano que contiene al momento M si el eje y está
incluido en dicho plano, como se muestra en la figura 9.2. En este punto se debe aclarar que la distribución de los
52
esfuerzos cortantes en la sección es estáticamente indeterminada y que para resolver el problema se debe recurrir
al análisis de las deformaciones presentes en el elemento.
9.3 DEFORMACIONES EN UN ELEMENTO SIMÉTRICO EN FLEXIÓN PURA
(a)
(b)
(c)
Figura 9.3
Considérese un elemento prismático simétrico sometido en sus extremos a pares iguales y opuestos M y M´ que
actúan en el plano de simetría. El elemento se flexará pero permanecerá simétrico respecto al plano de simetría
como se muestra en la figura 9.3a y las líneas AB y A´B´ que inicialmente eran rectas pasarán a ser arcos de
circunferencia de centro en C (centro de curvatura). Obsérvese (figura 9.3b) que cuando M > 0 la línea AB
disminuye su longitud (εx negativo) en tanto que la longitud de A´B´ aumenta ( εx positivo) de lo que se puede
concluir que en cualquier punto de la sección transversal habrá esfuerzos normales σx y que los esfuerzos de la
porción superior serán negativos (compresión) mientras que los esfuerzos de la porción inferior serán positivos
(tracción) y que entre las líneas AB y A´B´ habrá una línea para la cual εx = 0 y σx = 0, la cual es llamada la
línea neutra o eje neutro (figura 9.3c). La medida del centro de curvatura C a la línea neutra (radio CD) se
denota por ρ y se denomina radio de curvatura (figura 9.3b). En la sección transversal (figura 9.3c) el origen O
del sistema de coordenadas se hace coincidir con la línea neutra, de manera que la posición de cualquier punto
sobre la sección transversal va a estar caracterizado por un valor de y, resultando que en la porción superior los
valores de y son positivos y que en la porción inferior los valores de y son negativos, la mayor distancia desde la
línea neutra a la superficie superior o inferior se denotará por c (c = ymax).
8.4 ESFUERZOS Y DEFORMACIONES EN LA ZONA ELÁSTICA
Supóngase una viga simétrica hecha de un material homogéneo, para el cual el módulo elástico es E, a la que se
le aplica un momento M tal que determina en el elemento esfuerzos normales por debajo del límite elástico σy
lo que significa que no habrá deformaciones permanentes y que es válida la Ley de Hooke ( σx = E εx).
Figura 9.4
La figura 9.4 muestra la distribución de los esfuerzos normales σx a lo largo de la sección transversal,
observándose que en la zona elástica el esfuerzo normal varia linealmente con la distancia desde la línea neutra,
donde σm designa el máximo valor absoluto del esfuerzo normal, pudiéndose concluir que:
σx = - (y / c)σm
(9.4)
53
Para un elemento sometido a flexión pura, siempre y cuando los esfuerzos permanezcan en la zona elástica, el
eje neutro pasa por el centroide de la sección (ver Apéndice D).
Al resolver la ecuación (9.3)
(9.4)
especificando que el eje z debe coincidir con el eje neutro de la sección transversal, sustituimos (9.4) en (9.3) y
escribimos que:
(9.5)
Pero la integral representa el momento de segundo orden o momento de inercia I de la sección transversal con
respecto al eje neutro. Despejando σm para de (8.5) se encuentra que:
(9.6)
Sustituyendo σm de (8.4) en (8.6) se obtiene el esfuerzo normal σx a cualquier distancia y del eje neutro:
(9.7)
Las ecuaciones (9.6) y (9.7) se conocen como fórmulas de la flexión elástica y el esfuerzo σx es llamado esfuerzo
flexionante. En la ecuación (9.7) se verifica que cuando el momento flector es positivo para valores de y > 0
(por encima del eje neutro) el esfuerzo es de compresión y que para valores de y < 0 (por debajo del eje neutro) el
esfuerzo es de tracción. En tanto que en la ecuación (9.6) se observa que los valores de I y de c dependen
únicamente de la sección transversal y que si se reúnen en el denominador se escribirían como la razón I/c, la
cual se denota por S y se denomina módulo elástico de la sección de manera que la ecuación (9.6) se puede
escribir de manera alterna como:
(9.8)
Puesto que σm es inversamente proporcional a S es claro que las vigas deben ser diseñadas con el mayor valor de
S posible.
Figura 9.5
En el caso del acero estructural las vigas de norma americana (vigas S) y las vigas de ala ancha (vigas W)
mostradas en la figura 9.5 son preferidas sobre otros perfiles puesto que para un área y un espesor dados, ofrecen
54
los mayores valores de S. Los valores de S, junto con todas los demás propiedades geométricas de estas vigas,
se encuentran en tablas, algunas de las cuales se pueden apreciar en el Apéndice C. Obsérvese que cuando se usa
un perfil estructural, para determinar el esfuerzo normal máximo σm sólo es necesario dividir el momento flector
M aplicado a la viga entre el módulo de la sección S.
La deformación de la viga causada por el momento flector M es medida por la curvatura de la superficie neutra,
la cual se define como el inverso del radio de curvatura ρ y puede calcularse mediante la siguiente relación:
(9.9)
Ejemplo 19: A una varilla de aluminio (E= 70 GPa) de sección semicircular de radio r = 60 mm se le aplica el
momento flector M = 9kN-m como se muestra en la figura 9.6a. Determinar (a) el esfuerzo normal máximo en el
elemento y (b) el correspondiente valor del radio de curvatura de la superficie neutra.
(a)
(b)
Figura 9.6
(c)
Solución: Puesto que el eje neutro (N. A.) debe pasar por el centroide C de la sección transversal (figura 9.6c) y
que para encontrar el esfuerzo normal máximo σm previamente tenemos que calcular los valores
de y (Apéndice D), de c y del momento de Inercia Ix (Apéndice E), para una sección transversal
semicircular de radio r = 60 mm = 60 x 10-3 m:
y = (4r / 3π) = (4 x 60 x 10-3 m / 3π) = 25,5 x10-3 m
por tanto c = r - y = 60 mm – 25,5 mm = 34,5 mm = 34,5 x10-3 m
(1)
(2)
e Ix = (1/8) π r4 = (1/8) π x (60 x 10-3 m)4 = 5,09 x10-6 m4
(a) Para encontrar el esfuerzo normal máximo
obteniendo:
σm se sustituyen los valores dados en la ecuación (9.6),
σm = M c = 9.000 N-m x 0,0345 m = 61,0 MPa
Ix
(3)
(4)
5,09 x10-6 m4
(b) Para encontrar el radio de curvatura ρ se sustituyen los valores dados en la ecuación (9.9), obteniendo:
1 = M =
9.000 N-m
= 25,26 x10-3 m-1
9
2
-6
4
ρ
E Ix 70 x 10 (N/m ) x 5,09 x 10 m
por tanto ρ = (25,26 x10-3 m-1) -1 = 39,6 m
(5)
(6)
55
Apéndice B.2
56
CURSO DE ESTÁTICA Y RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIDAD 2. RESISTENCIA DE MATERIALES
CAPÍTULO 10. COLUMNAS
LECCIÓN 16. COLUMNAS ESBELTAS
10.1 ESTABILIDAD DE ESTRUCTURAS
En esta lección se analizará la estabilidad de las estructuras, es decir, su capacidad para soportar cargas sin sufrir
un cambio súbito en su configuración. Esta discusión se relaciona con columnas, o sea, con elementos
prismáticos verticales que soportan cargas axiales de compresión; para efectos prácticos se considerarán
elementos de sección transversal con dos ejes de simetría rectangulares x’ y y’, de modo que el origen del sistema
de coordenadas definido por estos dos ejes corresponde al centro geométrico de la sección, ó centroide C, por lo
que a los ejes x’ y y’ se les denomina ejes centroidales.
(a)
(b)
Figura 10.1
Supóngase una columna AB de longitud L que soporta una carga dada P como se muestra en la figura 10.1a. En
el modelo considerado, la columna estará articulada en ambos extremos y la carga P es de compresión y
centrada, o sea, esta aplicada en el centroide C de la sección transversal. Si el área de la sección transversal es A
y se cumple que σ = (P/A) < σy se diría que la columna está bien diseñada; sin embargo, puede ocurrir que la
columna en vez de permanecer recta presente pandeo, como se muestra en la figura 10.1b, y en ese caso se dirá
que la columna ha fallado por estabilidad.
El valor de P para el cual la columna empieza a presentar el fenómeno de pandeo se llama carga crítica, y se
denota por Pcr , de manera que para que una columna, ó en general una estructura, se considere estable se debe
cumplir que P < Pcr .
Figura 10.2
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10.2 FÓRMULA DE EULER PARA COLUMNAS DE EXTREMOS ARTICULADOS
Para determinar el valor de Pcr se representa la situación que corresponde a la configuración de la figura 10.1b a
través del modelo mostrado en la figura 10.2 el cual conduce a plantear la siguiente ecuación diferencial:
(10.1)
Al solucionar la ecuación 10.1; la solución particular que corresponde al menor valor de P y que define el valor
de la carga crítica es:
(10.2)
La expresión 10.2 se conoce como fórmula de Euler, en honor al matemático inglés Leonard Euler.
En el caso de que la columna tenga una sección transversal circular ó cuadrada el momento de inercia I es el
mismo con respecto a cualquier eje centroidal. Para otras formas de sección transversal la carga crítica deberá
calcularse con I = Imin y si ocurre pandeo este ocurrirá en el plano perpendicular al eje correspondiente.
El valor del esfuerzo correspondiente a la carga crítica se llama esfuerzo crítico y se denota por σcr . A partir de
la ecuación 10.2 y haciendo I = Ar2, donde A es el área de la sección transversal y r es su radio de giro, se tiene:
(10.3)
La cantidad L/r se denomina relación de esbeltez, o simplemente esbeltez. La ecuación 10.3 muestra que el
esfuerzo crítico es proporcional al módulo de elasticidad del material E, e inversamente proporcional al cuadrado
de la esbeltez de la columna.
Figura 10.3
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En la figura 10.3 se grafica la relación σcr contra L/r para un acero estructural A-36, para el cual E = 200 GPa
y
σy = 250 MPa, y se observa que para relaciones de esbeltez mayores a 89 el valor del esfuerzo crítico es
mucho menor que el límite elástico. De lo anterior se concluye que una columna de acero estructural fallará con
valores de esfuerzo menores al límite elástico para valores de esbeltez mayores a 89; y que fallará por
compresión, o colapso, para valores de esbeltez menores a 89. En el primer caso ( L/r > 89) se dirá que la
columna es esbelta y que fallará por pandeo para valores de esfuerzo inferiores al límite elástico (σcr < σy); y en
el segundo caso
( L/r < 89) se dirá que es una columna corta y que fallará por colapso para valores de
esfuerzo mayores al límite elástico (σ > σy).
10.3
GENERALIZACIÓN DE LA FÓRMULA DE EULER A COLUMNAS CON OTRAS
CONDICIONES DE APOYO EN LOS EXTREMOS
La fórmula de Euler se dedujo en la sección anterior para una columna con ambos extremos articulados; la carga
crítica Pcr para columnas con otras condiciones a apoyo en los extremos puede calcularse con la misma ecuación
10.2 usando una longitud de columna igual a la fracción de la longitud real de la columna en la que esta se
comporta como una columna de extremos articulados. A esta longitud se le llama longitud efectiva de la columna
y se denota por Le; de esta manera la fórmula de Euler se puede reescribir como:
(10.4)
El esfuerzo crítico se encuentra de manera análoga a través de la fórmula
(10.5)
Se han determinado los siguientes valores de longitud efectiva para las condiciones de apoyo indicadas: Para una
columna con un extremo empotrado y el otro libre, Le = 2L (figura 10.4a); para una columna con ambos
extremos articulados, Le = L (figura 10.4b); para una columna con un extremo empotrado y el otro articulado,
Le = 0,7L (figura 10.4c) y para una columna con ambos extremos empotrados, Le = 0,5L (figura 10.4d).
Figura 10.4
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10.4 CARGA ADMISIBLE Y ESFUERZO ADMISIBLE
En los problemas de columnas esbeltas el factor de seguridad (F.S.) no se le aplica a la resistencia final σu sino a
la carga crítica Pcr definiéndose el valor de carga admisible Padm como:
(10.6)
Padm = (Pcr/ F.S.)
De esta manera el esfuerzo admisible se define en términos de la carga admisible Padm como
σadm = (Padm / A) = (σcr/ F.S.)
(10.7)
Ejemplo 20: Una columna de aluminio (E = 70 GPa y σy = 95 MPa) de longitud L= 1,5 m y sección transversal
cuadrada (b = h= 40 mm), tiene un extremo empotrado en B y libre en A como se muestra en la figura 10.5. Si
en el extremo A va a aplicar una carga centrada P, determinar (a) el valor máximo de la carga P para un factor
de seguridad de 2,5 y (b) el correspondiente valor del esfuerzo.
Figura 10.5
Solución: Puesto que la sección transversal de la columna es cuadrada, se tiene que:
Ix = Iy = (1/12) bh3= (1/12) b4 = (1/12)(0,04 m)4 = 0,213 x 10-6 m4
(1)
Como la columna tiene un extremo empotrado y el otro libre, la longitud efectiva Le se calcula como:
Le = 2L = 2 x 1,5 m = 3m
por tanto
Pcr = π2E I = π2 x( 70x 109 N/m2) x (0,213 x 10-6 m4) =
Le 2
(3 m)2
(2)
16,4 kN
(3)
(a) La carga máxima P que puede ser aplicada corresponde al valor de la carga admisible Padm para un factor de
seguridad de 2,5, por tanto:
P = Padm = (Pcr/ F.S.) = (16,4 kN / 2.5) = 6,6 kN
(4)
(b) Puesto que la carga máxima aplicada es el valor de la carga admisible, el correspondiente valor del esfuerzo
es el valor del esfuerzo admisible:
σadm = (Padm / A) = 6,6 x 103 N/(0,04 m)2 = 4,1 MPa
(5)
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BIBLIOGRAFIA
1.
Beer, Ferdinand y Johnston, Russell. Mecánica Vectorial para Ingenieros. Estática. México: Mc Graw
Hill. 3ª. Ed.
2.
Beer, Ferdinand y Johnston, Russell. Mecánica de Materiales. México: Mc Graw Hill. 5ª. ed.