Resistencia de materiales básica para estudiantes de ingenieríad

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JORGE EDUARDO SALAZAR TRUJILLO
R E S IS T E N C IA D E M AT E R IA L E S
B Á S IC A PA R A E S T U D IA N T E S
D E IN G E N IE R ÍA
UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA
SEDE MANIZALES
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I.S.B.N 978-958-8280-08-0
 2007 UNIVERSIDAD NACIONAL
DE COLOMBIA SEDE MANIZALES
AUTOR:
JORGE EDUARDO SALAZAR TRUJILLO
Ingeniero Civil
Profesor Asociado
Universidad Nacional de Colombia
Sede Manizales
R EVISADO :
L UIS E DGAR M ORENO M ONTOYA
Ingeniero Industrial
Especialista en Planeamiento Educativo
Profesor Asociado
Universidad Nacional de Colombia
Sede Manizales
J OSÉ OSCAR J ARAMILLO J IMÉNEZ
Ingeniero Civil
Magíster Ingeniería Civil
Especialista en Planeamiento Educativo
Profesor Asociado
Universidad Nacional de Colombia
Sede Manizales
I M P RE SO :
Centro de Publicaciones
Universidad Nacional de Colombia
Sede Manizales
Marzo de 2007
Primera edición
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C O N TE N ID O
PRESENTACIÓN .................................................................................................................. 7
CAPÍTULO 1
INTRODUCCIÓN Y CONCEPTOS FUNDAMENTALES .................................................. 9
1.1 PRINCIPIOS BÁSICOS DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES ............................. 15
1.2 CONCEPTO DE ESFUERZO Y DEFORMACIÓN ........................................................ 17
1.3 TIPOS DE ESFUERZOS ................................................................................................. 18
1.3.1 Esfuerzos normales ................................................................................................... 18
1.3.2 Esfuerzo de aplastamiento o de apoyo ....................................................................... 31
1.3.3 Deformaciones axiales .............................................................................................. 32
1.4 PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS MATERIALES .............................................. 32
1.4.1 Relaciones esfuerzo-deformación .............................................................................. 38
1.5 LEY DE HOOKE ............................................................................................................. 39
1.5.1 Módulo de elasticidad, ductilidad, resistencia .............................................................. 40
1.5.2 Módulos de elasticidad de algunos materiales............................................................. 41
1.6 ELASTICIDAD Y PLASTICIDAD ................................................................................. 44
1.6.1 Factores de seguridad ................................................................................................ 45
1.7 ESFUERZOS CORTANTES ............................................................................................ 46
1.7.1 Deformaciones por corte ........................................................................................... 48
1.7.2 Ley de Hooke para corte ........................................................................................... 48
1.7.3 Módulo de corte de varios materiales......................................................................... 49
1.7.4 Esfuerzo cortante doble ............................................................................................. 49
1.7.5 Relación de Poisson................................................................................................... 51
1.7.6 Relación entre el módulo de elasticidad y el módulo cortante ..................................... 54
1.8 DEFORMACIONES EN ESTRUCTURAS CUYAS BARRAS ESTÁN
SOMETIDAS A FUERZAS AXIALES ............................................................................. 54
1.9 ESFUERZOS TÉRMICOS ............................................................................................... 57
1.9.1 Coeficientes de dilatación térmica .............................................................................. 58
1.10 INDETERMINACIÓN ESTÁTICA EN TENSIÓN Y COMPRESIÓN ......................... 59
1.11 ENERGÍA DE DEFORMACIÓN AXIAL ...................................................................... 71
CAPÍTULO 2
ESFUERZOS BIAXIALES Y TRIAXIALES ......................................................................... 75
Esfuerzos en secciones inclinadas ...................................................................................... 75
Esfuerzos complementarios: ............................................................................................... 77
2.1 LEY DE HOOKE EN DOS Y TRES DIMENSIONES .................................................... 79
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2.1.1 Ley de Hooke para esfuerzos biaxiales ...................................................................... 80
2.1.2 Ley de Hooke para esfuerzos triaxiales ..................................................................... 81
2.2 ESFUERZOS PRINCIPALES, ESFUERZO PLANO Y CÍRCULO DE MOHR,
ESFUERZOS Y PLANOS PRINCIPALES ....................................................................... 83
2.2.1 Construcción del círculo............................................................................................. 87
CAPÍTULO 3
ESFUERZOS PRODUCIDOS POR FLEXIÓN. VIGAS....................................................... 101
Qué caracteriza una viga? .................................................................................................. 101
Cómo trabajan las vigas? .................................................................................................... 102
Los arcos y las cerchas ...................................................................................................... 102
3.1 ESFUERZOS NORMALES PRODUCIDOS EN FLEXIÓN ........................................... 106
3.1.1 Flexión pura ............................................................................................................... 106
3.1.2 Cálculo de esfuerzos normales ................................................................................... 108
3.2 FLEXIÓN TRANSVERSAL: ESFUERZOS CORTANTES PRODUCIDOS
EN FLEXIÓN.................................................................................................................... 121
3.2.1 Efecto de corte horizontal en vigas ............................................................................ 121
3.3 VIGAS DE DOS MATERIALES ..................................................................................... 134
CAPÍTULO 4
DEFORMACIONES EN VIGAS ........................................................................................... 145
Tipos de deformaciones ...................................................................................................... 147
4.1 MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN................................................................... 150
4.1.1 Funciones de singularidad .......................................................................................... 165
4.2 MÉTODO DEL ÁREA DE MOMENTOS (TEOREMAS DE MOHR) ........................... 172
4.3 MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA ......................................................................... 188
4.4 INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS DE ENERGÍA ................................................... 197
4.5 VIGAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS ........................................................ 199
CAPÍTULO 5
ESFUERZOS COMBINADOS .............................................................................................. 207
Flexo-tensión y flexo-compresión ....................................................................................... 209
Superposición de esfuerzos................................................................................................. 211
CAPÍTULO 6
COLUMNAS ......................................................................................................................... 227
6.1 FENÓMENO DEL PANDEO O INESTABILIDAD LATERAL ..................................... 227
6.2 CARGA CRÍTICA ........................................................................................................... 232
6.3 TEORÍA DE EULER ....................................................................................................... 233
6.3.1 Cálculo del valor de la carga crítica ........................................................................... 233
6.4 DIFERENTES CONDICIONES DE APOYOS ............................................................... 237
6.5 ESFUERZOS CRÍTICOS ................................................................................................. 240
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6.6 CÓDIGOS ........................................................................................................................ 243
CAPÍTULO 7
TORSIÓN .............................................................................................................................. 249
Elementos estructurales sometidos a torsión ...................................................................... 249
7.1 ESFUERZOS Y DEFORMACIONES EN ELEMENTOS DE SECCIÓN CIRCULAR .. 250
7.2 INDETERMINACIÓN ESTÁTICA................................................................................. 261
7.3 TORSIÓN DE ELEMENTOS DE SECCIÓN RECTANGULAR .................................... 263
7.3.1 Esfuerzos y deformaciones en elementos de sección rectangular a torsión ................. 263
7.4 TORSIÓN DE SECCIONES ABIERTAS ......................................................................... 267
7.5 TORSIÓN DE TUBOS DE PARED DELGADA ............................................................ 269
REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS .................................................................................... 273
Referencias de tablas ......................................................................................................... 274
Referencias fotográficas y de gráficos ............................................................................... 274
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P R E S E N TA C IÓ N
El presente "Texto de Resistencia de Materiales básica para estudiantes de ingeniería" elaborado
durante el año sabático 2005-2006 tiene el objetivo de servir como ayuda didáctica a los estudiantes de
ingeniería 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 (ver
referencias), que tratan el tema de manera exhaustiva he querido preparar una guía de apoyo para
dichos textos que haga énfasis en aspectos como los siguientes:
Presentación gráfica de las situaciones en tres dimensiones de tal manera que desde el principio
del estudio de esta área los estudiantes tengan clara la ubicación de los elementos estructurales en un
espacio tridimensional de tal forma que diferencien claramente aspectos como el eje longitudinal de
una viga, su sección transversal y el eje neutro de la misma entre otros. Para hacer énfasis en esto me
he basado en mi experiencia de casi 30 años como profesor de la asignatura, en los cuales he podido
observar las dificultades que los estudiantes tienen al respecto.
Énfasis mediante gráficos y fotografías en el entendimiento del comportamiento mecánico de los
elementos estructurales cuya comprensión considero previa a las formulaciones matemáticas y
computacionales con los cuales se abordan estos problemas hoy en día. En mi experiencia docente he
visto 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 de
estos recursos en las clases.
Con iguales propósitos didácticos, he procurado presentar la resolución de los diferentes problemas
de manera similar a como lo haría en el tablero del aula de clase, partiendo de la expresión
correspondiente a la incógnita buscada en cada caso y a partir de la misma ir encontrando los diferentes
parámetros necesarios para su cálculo.
De esta forma, el cálculo de cada uno de los parámetros mencionados, adquiere sentido para el
estudiante 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 capítulos
del texto con fines similares a los ya expuestos.
Espero finalmente como lo manifesté al principio, que el texto sea motivador para los estudiantes
que se inician en el estudio del área de la ingeniería estructural y agradezco a las directivas de la
Facultad de Ingeniería y Arquitectura de la Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales que
con la aprobación del año sabático me hayan permitido hacerlo.
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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 S
F U N D A M E N TA L E S
En el curso de MECÁNICA se empezaron a estudiar los elementos estructurales y las estructuras
desde el punto de vista del EQUILIBRIO ESTÁTICO externo, es decir de la QUIETUD en que
deben estar para que cumplan su función. Se tenían por ejemplo las siguientes situaciones y se hacía un
DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE en el cual se ponían todas las fuerzas externas que actuaban
sobre el mismo y a continuación se aplicaban las ecuaciones de equilibrio con el fin de encontrar las
reacciones en los apoyos.
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En los casos mostrados en la figura, las reacciones se calculan mediante la aplicación de las
ecuaciones de equilibrio (suma de fuerzas igual a cero y suma de momentos igual a cero). Aunque el
cálculo de las reacciones que garanticen el reposo es fundamental, éste es solo el primer paso en el
proceso de análisis y diseño que en cada situación llevará a la definición del tipo de material, de la
forma 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 estructuras
cumplan su fin.
10
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Es claro que en las situaciones mostradas a continuación las estructuras pueden romperse o
deformarse excesivamente.
Como puede verse, cualquiera de las dos situaciones (Deformación excesiva o Rotura) es
inadmisible.
Por lo tanto, el ingeniero debe asegurar con una buena probabilidad de éxito que las estructuras
que construya sean RÍGIDAS y RESISTENTES.
De esto trata la RESISTENCIA DE MATERIALES. Debemos ser capaces de garantizar que
las 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 los
elementos estructurales y que son en últimas las que producirán las deformaciones y la rotura.
11
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En general podemos afirmar que una fuerza interna produce un esfuerzo actuante que trata de
romper el elemento. Que se rompa depende del esfuerzo resistente que tenga el elemento el cual
dependerá del material y de sus dimensiones transversales.
Análogamente, esas mismas fuerzas internas producirán deformaciones del elemento las cuales
dependerán igualmente del material y de sus dimensiones.
La Resistencia de Materiales se ocupa del cálculo de los esfuerzos y deformaciones que se
producirán debiendo garantizar el ingeniero que las deformaciones estén dentro de unos límites permisibles
y obviamente que no se produzcan roturas.
Los esfuerzos resistentes del material deben calcularse con el fin de poder compararlos con los
esfuerzos actuantes. Estos esfuerzos dependen no solo de las dimensiones del elemento estructural
sino de la forma como estén aplicadas las cargas las cuales pueden producir esfuerzos normales o
cortantes dependiendo de que las fuerzas o momentos actuantes sean axiales, transversales o
combinados.
Debe por tanto determinarse primero que todo si el elemento en estudio está sometido a fuerzas
axiales, transversales (en cuyo caso se producirá flexión), momentos torsionales (torsión) o una
combinación de algunos de ellos.
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Veamos las siguientes situaciones:
CABLES DE ANCLAJE, PUENTE DE LA BAHÍA, SAN FRANCISCO, ESTADOS UNIDOS. 2005
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Como se observa en las figuras anteriores, los elementos estructurales quedan sometidos a
diferentes tipos de fuerzas (o solicitaciones) dependiendo tanto de las acciones que se apliquen como
de 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 elementos
estructurales en los siguientes casos:
-
Axiales
Biaxiales
Triaxiales
Flexión
Combinados
Pandeo (caso particular de esfuerzo axial a compresión)
Torsión
1 .1 P R IN C IP IO S B Á S IC O S D E L A R E S IS T E N C IA D E M A T E R IA L E S
Como en cualquier materia, en la resistencia de materiales se aceptan de entrada unas hipótesis
iniciales 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 las
variaciones de composición que de punto a punto de los mismos tienen los materiales reales.
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
Los materiales se consideran contínuos: tampoco se tienen en cuenta en los análisis las
discontinuidades o poros que presentan los materiales. Piénsese en los casos de la madera y
del concreto.

Los materiales se consideran isótropos: significa que en los análisis generales no se
tienen en cuenta las diferencias de propiedades en distintas direcciones del material. O
sea 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 son
iguales a la suma de los efectos individuales de cada una de las fuerzas. Es válido en el rango
elástico lineal como se verá posteriormente.

Principio de Saint Venant (científico francés): Cuando a un elemento estructural se le aplica
una fuerza los esfuerzos que esta causa en puntos suficientemente alejados de ella no dependen
de la forma concreta en que la carga es aplicada:
PRINCIPIO DE SAINT VENANT
A
A
A
A
A
A
Los esfuerzos internos en la sección A-A son iguales en los 3 casos
independientemente de la forma como se cuelgue la carga
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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 IÓ N
Tal como se dejó establecido en el curso de Mecánica, en el análisis estático externo inicial no hay
necesidad de considerar las deformaciones de los elementos estructurales (los cuerpos pueden
considerarse rígidos) ni el tipo de material del cual están hechos pues estos factores usualmente no
tienen incidencia en las reacciones generadas en los apoyos.
Si se tiene un objeto suspendido por un cable no habrá necesidad de considerar el alargamiento
del cable para calcular su tensión. El diagrama de cuerpo libre del cable estará sometido a las mismas
fuerzas considérese o no el alargamiento.
Veamos:
Las fuerzas son las mismas (R y W), independientemente que se
considere o no el alargamiento 
Como muestra el ejemplo, para hacer el análisis externo y calcular las reacciones no es necesario
considerar las deformaciones y el tipo de material.
Sin embargo para avanzar en el proceso de análisis y diseño con el objetivo de definir finalmente
las dimensiones y el tipo de material del cual deberán hacerse los elementos estructurales es necesario
considerar 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.
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En otros términos, antes de construir una estructura es necesario saber la resistencia que tendrá
y las deformaciones que sufrirá. Lo anterior es apenas obvio si consideramos que cualquier estructura
debe 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 de
deformaciones.
Por las consideraciones anteriores, se hace necesario estudiar tanto los esfuerzos como las
deformaciones que sufrirán los elementos sometidos a fuerzas, según se vio al final del curso de
Mecánica.
1 .3 T IP 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 fu e r z o s n o r m a le s
Cuando una fuerza P actúa a lo largo de una barra su efecto sobre la misma depende no solo del
material sino de la sección transversal que tenga la barra, de tal manera que a mayor sección mayor
será la resistencia de la misma.
Se define entonces el esfuerzo axial o normal como la relación entre la fuerza aplicada y el
área de la sección sobre la cual actúa. O en otros términos como la carga que actúa por unidad de área
del material.
18
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
Esfuerzo normal:
Siendo
P
A
P: Fuerza axial
A: Sección transversal
O a nivel diferencial:

dP
dA
Unidades del esfuerzo normal:
Esfuerzo  :
F
2
L
N
Kg
cm 2
lb
: psi
in 2
m2
MKS
Inglés
Sistema internacional
: Pascal
19
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CABLES SOMETIDOS A TENSIÓN. PUENTE DE BROOKLYN, NUEVA YORK, 2005
HILOS DE UNA TELARAÑA SOMETIDOS A TENSIÓN
20
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SECCIÓN TRANSVERSAL DE UNO DE LOS CABLES PRINCIPALES DEL PUENTE GOLDEN GATE
EN SAN FRANCISCO. NÓTESE EL GRAN DIÁMETRO (92.4CM) DE UNO DE LOS CABLES
PRINCIPALES CON LO CUAL SE GARANTIZA UN ÁREA SUFICIENTEMENTE GRANDE PARA DISMINUIR
EL ESFUERZO ACTUANTE Y AUMENTAR LA SEGURIDAD DEL PUENTE.
COLUMNA A COMPRESIÓN, CAMPUS LA NUBIA, UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA, MANIZALES
21
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PROBLEMA
Sabiendo que el esfuerzo normal actuante en el tramo AB (cuya sección es de 40x40cm) es de
48 KPa calcular el esfuerzo correspondiente en el tramo BC (cuya sección es de 30x30cm)
 BC 
FBC
FBC
FBC


2
ABC 0.3  0.3m
0.09m 2
Debemos calcular por tanto el valor de FBC
 Fy  0
FBC  F
Debemos calcular F
Calculamos F:
 Fy  0
FAB  F
22
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Pero en el enunciado del problema se establece que:  AB  48KPa
Por tanto:  AB  48KPa 
FAB
F
F


2
AAB 0.4  0.4m
0.16m 2
F  48KPa  0.16m 2  48KN / m 2  0.16m 2  7.68KN
Al principio habíamos encontrado que FBC  F
Entonces: FBC  7.68 KN
Y finalmente:  BC 
FBC
0.09m
2

7.68KN
 85.33KPa
0.09m 2
PROBLEMA
Se tiene un muro sometido a una carga de 13000 Kg por metro de longitud y soportado por
una cimentación de concreto la cual a la vez se apoya sobre el suelo. Calcular los esfuerzos
actuantes en el muro, la cimentación y el suelo y compararlos con los esfuerzos admisibles de
los tres elementos que son los siguientes:
 admisibleMURO  40 Kg / cm 2  40
Kg
cm

2
9.8 N 104 cm 2
N

 392  10 4 2  3920KPa  3.92 MPa
2
1Kg
m
m
 admisibleCIMENTACION CONCRETO  4.83MPa
 admisibleSUELO  380 KPa  0.38MPa
23
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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 iv e l a :
 actuante a   actuante  MURO 
F 13000 Kg
Kg 9.8 N

 43333 .33 2 
 424666 .7 Pa  424.7 KPa
2
A 1  0.3m
1Kg
m
Como  admisibleMURO  3920 KPa
Entonces:
 actuante MURO   admisibleMURO
El muro es seguro
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E n e l n iv e l b :
 actuante b   actuante CONCRETO 
F 13000 Kg
Kg 9.8 N

 43333 .33 2 
 424666 .7 Pa  424 .7 KPa
2
A 1  0.3m
1Kg
m
Como
 admisibleCIMENTACION CONCRETO  483MPa  4830 KPa
Entonces:
 actuanteCIMENTACIO N CONCRETO   admisibleCIMENTACION CONCRETO
La cimentación es segura en el nivel b
E n e l n iv e l c :
 actuante c   actuante CONCRETO 
F 13000 Kg
Kg 9.8 N

 26000 2 
 254800 Pa  254 .8KPa
A 1  0.5m 2
1Kg
m
Como
 admisibleCIMENTACION CONCRETO  483MPa  4830 KPa
Entonces
 actuanteCIMENTACIO N CONCRETO   admisibleCIMENTACION CONCRETO
La cimentación es segura en el nivel c
25
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E n e l n iv e l d :
 actuante  d   actuante  SUELO 
F 13000 Kg
Kg 9.8 N

 18571 .43 2 
 182000 Pa  182 KPa
2
A 1  0 .7 m
1Kg
m
Como
 admisibleSUELO  380 KPa
Entonces
 actuante SUELO   admisibleSUELO
La cimentación también es segura a nivel del
suelo
PROBLEMA
Calcular el valor de la fuerza admisible que puede aplicarse a la estructura sabiendo que los
esfuerzos admisibles del material son los siguientes:
 admisibleTENSION  1400Kg / cm 2
 admisibleCOMPRENSION  800 Kg / cm 2
Las barras AC y BC tienen secciones transversales de 5x2 cm.
Padmisible=?
La barra BC está a tensión y la barra
AC a compresión. Por lo tanto
la condición que debe cumplirse
es que el esfuerzo en BC
no sobrepase un valor de
1400 Kg/cm2 y que el esfuerzo en AC
no sobrepase un valor de 800 Kg/cm2.
En otros términos:
26
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 actuanteBC   admisibleTENSION  1400 Kg / cm 2
 actuanteAC   admisibleCOMPRENSION  800Kg / cm 2
Debemos por tanto calcular los esfuerzos actuantes en las 2 barras:
 actuanteBC 
FBC
FBC
F

 BC 2
2
A
5  2cm
10cm
 actuanteAC 
FAC
FAC
F

 AC 2
2
A
5  2cm
10cm
Calculemos FBC y FAC
  tan 1
1.5
 26.56
3
 Fy  0
 Fx  0
FBC Sen 26.56  Padmisible  0
FAC  FBC Cos 26.56  0
FBC  2.24 Padmisible
FAC  2.24 PadmisibleCos 26.56  2.00 Padmisible
Por lo tanto:
 actuanteBC 
2.24 Padmisible
10cm 2
  admisibleTENSION  1400 Kg / cm 2
Padmisible  6250 Kg
 actuanteAC 
2.00 Padmisible
10cm
2
  admisibleCOMPRESION  800 Kg / cm 2
Padmisible  4000 Kg
27
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Hemos encontrado 2 valores para la carga permisible: el de 6250 Kg garantiza que la barra
BC 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 menor
que nos lo garantiza.
Por lo tanto:
Padmisible  4000 Kg
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
  tan 1
2.25
 36.87
3
  90  36.87  53.13
28
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Los esfuerzos pedidos serán iguales a:
 AB 
FAB
Acable
 CB 
Acable 
FCB
Abarra
 BD 
FBD
Abarra
D 2  (1.5cm) 2
1.77cm 2

4
4
Abarra  5cm  2cm  10cm 2
Debemos calcular las fuerzas FAB FCB y FBD
Diagrama de cuerpo libre:
 MC  0
2 FAB  2.25  4  0
FAB  4.5KN
 Fy  0
C y  4 KN
 Fx  0
C x  FAB  4.5KN
Esfuerzo en el cable AB:
 AB 
FAB
4.5KN 104 cm 2
KN


 2.54  10 4 2  25.4MPa
2
2
Acable 1.77cm
m
m
29
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Cálculo de FCB y FBD
Esfuerzos en los tramos CB y BD
30
 CB 
FCB
5.90 KN 10 4 cm 2
KN


 0.59  104 2  5.9MPa
2
2
Abarra 10cm
m
m
 CB 
FCB
3.20 KN 104 cm 2
KN


 0.32  10 4 2  3.2MPa
2
2
Abarra 10cm
m
m
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1 .3 .2 E s fu e r z o d e a p la s ta m ie n to o d e a p o y o
Un caso particular de esfuerzo se presenta cuando hay un contacto entre dos superficies que se
presionan 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 esfuerzo
de compresión que se denomina "esfuerzo de aplastamiento".
Cuando este tipo de situaciones se presenta, será necesario calcular el esfuerzo permisible del
material mas susceptible de aplastarse, en este caso la madera para a partir del mismo calcular el área
de 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 MADERA
ORIGINANDO EL APLASTAMIENTO QUE SE VE EN LA FOTO INFERIOR DERECHA. (Ensayo diseñado
por el profesor José Christian Chanchí, Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales)
31
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1 .3 .3 D e fo r m a c io n e s a x ia le 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 IE D A D E S M E C Á N IC A S D E L O S M A T E R IA 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 y
deformaciones producidos en el interior de los elementos estructurales por las fuerzas aplicadas. Hace
uso intensivo de los diagramas de cuerpo libre y de las ecuaciones de equilibrio, así como de las
relaciones geométricas entre las dimensiones de los elementos y sus deformaciones tanto lineales
como angulares.
 En la parte experimental ensaya en el laboratorio probetas de materiales sometiéndolas a
diferentes tipos de cargas para calcular los esfuerzos resistentes de los materiales y adicionalmente
mediante la medición de las deformaciones producidas busca encontrar relaciones entre estas y los
esfuerzos aplicados con el fin de determinar lo que se conoce como las características acción-respuesta
de los materiales lo cual permitirá determinar parámetros como los módulos de elasticidad y de corte,
32
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la relación de Poisson y la ductilidad de los materiales ensayados (posteriormente veremos el significado
de cada uno de estos términos).
En las siguientes fotos se observan algunos ejemplos de probetas sometidas a ensayos en los
laboratorios de resistencia de materiales y estructuras de la Universidad Nacional de Colombia, Sede
Manizales.
ENSAYO DE COMPRESIÓN DE CONCRETO
33
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PROBETAS METÁLICAS ENSAYADAS
A TENSIÓN
MADERA ENSAYADA A CORTE
PREPARACIÓN DE LAS VIGUETAS
A SER ENSAYADAS
34
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FLEXIÓN DE VIGUETA DE CONCRETO SIMPLE
CORTE DOBLE EN COBRE
35
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ENSAYO DE COMPRESIÓN EN BLOQUES DE MORTERO
ENSAYO BRASILERO DEL CONCRETO
ENSAYO DE COMPRESIÓN DE MADERA
36
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LABORATORIO DE RESISTENCIA
DE MATERIALES
UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA,
SEDE MANIZALES
ENSAYO DE CORTE
DE TORNILLOS
(Diseño del profesor José
Christian Chanchí,
Universidad Nacional
de Colombia,
Sede Manizales)
37
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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 Chanchí
en la Universidad Nacional de Colombia, Sede Manizales.
1 .4 .1 R e la c io n e s e s fu e r z o - d e fo r m a c ió n
Se dice que el primero en estudiar sistemáticamente las propiedades de resistencia de un material
fue Leonardo Da Vinci a través de ensayos en los cuales suspendía piedras con un alambre a fin de
evaluar su resistencia.
38
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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 relaciona
fuerzas y deformaciones. Con un sencillo dispositivo en el cual aun plato se le van agregando pesos y
se van midiendo las deformaciones producidas progresivamente en el resorte encontró una
proporcionalidad 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: P  k
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 longitud
de la probeta ensayada.
39
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Como se ve en la figura, a medida que aumenta el esfuerzo se incrementa la deformación unitaria
del material que se está ensayando, pudiendo de esta forma obtenerse las propiedades mecánicas de
los materiales a partir de esta Gráfica Esfuerzo-Deformación.
1 .5 .1 M ó d u lo d e e la s tic id a d , d u c tilid a d , r e s is te n c ia
La pendiente inicial de la gráfica nos dice cómo varían las deformaciones unitarias al incrementarse
los esfuerzos. Para varios materiales esta primera parte de la gráfica es lineal presentándose por tanto
una 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 conoce
como el módulo de elasticidad o módulo de Young del material y nos dice que tan rígido es un
material.
La rigidez, la resistencia y la ductilidad son propiedades mecánicas de los materiales:
40
-
Rigidez: Capacidad de oponerse a las deformaciones
-
Resistencia: Capacidad de oponerse a la rotura
-
Ductilidad: Capacidad de deformarse antes de romperse.
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
zona elástica
Resistencia
Rig
id
ez
zona inelástica

Ductilidad
A partir de la Ley de Hooke puede calcularse la deformación total que sufrirá un elemento
sometido a fuerza axial.
Según la Ley de Hooke:
  E
P

E
A
L

PL
AE
Con esta expresión puede calcularse la deformación conociendo la carga P la longitud de la barra
L, la sección transversal A y el módulo de elasticidad E (en la zona elástica).
1 .5 .2 M ó d u lo s d e e la s tic id a d d e a lg u n o s m a te r ia le 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
41
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PROBLEMA
Calcular el alargamiento de cada cable y el desplazamiento vertical del punto C en el cual está
aplicada la carga.
Considerar que la barra ACB es rígida (no se flexiona).
Diámetro de los cables: 1.5cm
Eacero  200GPa
Alargamiento de los cables
 cableA 
FA  L
AE
 cableB 
L  2m
A
  D 2   (0.015m) 2

 1.77  10 4 m 2
4
4
E  200GPa  200  109 N / m 2
Cálculo de FA y FB:
42
M A  0
 Fy  0
5 FB  3  20  0
FA  FB  20  0
FB  12KN
FA  8 KN
FB  L
AE
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 cableA 
 cableB 
8KN  2m
4
2
9

2
9

2
1.77  10 m  200  10 N / m
12 KN  2m
4
2
1.77  10 m  200  10 N / m
8  103 N  2m
4
2
9
2
9
2
1.77  10 m  200  10 N / m
12  103 N  2m
4
2
1.77  10 m  200  10 N / m
 4.52  10  4 m
 6.78  10  4 m
Cálculo del desplazamiento vertical del punto C:
Por relación de triangulos:
 cableB   cableA   b
5
3
b
3 cableB   cableA  3  2.26  10 4

 1.36  10  4
5
5
Finalmente
c  4.52  10  4  1.36  10 4  5.88  10 4 m
43
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1 .6 E L A S T IC ID A D
Y P L A S T IC ID A D
Gráfica esfuerzo-deformación para el acero. A partir del ensayo a tensión de una probeta en el
laboratorio, 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" produciéndose
un aumento de la deformación sin necesidad de aumentar el esfuerzo.
max: Después de la fluencia, al producirse un "endurecimiento por deformación" (la energía
aplicada calienta el material), el material adquiere capacidad de resistir mas esfuerzo produciéndose un
aumento de la pendiente de la gráfica hasta alcanzar el esfuerzo máximo.
ROTURA NOMINAL: A partir del esfuerzo máximo alcanzado se produce un angostamiento de la
sección de la barra ensayada (Estricción) hasta que finalmente se produce la rotura. El rotura nominal
es 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).
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1 .6 .1 F a c to r e s d e s e g u r id a d
La ingeniería no es una ciencia exacta. Tanto en el cálculo de las estructuras como en la previsión
de las cargas que actuarán sobre ellas, los ingenieros están expuestos a incertidumbres de distinto tipo
que hacen que deban tomar previsiones que garanticen con una alta probabilidad que no se producirán
fallas. 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 que
se hagan para determinar las cargas máximas que actuarán sobre una estructura durante su
vida útil, nunca será posible hacerlo con total exactitud. Pensemos en los casos de los camiones
sobre los puentes o en las cargas máximas producidas por sismos y entenderemos cuan
incierta es la determinación de sus efectos máximos.

Incertidumbre en las propiedades mecánicas de los materiales: Se calculan a partir de
análisis estadísticos de los resultados de ensayos practicados a muestras de los materiales que
se emplearán en la construcción de estructuras. Es obvio que los propios materiales con los
cuales se construyen las estructuras no se ensayan para cada construcción. Por lo tanto en
este caso también se tienen aproximaciones derivadas de los métodos estadísticos empleados
y de los procedimientos de los ensayos de laboratorio utilizados.

Incertidumbre en las dimensiones de los elementos estructurales: Es muy difícil
garantizar que las dimensiones con que se construyen los elementos de una estructura sean
exactamente iguales a los especificados en los planos arquitectónicos y estructurales. Debido
a las imprecisiones en los procesos constructivos se introducen incertidumbres que deben ser
cubiertas por los factores de seguridad.

Incertidumbre en la precisión de los cálculos: En los métodos de cálculo de estructura
se hacen suposiciones que simplifiquen el análisis y disminuyan los tiempos del análisis. Esto
obviamente tiene un costo en el sentido de que los modelos matemáticos empleados no siempre
representan 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 para
definir estos factores:

Esfuerzos admisibles: Se calcula dividiendo el esfuerzo que resiste el material por el factor
de seguridad (mayor que 1), de tal manera que aunque uno "sabe" que el material tiene una
resistencia dada lo "pone a trabajar" a un esfuerzo menor (el esfuerzo admisible).
 admisible 

 resistenteMATERIAL
F .S .
Métodos probabilísticos: la seguridad se relaciona con la probabilidad de falla de la
estructura: mientras más baja sea esta probabilidad, mas alto será el factor de seguridad.
45
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
Diseño por estados límite: A través de los códigos de estructuras de los diferentes países
se definen los aspectos de seguridad de las estructuras a diseñar. La idea consiste en considerar
que como una estructura puede colapsar o puede deformarse excesivamente o tener grandes
vibraciones, el diseñador debe considerar los límites para los cuales la estructura se hace
inaceptable 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 aquí
brevemente, 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 por
las fuerzas externas que actúan sobre ellos. En muchas ocasiones un elemento está tratando
de ser cortado.
En este caso, las dos platinas están intentando ser cortadas a lo largo del área transversal que las
une, la cual es paralela a la fuerza P que está siendo aplicada.
EDIFICIO REFORZADO CONTRA SISMOS. BERKELEY, CALIFORNIA 2005
46
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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:

V
A
Las unidades son las mismas del esfuerzo normal:

P
A
Kg
lb
2
2
cm
in
:psi
N
m2
:Pascal
47
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1 .7 .1 D e fo r m a c io n e s p o r c o r te
Al producirse una distorsión como la que se ve en la figura, la deformación está dada por la
variación angular que sufre el elemento al ser deformado por el esfuerzo cortante.
V
V
V
En el rango elástico lineal del material se ha encontrado relación directa entre los esfuerzos
cortantes 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 te
Siendo G el módulo cortante o de rigidez del material
48
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1 .7 .3 M ó d u lo d e c o r te d e v a r io s m a te r ia le s
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
1 .7 .4 E s fu e r z o c o r ta n te d o b le
En este caso, el corte se resiste a través de 2 áreas.
Por lo tanto:

V
2A
49
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PROBLEMA
Calcular los esfuerzos normales en las barras AB y CB y los esfuerzos cortantes en los
pasadores en A y C, cuyo diámetro es de 1.2 cm.
 AB 
FCB
FCB
F

 CB 2
2
A
2  8cm
16cm
FAB
FAB
F

 AB 2
2
A
2  8cm
16cm
 CB 
FA
R
RA
RA
 A2 

2
2 A 2 D
2.26cm 2
2  1.2
 pasadorC 
 pasadorA 
4
4
FC
R
R
RC
 C2  C 2 
D
 1 .2
A
1 .13 cm 2
4
Corte doble
Corte simple
Debemos calcular FAB, FCB, RA y RC
Diagrama de cuerpo libre del punto B:
 Fy  0
FCB Sen36.86  8  0
FCB  13.34 KN
 Fx  0
13.34 Cos36.86  FAB  0
FAB  10.67
50
4
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Diagramas de cuerpo libre de las barras AB y CB:
Finalmente calculamos los esfuerzos pedidos:
 CB 
13.34 KN
16cm
2

13.34  103 N  10 4 cm 2
2
16cm  1m
2
 0.83  107
N
m2
 8.3MPa
son 2 barras, a cada una le toca la mitad de la fuerza
 AB 
10.67 KN
5.34  10 3 N  10 4 cm 2
2

 0.33  10 7
2
2
2
16cm  1m
16cm
 pasadorC 
 pasadorA 
13.34  103 N  104 cm 2
2
1.13cm  1m
2
10.67  10 3 N  10 4 cm 2
2
2.26cm  1m
2
 11.85  107
 4.72  10 7
N
m2
N
m2
N
m2
 3.3MPa
 118.5MPa
 47.2 MPa
1 .7 .5 R e la c ió n d e P o is s o n
Cuando a un elemento se le produce un alargamiento en una dirección dada, automáticamente se
genera un acortamiento en la dirección perpendicular o viceversa.
Deducida por el francés Simeon Denis Poisson (1781-1840) quien encontró que la relación
entre la deformación unitaria transversal y la longitudinal era constante para cada material, denominándose
por tanto esta constante, Relación de Poisson ().
51
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
 transversal
 longitudinal
El signo menos indica que a un alargamiento en un sentido corresponde un acortamiento en el otro
y viceversa.
Valores de la relación de Poisson para diferentes materiales
Material
Relación de Poisson 
Corcho
0.0
Concreto
0.1 – 0.2
Acero
0.27 – 0.30
Caucho
0.47
0    0,5
52
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PROBLEMA
Calcular la carga admisible que se puede aplicar a un cilindro de concreto de 8cm de diámetro
para 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
PPadmisible
=? ?
permisible
P admisible   y  A
P admisible   admisible  A
A
 D 2   (8cm) 2

 50.27cm 2
4
4
Calculemos  admisible
Según la ley de Hooke  y  E y
Aplicando la relación de Poisson:

x

y  x
y

y  E
Ahora:  x 
x
  admisible

Padmisible  E
x
A

x
0.002cm

0.00025
Diámetro
8cm
Finalmente:
Padmisible  E
x
0.00025
1m 2
N 0.00025
1m 2
 A  20GPa
 50.27cm 2  4 2  20  109 2 
 50.27cm 2  4 2  16756.67 N  16.76 KN

0.15
0.15
10 cm
m
10 cm
53
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1 .7 .6 R e la c ió n e n tr e e l m ó d u lo d e e la s tic id a d y e l m ó d u lo c o r ta n te
A partir de un análisis que puede consultarse en alguno de los libros de resistencia de materiales
mencionados en la bibliografía, se ha encontrado que:
G
Como 0    0.5
entonces
E
21   
0.33E  G  0.5E
Las constantes E (módulo de elasticidad), G (módulo de corte) y  (relación de Poisson) se
denominan constantes elásticas de los materiales.
1 .8 D E F O R M A C IO N E S E N
F U E R Z A S A X IA L E S
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 ID A S A
Si se aplica la fuerza P a la estructura de la figura, calcular el desplazamiento tanto horizontal
como vertical del punto C.
Primero que todo encontremos las fuerzas en las barras AC y BC:
Diagrama de cuerpo libre del punto C:
 Fx  0
P  FBC Cos  0
FBC  P / Cos (Compresión)
 Fy  0
FBC Cos  FAC  0
FAC  FBC Cos (Tensión o tracción)
54
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La barra AC al quedar a tensiƒn se alarga y gira alrededor
de A. Por su parte la barra AC se acorta por quedar a
compresiƒn y gira alredeor de A.
Por lo tanto el punto C se desplaza a C’
Esquem•ticamente sucede lo siguiente:
P
Debido a que en la realidad las deformaciones son muy peque‚as, los arcos se pueden considerar
perpendiculares a los radios de giro quedando el esquema de deformaciones o "diagrama de Williot"
como sigue:
55
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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 barra
BC se comprime una cantidad BC y gira mediante otro arco. Al final de este proceso, el punto C se
ha movido a una nueva posición C'. Se trata ahora de calcular tanto el movimiento horizontal como
vertical 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, que
se ve ampliada a continuación pueden determinarse mediante relaciones geométricas y trigonométricas
los dos desplazamientos mencionados del punto C.
Cálculo de los desplazamientos horizontal y vertical del punto C:
Observando los gráficos tenemos
vertical de C   AC
(alargamiento de la barra AC)
horizontal de C   BC Sen   AC   BC Cos  / tan 
Recordando que:
 AC 
56
FAC L AC
AE
 AC 
FAC L AC
AE
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1 .9 E S F U E R Z O S T É R M IC 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:
  LT
Siendo

Coeficiente de dilatación térmica
T : Incremento de temperatura
Si al elemento se le impide la libre dilatación mediante una restricción como un empotramiento, el
elemento quedará sometido a un esfuerzo al ser impedido el alargamiento por medio de los dos
empotramientos.
AL MEDIRSE LA DILATACIÓN SE GENERAN ESFUERZOS DE COMPRESIÓN
La fuerza ejercida por el empotramiento se puede calcular quitándolo y dejando que se
produzca la deformación y volviéndolo a poner de tal manera que obligue a la barra a recobrar su
tamaño original.
57
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Se “quita” el empotramiento
permitiendo la deformaci‚n por
temperatura
Se “pone” el empotramiento
restituyendo la barra a su posici‚n
original
Como en la realidad los empotramientos est•n impidiendo completamente la deformaciƒn debe
cumplirse que:
 Temperatura   carga
LT 
PL
L

AE
E
Por lo tanto el esfuerzo generado por el cambio de temperatura es:
   ET
Siendo
:
Coeficiente de dilataciƒn t…rmica
T : Incremento de temperatura
E:
Mƒdulo de elasticidad del material
1 .9 .1 C o e fic ie n te s d e d ila ta c ió n té r m ic a
58
Material
10-6/ °C
10-6/ °F
Acero
14
8
Aluminio
23
13
Bronce
18 – 21
9.9 – 11.6
Cobre
16.6 – 17.6
9.2 – 9.8
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PROBLEMA
Calcular los esfuerzos inducidos en un riel de ferrocarril cuando la temperatura se incrementa
de 12 a 30 grados centígrados.
Coeficiente de dilatación térmica del acero:   14  10
6
/ C
Como se vió, los esfuerzos inducidos por un incremento de temperatura son iguales a:
  ET
Como:
  14  106 / C
E  200GPa  200  109 N / m 2
T  30  12  18C
Entonces, el esfuerzo debido al incremento de temperatura será:
  14  10 6 / C  200  109 N / m 2  18C  50400000N / m 2
  50.4 MPa
1 .1 0 IN D E T E R M IN A C IÓ N
E S T Á T IC A E N
T E N S IÓ N
Y C O M P R E S IÓ N
Existen situaciones en las cuales por razones de seguridad es necesario colocar elementos
estructurales adicionales que al tiempo que suministren más seguridad a la estructura (resistencia),
disminuyan las deformaciones que se presentarán (al aumentar la rigidez)
Veamos:
59
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En este caso, mediante la aplicación de las condiciones de equilibrio estático pueden encontrarse
las reacciones Ax , Ay y la tensión en el cable TB .
 Fx  0
 Fy  0
M  0
3 ecuaciones de equilibrio
Ax , Ay , TB
3 incógnitas
Al existir un número igual de ecuaciones y de incógnitas se dice que el problema es Estáticamente
determinado.
Una vez calculadas las reacciones y la tensión en el cable pueden calcularse, por ejemplo, el
esfuerzo cortante en el pasador del apoyo A y el esfuerzo normal en el cable B. Igualmente el alargamiento
del cable B = TBL/AE.
Con los esfuerzos actuantes encontrados en el pasador y el cable y cable se tendrá una idea de
los factores de seguridad con que trabajará la estructura (comparándolos con los esfuerzos admisibles
de 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 de
incrementar 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:
60
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 Fx  0
 Fy  0
M  0
3 ecuaciones de equilibrio
Ax , Ay , TB , TD
4 incógnitas
Es obvia la dificultad para calcular 4 incógnitas con las 3 ecuaciones disponibles. Esta situación
configura 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:
B D

b
d
Por semejanza de triángulos
Como se ve, la ecuación adicional se obtiene a partir de la semejanza de triángulos y se expresa
según la siguiente proporción:
B D

b
d
Como B = TBL/AE
y
D = TDL/AE
61
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TB L / AE TD L / AE

b
d
y por tanto:
TB TD

b
d
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:
 Fx  0
A x  T BC Cos 30   T DE Cos 30   0
 Fy  0
Ay  TBC Sen30  TDE Sen 30  600  0
MA  0
3TBC Sen30  3TDE Sen30  4  600  0
3 ecuaciones, 4 incógnitas
Estáticamente Indeterminado
62
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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:
63
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Por semejanza de triángulos:
 BC / Sen30  DE / Sen30

3
5
Pero:
 BC 
TBC  LBC TBC  3 / Cos30 TBC  3.46


AE
AE
AE
 DE 
TDE  LBC TDE  5 / Cos30 TDE  5.77


AE
AE
AE
Por tanto:
TBC 3.46
/ Sen30
AE
3

TDE 5.77
/ Sen30
AE
5
TBC  3.46 TDE  5.7

3Sen30
5Sen30
4 ecuación que
estábamos buscando
TBC  TDE
Combinamos esta 4a ecuación con las 3 ecuaciones de equilibrio que teníamos y obtenemos las
tensiones en los cables:
 Fx  0
 Fy  0
M A  0
64
Ax  TBC Cos30  TDE Cos30  0
Ay  TBC Sen30  TDE Sen30  600  0
3TBC Sen30  5TDE Sen30  5  600  0
TBC  750 N
TBC  TDE
TDE  750 N
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PROBLEMA
Calcular las reacciones en A y B
Diagrama de cuerpo libre de toda la barra:
 Fx  0
R A  RB  800
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 (porque
la barra está empotrada en los extremos).
 AC   CB
65
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Pero:  AC 
FAC  4
AE
y  CB 
FCB  3
AE
Siendo FAC y FCB las fuerzas internas en los respectivos tramos.
Por tanto:
FAC  4 FCB  3

AE
AE
Como está en función de
Esta es la segunda ecuación.
1
(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
AE
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:
 Fx  0
 Fx  0
FAC  R A
FCB  800  R A
Reemplazando en 2:
R A  4  800  R A   3
R A  342.85 N
66
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Y por tanto:
RB  457.15 N
Resolver el mismo problema considerando las deformaciones como incógnitas: Método de la
Rigidez.
El análisis externo es igual:
Diagrama de cuerpo libre de toda la barra:
 Fx  0
R A  RB  800 1 ecuación, 2 incógnitas
Estáticamente indeterminado
Análisis interno
Tomemos el desplazamiento del punto C como incógnita:
Como se puede ver:  C   AC   CB
Haciendo cortes nuevamente:
67
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 Fx  0
FAC  R A
RA  4
AE
Por tanto R A 
 Fx  0
FCB  RB
RB  3
AE
Por tanto RB 
 C   AC 
 C   CB 
 C  AE
4
 C  AE
3
Ahora como: R A  RB  800
 C  AE  C  AE

 800
4
3
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 los
desplazamientos
7 C AE
 800
12
C 
Y finalmente: R A 
1371.43
AE
 C  AE 1371.43  AE

 342.85
4
3 AE
RB 
 C  AE 1371.43  AE

 457.15
3
3 AE
En los dos problemas anteriores al calcular las fuerzas internas ha sido necesario tener en cuenta
si cada tramo en consideración estaba sometido a tensión o a compresión. Para evitar incurrir en
errores derivados de este hecho puede asumirse que todos los tramos estarán sometidos a tensión
y por lo tanto sufrirán alargamientos. Al final el signo de las fuerzas halladas nos dirá cuáles
están efectivamente a tensión y cuáles a compresión.
68
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PROBLEMA
Calcular las reacciones en los empotramientos A y B:
Análisis externo:
 Fx  0
R A  RB  12 1 Ecuación, 2 Incógnitas
Estáticamente indeterminado
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 igual
a cero.
 AC   CD   DE   EB  0
 AC   CD   DE   EB  0
FAC  1 FCD  3 FDE  4 FEB  2



0
AE
AE
AE
AE
69
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Análisis interno:
Reemplazando:
R A  1  R A  7   3 R A  22   4  R A  12  2



0
AE
AE
AE
AE
Por tanto: R A  13.3KN
y: RB  1.3KN
RB  1.3KN
(flecha derecha)
Con estos valores pueden calcularse las fuerzas internas:
FAC  R A  13.3
FCD  R A  7  6.3
FDE  R A  22  8.7
FDE  8.7 (Compresión)
FEB  R A  12  1.3
70
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1 .1 1 E N E R G ÍA D E D E F O R M A C IÓ N
A X IA L
Cuando una barra se somete a una fuerza axial gradualmente creciente, esta efectúa un trabajo
al deformar la barra que se almacena en el interior de la misma como energía de deformación (pensemos
en 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 la
barra.
Wexterno  U interna
Trabajo externo realizado por la carga P en un instante para producir un alargamiento d de la
barra = P d
dW  Pd 
W  Pd  dA


W = Área bajo la curva
71
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Área bajo la recta
P
2
W = Energía interna = U =
Como  
Entonces U 
1
P
2
PL
AE
1
1 PL P 2 L
P  U  P

2
2 AE 2 AE
2
2
O también: U  1 P  1 AE   1  AE   AE
2
2 L
2 L
2L
En resumen:
2
2
Energía interna de deformación P L   AE
2 AE
2L
72
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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):  AC ,  BC ,  A ,  B
73
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C A P ÍT U L O
E S F U E R Z O
2
S
B IA X IA L E S
Y
T R IA X IA 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 secciones
transversales rectas
 sección transversal recta 
P
A
75
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En este caso, como se ha visto, el esfuerzo normal  que actúa sobre la sección transversal es
igual al valor de la fuerza P dividido entre el área de la sección. Pero, qué esfuerzos se producen en una
sección inclinada un ángulo 
Veamos:
 sección inclinada  ?
 sección inclinada  ?
Es de anotar que si las fuerzas axiales son de compresión sucede lo siguiente:
76
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Retornando a la barra original consideremos el diagrama de cuerpo libre de su parte izquierda:
Y los esfuerzos en la sección inclinada serán:
 
 
PCos
P
 Cos 2
A / Cos A
PSen
P
1P
 Sen Cos 
Sen2
A / Cos A
2A
En la sección inclinada por tanto se producen tanto esfuerzos normales  como esfuerzos
cortantes .
Esfuerzos complementarios
Son los que se producen en planos que forman ángulos rectos entre sí:
77
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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 del
reloj 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
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Por tanto al aplicar las expresiones para calcular   
P
Cos 2
A
como   
1P
Sen2 los
2A
ángulos siempre deberán medirse de esa forma:
 
 
P
P
Cos 2 90     Sen 2
A
A
1P
1P
Sen290    
Sen2
2A
2A
Relación entre un esfuerzo dado y su complementario:
Dado que:
P
Cos 2
A
 
1P
Sen2
2A
 
 
 
P
Sen2
A
1P
Sen2
2A
Entonces:
   
  
P
A
2.1 LEY DE HOOKE EN DOS Y TRES DIMENSIONES
Hasta este punto nos hemos ocupado de esfuerzos axiales. Sin embargo en muchos casos un
elemento puede verse sometido simultáneamente a esfuerzos en dos (esfuerzos biaxiales) o en tres
direcciones (esfuerzos triaxiales).
79
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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 de
Poisson se calcula como:
 x    y   
y
E
Ya que la relación de Poisson es en este caso:   
x
y
Ahora:
Deformación unitaria en x = Deformación unitaria en x producida por  x + Deformación unitaria
en x producida por  y .
 x   x1   x 2
x 
x 
80
y
x

E
E
1
 x   y
E


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Análogamente:
y 
1
 y   x
E


x  y
E


z  

En resumen:
Deformaciones unitarias
x 
1
 x   y
E

y 
1
 y   x
E



z  

 x   y 
E
Y los esfuerzos se calculan según las siguientes expresiones (consultar su deducción en cualquiera
de los libros de la bibliografía).
Esfuerzos biaxiales
x 
y 
E
1 2
E
1  2
 x   y 
 y   x 
2.1.2 Ley de Hooke para esfuerzos triaxiales
81
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Deformación unitaria total en x = Deformación en x producida por  x + Deformación en x
producida por  y + Deformación en x producida por  z


 xTOTAL   x    y    z 
 xTOTAL 
y
x


 z
E
E
E
Factorizando:
x 
x 
  y   z 
E E
Análogamente:
y 
z 
y
E


 z   x 
E
z 
  x   y 
E E
A partir de estas expresiones obtenemos los esfuerzos así (consultar su deducción en cualquiera
de los libros de la bibliografía).
Esfuerzos triaxiales
x 
E
1     x    y   z
1   1  2  
y 
E
1     y    x   z 
1   1  2 
z 
E
1     z    x   y
1   1  2  








Como se ve, para cada caso se trata de una sola ecuación que con las permutaciones adecuadas
se convierte en las demás.
82
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2.2 ESFUERZOS PRINCIP ALES , ESFUERZO PLANO Y CÍRCUL O DE MOHR , ESFUERZOS Y
PLANOS PRINCIP ALES
Tal como se vió en cursos previos, el ingeniero alemán Otto Mohr (1835-1918), dedujo un método
gráfico 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 los
planos 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  x   y
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 ángulo
respecto a la vertical según se muestra.
83
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Si aislamos como cuerpo libre el prisma mostrado en la figura tendremos:
 Fx  0
  dA  CosdACos  SendASen   x SendACos   y CosdASen  0
1
1
  Cos 2   Sen 2    x Sen2   y Sen2
2
2
 
1
 x   y Sen2  Cos2
2


 Fy  0
  dA  SendA  CosdA   xCosdA   y SendA  0
84
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Por tanto:
  dA  SendACos  CosdASen   x CosdACos   y SendASen  0
   SenCos  CosSen   xCosCos   y SenSen  0
    xCos 2   y Sen 2  2SenCos
   x
1  Cos2
1  Cos2
 y
 Sen2
2
2
 
1
1
 x   y   x   y Cos 2  Sen 2
2
2
 
1
1
 x   y   x   y Cos 2  Sen 2
2
2

 

En resumen:

 
 

1
 x   y Sen2  Cos2
2


Mohr encontró que estas dos ecuaciones son las ecuaciones paramétricas de un círculo cuyo
parámetro es 2.
Escribámoslas de la siguiente forma:
   promedio  BCos 2  Sen 2
  BSen 2  Cos 2
O lo que es igual:
   promedio  BCos2  Sen 2
  BSen 2  Cos 2
85
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Elevando ambas al cuadrado:
   promedio 2  BCos 2  Sen2 2

  2  BSen 2  Cos 2

2
Y desarrollando los cuadrados y sumando:
   promedio 2  2  B 2  2
   promedio 2   2  12  x   y 2   2
   promedio 2  2  12  x   y 2  2
Esta es la ecuación de una circunferencia de radio R 
12  x   y 2   2 :
y cuyo centro está ubicado en el punto  promedio , 0
86
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2.2.1 Construcción del círculo
Construir el Círculo de Mohr para el elemento de la figura sometido al estado de esfuerzos
mostrado.
1. En el sistema de coordenadas   ,  se ubican los puntos (  x , ) y (  y , ). Se unen y se
determina el centro del círculo, C.
2. Se calcula la distancia CD 
R
 x  y
2
y se calcula el radio del círculo
12  x   y 2   2 (Pitágoras)
87
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3. Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de  max ,  min ,
 max y 2.
 max   prom  R
 min   prom  R
 max  R

tan 2   
x
y
2
y el esfuerzo promedio:
 promedio 
88
1
x  y
2


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Finalmente se calculan los esfuerzos principales máximo y mínimo:
89
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PROBLEMA
Construir el círculo de Mohr para el estado de esfuerzos mostrado y a partir del mismo calcular
los 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:
CD 
90
70  40
 15
2
R
 70  40 10  18.03
1
2
2
2
y
 prom 
70  40
 55
2
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3. Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de  max ,  min ,
 max y 2.


 2 
  tan 1  2  10 33.69
2  tan      tan 1 


x
y


 70  40 
  x  y 
 2 
1 

  16.85
A partir del elemento original se gira un angulo  en sentido horario
91
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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 en
el círculo
2  90  2  90  33.69  56.31
  28.15
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 las
mejores a mi juicio es www.mdsolids.com
Dicho programa fue ganador del Premier Award for Excellence in Engineering Education
Courseware en 1998 en Estados Unidos.
Recomiendo resolver con dicho programa los problemas aquí desarrollados, con fines comparativos.
92
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PROBLEMA
Construir el círculo de Mohr para el estado de esfuerzos mostrado y a partir del mismo calcular
los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo
1. Se ubican los puntos (400,-50) (nótese que es negativo y (150,50) y se unen determinando
el centro del círculo C.
2. Se calculan:
CD 
400  150
 125
2
R
1252  50 2  134.63
y
 prom 
400150
 275
2
93
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3. Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de  max ,  min ,
 max y 2.
 2 
  tan 1  2  50   21.8
2  tan 1 
  x  y 
 400  150 


  10 . 9 
A partir del elemento original se gira un ángulo  en sentido antihorario y se hallan los esfuerzos
principales:
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Cálculo de los planos en los cuales ocurre el esfuerzo cortante máximo:
2  90   2  90   21 .8   68 .2 
  34 . 1 
A partir del elemento original se gira un ángulo en sentido horario:
95
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PROBLEMA
Construir el círculo de Mohr para el estado de esfuerzos mostrado y a partir del mismo calcular
los 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 el
centro del círculo C.
2. Se calcula:
R
800  300
 250
2
 prom 
800  300
 550
2
3. Se construye el círculo con centro en C y radio R y se determinan los valores de  max ,  min ,
 max y 2.
96
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2  0
 0
No hay que girar ningún ángulo.
Los esfuerzos principales coinciden
con  x y  y
4. Cálculo de  max
 max  R  250
En el círculo: 2  90
En el elemento:   45
Debemos girar el elemento
original un ángulo  en sentido
antihorario
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PROBLEMA
Construir el círculo de Mohr para el estado de esfuerzos mostrado y a partir del mismo calcular
los esfuerzos principales y el esfuerzo cortante máximo
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. R  15
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 esfuerzos
principales
2  90
  45
98
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Planos donde ocurren los esfuerzos cortantes máximos
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PROBLEMAS PROPUESTOS
Construir el círculo de Morh para cada uno de los casos y a partir del mismo calcular los
esfuerzos 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 vale
el esfuerzo cortante en dicho plano?
100
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C A P ÍT U L O
E S F U E R Z O
3
S
P R O
D U C ID O
S
P O
R
F L E X IÓ
N .
V IG
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 vadear
quebradas.
Qué caracteriza una viga?
a) Geométricamente es un elemento estructural que tiene una de sus tres dimensiones mucho
mas larga que las otras dos.
101
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b) Puede estar en voladizo o soportada por dos o mas apoyos y las fuerzas actúan
perpendicularmente 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
102
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Los arcos producen empujes horizontales en los apoyos.
Para contrarrestar este empuje producido sobre los muros, en las catedrales góticas se emplearon
los contrafuertes y los arbotantes.
Otra posibilidad para cubrir el espacio entre dos muros es utilizar dos barras articuladas según se
muestra:
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 impide
que 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.
103
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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 a
COMPRESIÓN 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 COMPRESIÓN
mientras que el alma absorbe las fuerzas internas de TENSIÓN y COMPRESIÓN que se generan.
104
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UNIVERSIDAD NACIONAL, MANIZALES, CAMPUS LA NUBIA
Las aletas harían el trabajo equivalente al de las cuerdas inferior y superior: una a tensión y la otra
a 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 efectos
principales: FLEXIÓN y CORTE:
En las vigas la flexión está asociada a momentos flectores y a esfuerzos de tensión en la parte
superior 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.
105
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3.1 ESFUERZOS NORMALES PRODUCIDOS
EN FLEXIÓN
El primero en estudiar sistemáticamente los esfuerzos producidos en las vigas fue Galileo quien
en su libro "Discursos y demostraciones matemáticas sobre dos nuevas ciencias" publicado en
1638 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
106
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DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR
Para el análisis separemos como cuerpo libre un tramo de viga de longitud dz :
107
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3.1.2 Cálculo de esfuerzos normales
Si las fibras superiores están a tensión y las inferiores a compresión, debe haber una fibra intermedia
que al estar en el punto de transición entre los dos estados de esfuerzos no quede sometida a ningún
esfuerzo: LA FIBRA NEUTRA.
Comportamiento de las fibras
Esfuerzo normal en la fibra 1:   E  1 Ley de Hooke
1 
1 yd y


L1 d 

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 la
distancia y
 El esfuerzo es inversamente proporcional a la curvatura
La ecuación además nos muestra que el esfuerzo varía linealmente a través de la sección
transversal.
108
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VARIACIÓN DEL ESFUERZO NORMAL A TRAVÉS DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL DE LA VIGA
Ey


   max tension
cuando y  y max( )
 0
cuando y  0
   max compresión
cuando y  y max( )
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 la
siguiente forma:
Y mas tarde, J. Bernoulli (1654-1705) había propuesto la siguiente distribución:
109
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Se ve pues, como transcurrieron mas de 100 años para llegar a conocer la distribución correcta
de los esfuerzos normales a través de la sección transversal de una viga.
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 esfuerzo
puesto que no conocemos de antemano el radio de curvatura  de la viga.
La ecuación  
Por tanto, debemos encontrar una expresión que sea útil desde el punto de vista práctico:

dF
dA
dF  dA
110
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Mx  0

Ey
dA  0


Ey 2
dA  0

M 

Ey 2
dA  0

M 
E 2
y dA  0

M  y
M 
Pero:
 M  ydA  0


2
 y dA  I x (Momento de inercia del área)
Por tanto:
M 
EI
0

1 M

Curvatura
 EI
Pero teníamos que:  
Ey

por tanto

1

Ey 

M

Ey EI
Finalmente:

My
I
Fórmula de la flexión
111
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Ubicación de EJE NEUTRO:
 Fz  0
Ey
E
 dA  0    dA    ydA  0
E
ydA  0


E
 0 Puesto que al estar flectada la viga   

Por tanto, necesariamente
 ydA  0
Esto significa que el centro de gravedad de la sección está sobre el eje neutro, ya que:
 ydA  0  y A y
y0
En conclusión
Esfuerzo normal producido por flexión  
My
I
Ubicación de eje neutro: coincide con el centro de gravedad de la sección.
UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES, CAMPUS LA NUBIA
112
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Viga H
(columna)
Viga I
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
 max tensión   máximo compresión 
S
MC M M
 I 
I
S
c
I
: Módulo de la sección
c
En vigas simétricas los
esfuerzos máximos a
tensión y compresión son
iguales
113
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Para vigas con secciones asimétricas:
VIGAS ASIMÉTRICAS
1 
Mc1 M

I
S1
2 
Mc2 M

I
S2
1 
Mc1
I
2 
Mc2
I
PROBLEMA
Conocidas las cargas y las propiedades geométricas de la viga, calcular los esfuerzos actuantes
máximos a tensión y a compresión
Esfuerzo normal actuante:  
Mc
I
Esfuerzo normal máximo:  max 
114
M max c
I
Por simetría:  max TENSION   max COMPRESION
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Por lo tanto, los esfuerzos máximos son:
 maxTENSION   max COMPRESION 
M max c 500000N  cm  9cm
N 104 cm2


925
.
93

 9.26MPa
I
4860cm4
cm2
1m2
Como se ve, los esfuerzos máximos en este caso ocurren en el empotramiento, punto en el cual
se presenta el momento flector máximo
PROBLEMA
Conocidas las propiedades geométricas de la viga y los esfuerzos admisibles del material calcular
las cargas admisibles que pueden aplicarse a la misma.
Calcular la carga distribuida  que puede aplicarse a la viga de la figura sabiendo que los
esfuerzos admisibles del material son:
 admisibleTENSION  200 Kg / cm 2
 admisibleCOMPRESION  80 Kg / cm 2
115
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La condición que debe cumplirse para garantizar la seguridad de la viga es que los esfuerzos
actuantes máximos sean menores que los permisibles:
 max actuanteTENSION   admisibleTENSION  200 Kg / cm 2
 max actuanteCOMPRESION   admisibleCOMPRESION  80 Kg / cm 2
Esto garantiza que la viga no falla ni a tensión ni a compresión.
Cálculo de los esfuerzos actuantes máximos:
 max actuanteTENSION 
M max 
M max c1
I
 max actuanteCOMPRESION 
L2
(Viga simplemente apoyada sometida a carga distribuida)
8
Calculemos los valores de c1, c2 y del momento de inercia I:
Calculemos los valores de c1, c2 y del momento de inercia I:
116
M max c2
I
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y
A1 y1  A2 y2
A1  A2
y
6  11  5.5  22  5  13.5
 10.5
6  11  22  5
c1  10.5cm
c 2  16  10 . 5  5 .5
I B  I  Ad 2
M max 
L2   300cm 2

 11250
8
8
c1  10.5cm
c 2  16  10 .5  5 .5
2
I  I B  Ad 2  3578.67  176   0.5  3534.67cm 3
Teníamos que:
 max actuanteTENSION   admisibleTENSION  200 Kg / cm 2
 max actuanteCOMPRESION   admisibleCOMPRESION  80 Kg / cm 2
117
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11250  10.5
 200
3534.67
1  5.98Kg / cm  1
11250   5 . 5
 80
3534 . 67
2  4.57Kg / cm  2
Como resultado hemos obtenido dos posibles cargas a aplicar. Una que garantiza que la viga
no fallará a tensión y otra que no fallará a compresión. Para que no falle por ninguno de los
dos conceptos, debe escogerse la menor de la dos.
Por tanto:
 admisible  2  4.57 Kg / cm  457 Kg / m
PROBLEMA
Calcular los esfuerzos normales máximos actuantes en la siguiente viga:
En general:

Mc
I
Hagamos el diagrama de momentos:
MA  0
5 RB  3  400  3.75  300  7.5  0
RB  1927.5
118
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 Fy  0
R A  400  300  7.5  1927.5  722.5
3  b 
b

722.5 177.5
b
722.5  3
 2.41
177.5  722.5
Cálculo del centro de gravedad y del momento de inercia:
y
A1 y1  A2 y 2  A3 y3 24  2  42  7  42  7

 5.88cm
A1  A2  A3
24  42  42
I  5616  108  5.882  1881.96cm 4
I
3  143 6  43 3  143


 5616cm 4
3
3
3
Cálculo de los esfuerzos normales máximos en la viga:
En el punto de ocurrencia del momento máximo positivo
M max(  )  870.61Kg  m  87061Kg  cm
119
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 max(T ) 
87061 5.88
 272.01Kg / cm2
1881.96
 max(C ) 
87061 8.12
 375.64Kg / cm2
1881.96
En el punto de ocurrencia del momento máximo negativo:
 max(T ) 
En resumen:
120
93750 8.12
 404.50Kg / cm2
1881.96
 max(C ) 
93750 5.88
 292.91Kg / cm2
1881.96
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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 la
fuerza 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.
121
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Tal como se vió en capítulos anteriores la existencia de esfuerzos cortantes verticales exige la
presencia 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 cortantes
que se observan a continuación.
Si consideramos el elemento mostrado como cuerpo libre no podremos obtener una ecuacuón
para debido a que se cancelará en cualquiera de las ecuaciones de equilibrio que establezcamos, ya
sea
122
 Fz  0,  Fy  0 ó  M x  0
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Por tanto, tomamos como cuerpo libre un elemento de viga situado de tal manera que su cara
superior coincida con la parte superior de la viga.
123
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 Fz  0
bdz    1 dA    2 dA  0

M y
  2 dA   1dA
bdz
M y
2
dA   1 dA M 2  M 1  ydA


I
I


bdz
Ibdz
Pero:
M 2  M1   dM
M 2 y M 1 están separados una distancia dz
 ydA  y A  Q
Momento estático del área. Recordar que: y 
 ydA
A
dM
V
dz
La derivada del momento flector es igual a la fuerza cortante.
Por lo tanto:

VQ
Ib
Variación del esfuerzo cortante  a través de una sección rectangular
Variación del esfuerzo cortante  a través de una sección transversal rectangular de bxh:
124
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En general:

VQ
Ib
En una viga sometida a una fuerza cortante V tenemos:
Q  yA
V=V
II 

h
A  b   y

2
1
h
y y 
2
2
bh3
12

Q
b y  h2
 h2  y   bh4  y 2 
2
2
2
b=b

Por tanto:  
2
Vb h4  y 2
3
2 bh
b
12
2
  6V   y 
h2
4
bh
2
3

h 2
2 

h
Si y 
2
6V  h4 
  3
bh
h
Si y 
2
2
2
6V  h4   h2 
 0
 
3
bh

2

6V h4  y 2
Si y=0

bh

3
6Vh 2
4bh
3

3V 3 V

3bh 2 A
0
 
El esfuerzo cortante en los diferentes planos de la viga tendrá diferenres valores y su variación
será como se ve en las siguientes figuras.
125
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La curva de variación de la ecuación será:


2
6V h4  y 2
bh

3
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 sección
donde la fuerza cortante es máxima.
En general:
126

VQ
Ib
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Aplicando esta expresión para secciones rectangulares encontramos que:  max 
3 Vmax
2 A
A  10  16  160cm2
Para calcular Vmax hacemos el diagrama de fuerza cortante de la viga:
M A  0
5 RB  3000  3  0
 Fy  0
RB  1800 Kg
R A  3000  1800  1200
Vmax  900 Kg Inmediatamente a la izquierda y a la derecha del apoyo B
Como:
 max 
3 Vmax
2 A
3 900Kg
Kg
 max  
 8.44 2
2
2 160cm
cm
127
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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  a
través de la sección transversal.
Como vimos, la ecuación general del esfuerzo cortante en vigas es:  
V  900 Kg
I
VQ
Ib
15  123
6  83
 2
 2160  512  1648cm 4
12
12
Los valores de Q y de b dependen del punto de la sección en el cual se calculen:
Qa  y A  y  0  0
El área de la sección arriba del
punto a es cero (no existe)
a 
900  0
0
1648  15
Qd  y A  5  15  2  150
d 
128
900  150
 5.46 Kg / cm 2
1648  15
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Qc  y A  5  15  2  150
c 
900  150
 27.31Kg / cm 2
1648  3
Qc  y A  y1 A1  y 2 A2  2  12  5  30  174
 e   max 
900  174
 31.67 Kg / cm 2
1648  3
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
129
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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 la
viga, mientras que las aletas como se ha visto soportan principalmente esfuerzos normales de
tensión y compresión.
PROBLEMA
La viga laminada de la figura está formada por las dos viguetas unidas por pegante. Si el
esfuerzo cortante admisible del pegante es de 14 Kg/cm2, calcular el valor de la carga P admisible
que 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 cortante
admisible:
 max ACTUANTE   admisible  14 Kg / cm 2
Cálculo del  max ACTUANTE
130
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Tal como se vió, cuando la sección es rectangular el esfuerzo cortante máximo actuante ocurre
en el plano neutro y es igual a:
 max ACTUANTE 
3 Vmax
2 A
En la grafica de la duerza cortante vemos que: Vmax  P
Además: A  10cm  14cm  140cm
2
3
P
 max ACTUANTE  
2 140cm 2
Por tanto: 3 
P
2 140cm 2
 14Kg / cm 2
P  Padmisible  1306.67 Kg
131
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PROBLEMA
Se construye una viga cajón con 4 tablones unidos por pernos como se ve en la figura. Si la
fuerza cortante máxima que debe soportar la viga es de 3KN calcular el espaciamiento máximo
e entre los pernos sabiendo que cada perno es capaz de soportar una fuerza de corte de 0.5KN
Fuerza cortante que es capaz
de soportar cada perno
Para que los pernos no fallen
debe cumplirse que
FactuantePE RNO  FadmisibleP ERNO  0 . 5 KN
Por lo tanto debemos calcular la fuerza actuante en cada perno:
FactuantePERNO   actuanteVIGA  Área de la viga por la cual debe responder cada perno
 actuanteVIGA 
VQ
Ib
V  3KN (Fuerza cortante actuante en la viga)
132
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 actuanteVIGA 
3KN 1595cm3
 1.07 102 KN / cm2  1.07 102 103 N / cm2 104 cm2 / m2  1.07 105 N / m2
55929.33cm4  8cm
Área de la viga por la cual debe responder cada perno= Área de influencia de cada perno.
133
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Área de influencia de cada perno = 0.04emáx
Recordemos que:
FactuantePERNO   actuanteVIGA  Área de la viga por la cual debe responder cada perno
FactuantePERNO  500N  1.07 105 N / m 2  0.04emax
emax  0.116m  11.6cm  12cm
3.3 VIGAS DE DOS MATERIALES
Como se dejó dicho al principio del curso, existen materiales que son muy resistentes a compresión
y muy poco a tensión como el concreto. Dado que en una viga, como se ha visto hay zonas que quedan
sometidas a esfuerzos de compresión y otras a esfuerzos de tensión, aquellos materiales que como el
concreto 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 que
resistirá 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 ser
reforzada con un material que tiene un módulo de elasticidad mayor E2.
134
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Se trata de que la adhesión entre los dos materiales sea tal, que al producirse la flexión no se
produzca deslizamiento entre la viga y la platina de refuerzo (que trabajen monolíticamente).
Variación de esfuerzos y deformaciones en una viga de 2 materiales:
135
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ma
x()
m
axm
ate
rial
1
ma
x(+
)
m
axm
ate
rial
2
Los diagramas en dos dimensiones quedan:
En el punto de contacto B no debe haber deslizamiento entre los dos materiales puesto que justo
este es el fundamento del comportamiento estructural de la viga: que los dos materiales funcionen al
unísono, vale decir que la viga trabaje monolíticamente.
Por tanto en ese punto de contacto B dos fibras de la viga que dan sometidas a FUERZAS
IGUALES (pero a ESFUERZOS DIFERENTES).
F  0
x
Por tanto:
136
F1  F2
 1 A1   2 A2
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Siendo A1 y A2 las secciones equivalentes de los dos materiales a fin de que se cumpla el equilibrio
de fuerzas.
La relación entre los esfuerzos la obtenemos del hecho de que las deformaciones unitarias de los
dos materiales son iguales en el punto de contacto.
 B1   B 2
Como   E 
Por lo tanto:
Entonces  
1  2

E1 E2
1 

E
E1
2
E2
E1
 2 A1   2 A2
E2
Y por último A1 
E2
A2  nA2
E1
Quiere decir esta última expresión que el material 2 puede ser reemplazado por el 1 siempre y
cuando su área se aumente n veces siendo n la relación entre los módulos de elasticidad de los dos
materiales. Al aplicarse este concepto se llega al método conocido como el de LA SECCIÓN
TRANSFORMADA dado que toda la sección queda convertida o transformada en una sección ficticia
de uno de los dos materiales. En ésta se procede a calcular los esfuerzos tal como se ha hecho en el
caso de secciones homogéneas, debiendo tener en cuenta al finalizar el análisis que el esfuerzo
encontrado en la parte que ha sido transformada debe ser multiplicado nuevamente por n con el fin de
obtener el esfuerzo que se va a producir en el material real.
Método de la sección transformada
E2  E1
137
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PROBLEMA
Calcular los esfuerzos máximos en la madera y el acero de la viga de la figura reforzada con
una platina.
Eacero  200GPa
Emadera  10GPa
M A  0
 Fy  0
5 RB  3  3
R A  3  1.8
RB  1.8 KN
R A  1.2 KN
M max  1.2  3  1.8  2  3.6 KN  m
138
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Método de la sección transformada. Transformemos la sección en madera:
n
Eacero
200GPa

 20
Emadera 10GPa
Analicemos la viga como si fuera toda de madera:
Calculemos c1 , c2 , e I
y
A1 y1  A2 y2 400  I  200  12

 4.67  c2
A1  A2
400  200
c1  22  4.67  17.33
139
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I  I D  Ad 2  27200  600 2.67 2  22922.67cm 4
ID 
200  23 10  203

 27200cm 4
3
3
Finalmente, calculamos los esfuerzos en la madera y en el acero:
 max(  )madera,real 
M maxc1
 max(  )madera, ficticio 
I

M maxc2
I
3600 N  100cm  17.33cm
22922.67cm 4

3600 N  100cm  4.67cm
22922.67cm 4
N
 272.16
cm
 73.34

2
N
cm
10 4 cm 2

2
m2
 2721.6 KPa
10 4 cm 2
m2
 733.4 KPa
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 el
esfuerzo real en el acero:
 max(  ) acero,real  n   max(  ) madera, ficticio  20  747.7 KPa  14954 KPa
En conclusiƒn hemos encontrado los siguientes esfuerzos m„ximos en la viga:
140
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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 a
continuación.
Resolución del problema transformando la viga en acero
Vamos a transformar toda la viga en acero. Por lo tanto:
n
Emadera 10GPa
 0.05
Eacero 200GPa
141
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Sección transformada en acero
Analicemos la sección transformada:
y
A1 y1  A2 y2 20  1  10  12

 4.67  c2
A1  A2
20  10
c1  22  4.67  17.33
Cálculo del momento de inercia:
I  I D  Ad 2  1360  302.67 2  1146.13
ID 
142
10  23 0.5  203

 1360
3
3
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Cálculo de los esfuerzos:
 max(C ) acero, ficticio 
 max(T ) acero, real 
3670  100  17.33
 5549.20  104 Pa  55492 KPa
1146.13
3670  100  4.67
 1493.37  10 4 Pa  14953.7 KPa
1146.13
Esfuerzo máximo en la madera:
 max(C ) madera,real  n   max( C ) acero, ficticio  0.05  55492  2774.6 KPa
En resumen:
 max( C ) madera, real  2774.6 KPa
Obviamente, los valores son
iguales a los que obtuvimos
transformando la sección en
madera
 max(T ) acero, real  14953.7 KPa
143
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PROBLEMAS PROPUESTOS
Calcular los esfuerzos normales y cortantes máximos en las siguientes vigas
144
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C A P ÍT U L O
D E F O
R M
4
A C IO
N
E S
E N
V IG
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 que
debe tener unas condiciones de rigidez adecuadas de tal manera que se cumplan algunas condiciones
mínimas, a saber:
 Que se garantice la funcionalidad de la estructura evitando grandes deformaciones que podrían
afectar 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 grandes
deformaciones.
145
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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 necesario
obtener ecuaciones adicionales basadas en las deformaciones que nos ayuden a levantar la
indeterminación y así poder resolverlas.
De otra parte, en los próximos cursos de ingeniería estructural se requerirán los conocimientos
relativos a los métodos de cálculo de deformaciones en vigas para poder afrontar el estudio de estructuras
estaticamente indeterminadas (por ejemplo en el método conocido como pendiente- deflexión o slope
deflection).
Por estos motivos se hace necesario calcular las deformaciones que se producen en las vigas
cuando 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 el
método del Área de momentos o Teoremas de Mohr.
 Métodos derivados de los anteriores: Método de la viga conjugada conocido en algunos
textos como Método de los Pesos Elásticos.
 Métodos energéticos: Basados en la conservación de la energía desarrollada por las fuerzas
al deformar las vigas. (Teoremas de Maxwell, de Castigliano y otros).
146
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Tipos de deformaciones
147
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Funcionalidad afectada por deformaciones excesivas (se desnivelan los elementos soportados
por la viga).
Deformaciones excesivas pueden causar agrietamientos que afectan la estética de las estructuras.
149
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Deformaciones con concavidades contrarias.
4.1 MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN
En la teoría de flexión se vió que:
En matemáticas se tiene que:
d2y
1
dx 2

3
 
dy 2  2
1  dx 
 
150
1 M

 EI
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Por lo tanto:
d2y
dx 2
1 

  
dy 2
dx
3
2
M
EI

pero
 dy 
   0 las pendientes en las vigas son muy peque€as
 dx 
2
Con mayor raz•n:  dy   0
 dx 
2
En conclusi•n: d y  M  y" o lo que es lo mismo: EIy"  M
dx 2 EI
EIy "  M
EI: Rigidez a la flexi•n
y‘’ : segunda derivada de la ecuaci•n de la viga deformada o el‚stica
M: Ecuaci•n del momento flector en el tramo de viga considerado
Si integramos esta ecuaci•n obtenemos la ecuaci•n de la pendiente y’:
EIy   Mdx  C1

Si integramos otra vez (doble integraci•n) obtenemos la ECUACI„N DE LA EL…STICA:
EIy 
 Mdx  C1 x C 2
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 dependen
de los apoyos y las caracter†sticas de la viga y de las cargas como se ver‚ en los ejemplos.
151
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CONDICIONES
152
INICIALES EN DIFERENTES
TIPOS DE VIGAS
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PROBLEMA
Calcular la deformación en el extremo libre B de la viga en voladizo:
Tal como se vió en el método de doble integración:
EIy"  M
Para poder integrar necesitamos la ecuación del momento flector M. Para encontrarla hacemos
un corte a una distancia x del empotramiento A.
M  0
M  PL  Px  0
Ecuación del momento:
M  Px  PL
Por lo tanto:
EIy"  Px  PL
Integrando una vez:
EIy  
Px 2
 PLx  C1
2
Integrando otra vez (doble integración):
EIy 
Px 3 PLx 2

 C1 x  C2
6
2
153
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Para calcular C1 y C2 debemos establecer las condiciones iniciales. Para esto, observamos el
problema f€sico, la viga empotrada en A. En el empotramiento (x=0) se est•n impidiendo tanto
la deformaci‚n (y=0) como el giro (y’=0). Recordemos que un empotramiento por definici‚n es
un apoyo que impide el giro.
Entonces:
Condiciones iniciales: x  0
y0
y  0
x0
0
x0
y 0
EIy 
0
y  0
EIy  
0
Px 3 PLx 2

 C1 x  C2
6
2
0
x0
0
0
por tanto: C 2  0
0
Px 2
 PLx  C1
2
por tanto: C1  0
Al ser las dos constantes iguales a cero, las ecuaciones quedan:
Ecuaci‚n de la el•stica: EIy 
Ecuaci‚n de la pendiente:
Px 3 PLx 2

6
2
EIy  
Px 2
 PLx
2
C•lculo de la deformaci‚n en el extremo B:
 B  y L 
154
y
1  Px 3 PLx 2 

EI  6
2 
y 

1  Px 2
 PLx 

EI  2

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 B  y L 
y
B 
1  Px 3 PLx 2 

EI  6
2 
1  PL3 PL3 
PL3


EI  6
2 
3EI
B  
PL3
3EI
Análisis de deformación
B  
PL3
3EI
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 la
inercia.
Influencia del momento de inercia en la deformación
Influencia de la longitud de la viga L en la deformación
155
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B  
PL3
3EI
Si duplicamos la longitud de la viga tendremos:
B  
|
P2 L 3
8 PL3

3EI
3EI
Al duplicar la longitud, la
deformación se hace 8 veces
más grande
Cálculo de la pendiente de la viga en B:
Ecuación pendiente: y  

1  Px 2
 PLx 

EI  6

 B  yL 
|
B 
156

1  PL2
PL2
 PL2   

EI  2
2 EI

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PROBLEMA
Calcular la deformación máxima en la viga, la pendiente en los apoyos A y B y la deformación
en el centro de la luz
MA  0
 Fy  0
5 RB  3  500  0
RB  300
R A  500  300  200
En este caso la ecuación de momentos no es única para toda la viga: tiene una expresión distinta
en cada uno de los 2 tramos. Veamos:
0 x3
M  200 x
3 x5
M  200 x  500 x  3
Encontremos la ecuación de la elástica para cada tramo:
0 x3
3 x 5
EIy"  200 x
EIy"  200 x  500 x  3
200 x 2
EIy  
 C1
2
200 x 2 500 x  3 2
EIy  

 D1
2
2
EIy 
200 x 3
 C1 x  C2
6
EIy 
Tenemos 4 constantes.
Necesitamos por tanto
4 condiciones iniciales
200 x 3 500 x  33

 D1 x  D2
6
6
157
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Condiciones iniciales:
x3
y AC  yCB

y AC  yCB
x3
C es un punto común de los
tramos AC y CB. Por tanto en
dicho punto las ordenadas y las
pendientes de los 2 tramos son
iguales
x0 y0
EIy 
200 x 3
 C1 x  C2
6
x5
y 0
EIy 
200 x 3 500 x  33

 D1 x  D2
6
6
x3
y AC  yCB EIy 
200 x 3
200 x 3 500 x  33
 C1 x  C 2  EIy 

 D1 x  D2
6
6
6
x3
 EIy 
y AC  yCB
200 x 3
200 x 2 500 x  3
 C1  EIy 

 D1
2
2
2
2
C2  0
0
200  53 500  23

 5D1  C2  0
6
6
5C1  5D1  D2
C1  D1
De estas cuatro ecuaciones obtenemos:
C2  0
158
D2  0
C1  D1  700
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Deformaci‚n m•xima: Por observaci‚n vemos que ocurre en el tramo AC de la viga. Adem• es
en dicho punto la tangente a la el•stica horizontal, es decir y’=0.
 max  y
en
y  0
La ecuaci‚n de la pendiente para el tramo AC es:
EIy  
200 x 2
 C1
2
Por tanto:
0
200 x 2
200 x 2
 C1 
 700
2
2
x  2.65 En este punto ocurre la deformaci‚n m•xima
 max  y 2.65  

1  200  2.653
1234.68
 700  2.65   


6
EI 
EI

Pendientes en los apoyos A y B:
 A  y0  
 B  y5  
 1  200  0 2

1  200 x 2
700

 C1  
 700   




EI  2
2
EI
 EI 


 1  200  52 5005  32
1  200 x 2 500 x  32
800


 D1  

 700   

 EI 
EI  2
2
2
2
EI



Deformaci‚n en el centro de la viga:
 centro  y 2.5  

1  200  2.53
1229.17
 700  2.5   

EI 
6
EI

159
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En resumen:
PROBLEMA
Calcular la deformación máxima en la viga que tiene rigidez a la flexión EI:
160
MA  0
10RB  600  3  4000  8  0
 Fy  0
R A  4600  3380  1220
RB  3380
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Ecuaciones del momento flector:
0 x3
M  1220 x
M  1220 x - 600 x - 3 
3 x 6
6  x  10
M  1220 x  600 x  3  1000 x  6
M  1220 x  600 x  3  1000
 x  6
2
 x  6 2
2
161
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Pero: EIy  M
0 x3
3 x  6
EIy"  1220 x - 600 x - 3
EIy" 1220 x
1220 x 2
 C1
2
EIy 
1220 x 2 600  x  32

 D1
2
2
1220 x 3
 C1 x  C2
6
EIy 
1220 x 3 600 x  33

 D1 x  D2
6
6
1220 x 2
 C1
2
EIy 
1220 x3
 C1 x  C2
6
EIy 
EIy  
EIy 
EIy 
EIy 
2
1220 x 2 600 x  3

 D1
2
2
3
1220 x 3 600 x  3

 D1 x  D2
6
6
6  x  10
EIy"  1220 x - 600 x - 3   1000
EIy  
EIy 
 x  6 2
2
1220 x 2 600 x - 32
 x  6 3  E

 1000
1
2
2
6
1220 x 3 600 x - 33
 x  6 4  E x  E

 1000
1
2
6
6
24
2
EIy 
3
 x  6  E
1220 x 2 600 x  3

 1000
1
2
2
6
3
4
 x  6  E x  E
1220 x 3 600 x  3
EIy 

 1000
1
2
6
6
24
162
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Condiciones iniciales:
x 0
y 0
EIy 
1220 x 3
 C1 x  C2
6
C2  0
3
x3
y AC  yCD
EIy 
1220 x 3
1220 x 3 600 x  3
 C1 x  C2  EIy 

 D1 x  D2
6
6
6
3C1  3D1  D2
2

yAC  yCD
x3
EIy 
1220 x 2
1220 x 2 600 x  3
 C1  EIy 

 D1
2
2
2
C1  D1
x6
yCD  yDB
EIy 
1220 x3 600 x  33
1220 x 3 600 x  33
x  64  E x  E

 D1x  D2  EIy 

 1000
1
2
6
6
6
6
24
6 D1  D2  6 E1  E2
2
x6
  y DB
yCD
EIy 
2
3
x  6  E
1220 x 2 600x  3
1220 x 2 600x  3

 D1  EIy  
 1000
1
2
2
2
2
6
D1  E1
x  10
y 0
EIy 
 x  6 4  E x  E
1220 x 3 600 x  33

 1000
1
2
6
6
24
0
10  6 4  10 E  E
1220  103 60010  33

 1000
1
2
6
6
24
0  158366.67  10E1  E2
163
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En últimas, tenemos:
Resolviendo el sistema, las constantes
tienen los siguientes valores:
C2  0
C2  0
3C1  3D1  D2
D2  0
C1  D1
C1  15836.67
6 D1  D2  6 E1  E2
E2  D2  0
D1  E1
D1  15836.67
0  158366.67  10 E1  E2
E1  15836.67
Cálculo de la deformación máxima
Por observación, vemos que estará ubicada en el tramo central de la viga. La condición es que
allí la pendiente debe valer cero (tangente horizontal). Por tanto:
 max  y
en
y  0
La ecuación de la pendiente para el tramo CD es: EIy  
Por tanto: 0 
1220 x 2 600 x  32

 D1
2
2
1220 x 2 600 x  32

 15836.67
2
2
x1  5.92
Resolviendo la ecuación de segundo grado:
x2  11.73
La raíz x2  11.73 solo tiene significado matemático. Para nosotros el valor que tiene significado
físico para la viga que estamos analizando es el de x1  5.92 . Chequeamos además que está
comprendido en el tramo 3  x  6 .
164
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Por lo tanto:
 maxima  y5.92  en la ecuación de y válida en dicho punto:
EIy 
 maxima  y 5.92  
1220 x 3 600 x  33

 D1 x  D2
6
6

1  1220  5.923 6005.92  33
54056.28

 15836.67  5.92   


EI 
6
6
EI

 maxima  
4.1.1 FUNCIONES
54056.28
EI
en x  5.92
DE SINGULARIDAD
Observemos las ecuaciones del momento flector para la viga del problema anterior:
0x3
M  1220x
3 x6
M  1220x - 600  x - 3 
6  x  10
M  1220 x  600  x  3   1000
x  6 
2
2
165
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Como se ve, cada ecuaci•n es igual a la anterior mas un t‡rmino, de tal manera que la ˆltima las
“contiene” a todas por as† decirlo, lo cual la convierte en la ecuaci•n representativa de la viga.
2

x  6
M  1220 x  600  x  3   1000
2
Si le quitamos un
término, se convierte en
la segunda:
Si le quit amo s ot ro
término, se convierte en
la primera:
M  1220 x  600 x  3  1000  x  6 
M  1220 x  600 x  3  1000 x  6 
 x  6 2
2
 x  6 2
2
6  x  10
3 x 6
0 x3
Este hecho hace que podamos utilizar la ˆltima ecuaci•n como representativa de la viga con una
condici•n: que para cada tramo solo se incluyan los t‡rminos necesarios.
Esto se logra utilizando FUNCIONES DE SINGULARIDAD, que tienen una expresi•n distinta
para 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 se
incluir‚n en la ecuaci•n cuando su valor sea positivo segˆn la siguiente convenci•n:
ECUACI„N REPRESENTATIVA DE LA VIGA: M  1220 x  600 x  3  1000
x  a  x  a
si
xa
xa 0
si
xa
Condici•n para los par‡ntesis:
Resolvamos el problema anterior utilizando funciones de singularidad:
166
x6
2
2
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0x3
M  1220 x
3 x6
M  1220 x- 600  x- 3 
6  x  10
M  1220 x  600  x  3   1000
x  6 
2
ECUACIÓN REPRESENTATIVA DE LA VIGA:
2
M  1220 x  600 x  3  1000
EIy   1220 x  600 x  3  1000
1220 x 2 600 x  3
EIy  

2
2
Por lo tanto:
x6
x6
2
2
2
2
2
x6
 1000
3
 C1
6
3
x6
1220 x 3 600 x  3

 1000
EIy 
6
6
24
4
 C1 x  C 2
Como vemos, el problema se simplifica pues sólo tenemos 3 ecuaciones y 2 constantes: C1 y C2
En consecuencia sólo necesitamos 2 condiciones iniciales.
x0
y 0
EIy 
1220 x 3 600 x  3

6
6
=
=
0
0
pu
es
x
pu
es
x
<
<
6
3
Condiciones iniciales:
3
 1000
x6
24
4
 C1 x  C2
C2  0
167
x  10
y 0
EIy 
1220 x 3 600 x  3

6
6
=
=
(x
-6
)
(x
-3
)
pu
es
x
pu
es
x
>
>
6
3
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3
x6
 1000
24
4
 C1 x  C2

1220  103 60010  33
10  6 4
EIy 

 1000
 10C1  0
6
6
24
C2  -15863.67
Cálculo de la deformación máxima en la viga:
 max  y
en
y  0
EIy  
1220 x 2 600 x  3

2
2
=
=
0
(x
-3
)
pu
es
x
<
pu
es
x
6
>
3
La ecuación de la pendiente para el tramo CD es:
2
 1000
x6
6
3
 C1
Por tanto:
1220 x 2 600 x  32
0

 15836 .67
2
2
3
 1000
6
<
pu
es
x
0
x6
24
4
0
1220 x 3 600 x  3
EIy 

6
6
=
Por lo tanto: δmaxima  y 5.92 
=
=
(5
.9
23)
pu
es
x
>
3
x  5.92
 C1 x  C2

1  1220  5.923 6005.92  33
54056.28
δmaxima  y 5.92  

 15836.67  5.92   


EI 
6
6
EI

168
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δmaxima  
54056.28
EI
en x  5.92
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 la
secuencia entre las ecuaciones de los 2 últimos tramos de tal manera que la última ecuación no contiene
a la penúltima y por tanto no puede ser adoptada como ecuación representativa de la viga. Veamos la
situación y el artificio que se emplea para resolverla.
MA  0
10RB  6  5.5  0
 Fy  0
R A  6  3.3  2.7
RB  3.3KN
M  2.7 x
169
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4 x7
M  2.7 x 
2 x  42
2
7  x  10
M  2.7 x  6 x  5.5
Como se ve, la tercera ecuación no se convierte en la segunda al quitarle el último término:
M  2.7 x  6 x  5.5
Para obligar a que esto ocurra se aplica el siguiente artificio que hace cambiar la forma de la
tercera ecuación de tal manera que ocurra lo requerido.
Se agregan simultáneamente las dos cargas distribuidas mostradas que al ser iguales de sentido
contrario se anulan no afectando por tanto ni las reacciones ni las fuerzas internas de la viga original.
170
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La viga que estamos analizando queda por lo tanto así:
Tal como se expresó en la página anterior, las reacciones no cambian: R A  2.7
RB  3.3KN
Los dos primeros cortes de la viga también quedan idénticos:
0 x3
M  2.7 x
4 x7
2 x  42
M  2.7 x 
2
En el tercer corte, cambia la expresión del momento adoptando la forma que necesitamos:
7  x  10
M  2.7 x 
2 x  42 2 x  7 2

2
2
171
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La adoptamos entonces como ecuación representativa de la viga, con los paréntesis angulares
previamente definidos:
ECUACIÓN REPRESENTATIVA DE LA VIGA:
Esta ecuación la igualamos a EIy’’: EIy   2.7 x 
M  2.7 x 
2 x4
2
2

2 x4
2
2 x7
2

2 x7
2
2
2
2
y resolvemos el problema utilizando funciones de singularidad con todas las ventajas que se han
anotado.
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 vigas
Recordemos los diagramas correspondientes a alguna vigas típicas:
172
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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 del
diagrama de momentos entre los puntos considerados.
El teorema dice que la diferencia de pendiente entre dos puntos (por ejemplo C y D) es igual al
área de momentos entre dichos puntos dividida por la rigidez a la flexión EI.
173
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El teorema establece que:
 D  C 
Área del diagrama de M/EI
entre los puntos C y D
El segundo teorema (de Mohr) establece que la distancia vertical desde un punto de la elástica
hasta la tangente trazada por otro es igual al momento estático del área entre dichos puntos respecto al
primero.
x : Medida desde D
El teorema establece que:
D  x A
C
174
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Demostración del Primer Teorema de Mohr
El teorema dice que la diferencia de pendiente entre dos puntos (por ejemplo C y D) es igual al
área de momentos entre dichos puntos dividida por la rigidez a la flexión EI.
Diferencia de pendiente entre dos puntos separados dx : d
La pendiente  en una viga por ser tan pequeña es igual a la derivada:
dy

dx
Por tanto:
Por lo cual:
d M

dx EI
d d 2 y

dx dx 2
y
2
Pero: d y  M
dx 2 EI
d 
M
dx  dA
EI
175
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xD

xD
d 
xC

xC
M
dx 
EI
xD
 dA
 D   C  Área
xC
 D  C =
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 elástica
hasta la tangente trazada por otro es igual al momento estático del área entre dichos puntos respecto al
primero.
d  xd
xD

xC
xD
Pero:


xD
xd 
xC

xC
x
M
dx 
EI
xD
 xdA
xC
xD
d  D
y
C
xC
Por tanto:

xd  x A
puesto que
xC
D  x A
C
176
xD
d 
lo que se quería demostrar
x
 xdA
 dA
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x : Medida desde D
La utilidad de los 2 teoremas estriba en lo siguiente:

Primer teorema: Sirve para calcular la pendiente en cualquier punto de la viga cuando se
conoce la pendiente en otro punto y el diagrama de momentos.

Segundo teorema: Conocido el valor de la distancia , mediante la aplicación de algunas
relaciones de tipo geométrico y trigonométrico pueden calcularse las deformaciones  en la
viga.
El segundo teorema es especialmente útil para calcular deformaciones de vigas en voladizo
aprovechando el hecho de que la tangente a la elástica en el empotramiento es horizontal como veremos
en los ejemplos.
PROBLEMA
Calcular la deformación y la pendiente en el extremo libre del voladizo, B
El método es especialmente útil en
vigas en voladizo porque al ser la
tangente horizontal en el origen,
la deformación  es igual a la
distancia D
177
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Para calcular la deformación aplicamos el segundo teorema: B  x A
A
B  x A 
A
x
2L
3
PL3
2 L  PL2 
 

3  2 EI 
3EI
B  
PL3
3EI
Para calcular la pendiente en B aplicamos el primer teorema:
B  A  A 
A  0
B  0  
A
L  PL
PL2

2 EI
2 EI
(En el empotramiento
no hay giro, por
tanto la tangente es
horizontal)
PL2
2 EI
B  
PL2
2 EI
En resumen:
B  
PL3
3EI
B  
178
PL2
2 EI
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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 PRINCIPIO
DE SUPERPOSICIÓN mediante el cual podemos decir que la viga original es igual a la suma de
las dos siguientes vigas:
 B   B1   B 2
3

x    2  1  2.5
4

1  1000 
2000
A  
 2  
3  EI
3EI

2
x  3  2
3
1  600 
900
A  
 3  
2  EI
3EI

179
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5000
 2000 
 B1  B  x A  2.5 

A
3EI
 3EI 
B  
5000 1800

3EI
EI
1800
 900 
 B 2  B  x A  2  

A
EI
 EI 
B  
3466.67
EI
Cálculo de la pendiente en C
 C   C1   C 2
 C1   A  A 

1  1000 
2000
A   
 2  
3  EI
3EI

180
1000
EI
 C1  
2000
3EI
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
200
EI

400
EI
C 2   A  A 
800
 200  1  400 
A  2 x 
   2 

EI
2
EI
EI




C  
2000 800

3EI
EI
C 2  
C  
800
EI
1466.67
EI
PROBLEMA
Calcular la pendiente en B y la deformación en C
MA  0
6 RB  9  900  0
RB  1350 N 
 Fy  0
R A  900  1350  450
R A  450 
3 tan  B  3 B
pues  es muy
pequeño
181
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En la viga se observa que:  C  3 B  C
B
Por tanto debemos calcular B y C/B
tan B 
Cálculo de C/B
182
A
6
 B
2700
EI
32400
 8100 

A  x A  4   

B
EI
 EI 
2
x  6  4
3
B 
6

1  2700  8100
A  
 6  
2  EI
EI

Por tanto:
A B
B

 32400
EI
6

5400
EI
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A
 2700
 3
EI
2

4050
EI
8100
 4050 
C  x A  2   

B
EI
 EI 
2
x  3  2
3
Finalmente, calculamos la deformación en C recordando que:  C  3 B  C
 5400  8100
 C  3

 EI  EI
B
Los valores de B y C/B los tomamos positivos porque se
trata de sumar dos distancias como se ve en la figura)
C 
24300
EI
Resolver con fines comparativos el siguiente problema que ya fue solucionado con el método de
la doble integración:
MA 0
5RB  3  500  0
 Fy  0
R A  500  300  200
RB  300
183
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A 
B
A
B  x A  x1 A1  x2 A2
5
A
A2 
3  600
EI
2

900
EI
900 3500
4 600
B  
 3

A
3 EI
EI
EI
A 
3500
EI
5

Ahora:  B   A  A 
2  600
EI
2

600
EI
2
4
x1   2 
3
3
1
x2  2   3  3
3
700
EI
Según la convención que hemos manejado:  A  
A1 
700
EI
A
900 600 1500


EI
EI
EI
 700  1500
B   

EI
 EI 
B 
800
EI
Cálculo de la deformación máxima
La clave es encontrar el punto D donde ocurre, en el cual la pendiente D es cero (pendiente
horizontal).
184
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Como:
R A  200
M  x   200 x
Cálculo de la distancia x a la cual ocurre la deformación máxima
Primer teorema:  D   A  A
A2 
 700  200 x
0 

2 EI
 EI 
x
x  200
EI
2

200 x 2
2 EI
2
700  100 x 2
x  2.65
(Distancia a la cual ocurre la deformación máxima)
 max  2.65 A  D
A
185
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x1 
2.65
 0.88
3
200  265
EI
D  x A  0.88 
A
702.25 617.98

EI
EI
 700  617.98
 max  2.65

EI
 EI 
A
2.65
2.65  200EI
2

702.25
EI
 max 
1237.02
EI
La diferencia se debe a las aproximaciones
Otra forma
Aprovechándonos de que ya sabemos que en D la tangente es horizontal, tenemos:
 max  A
2
702.25 1240.64
A  x A   2.65 

D
3
EI
EI
200  2.65
EI
2
 2.65
3
186
A
2.65
2.65  200EI
2
D

702.25
EI
 max 
1240.64
EI
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PROBLEMA
Calcular la deformación máxima y la pendiente en los apoyos A y B de la viga:
M max L2

EI
8EI
Por simetría la deformación
máxima se presenta en el punto
medio de la viga C.
Por lo tanto:
 max  A
D
A  x A
C
A C 
2
A
x
5 L 5L
 
8 2 16
2
2 L L
L
 

3 2 8 EI 24 EI
5L L3
5L4


16 24 EI 384 EI
L2
8EI
 max 
5L4
384 EI
C   A  A
Calculo de las pendientes:
0  A 
A  
B 
L3
24EI
L3
24 EI
L3
24 EI
187
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Por simetría:  A   B
En resumen:
L3
A  
24EI
5 L4
 max 
384 EI
B 
L3
24EI
4.3 MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA
Se basa en las relaciones que existen entre la fuerza distribuida, la fuerza cortante y el momento
flector estudiadas en el curso de Mecánica y las existentes entre la curvatura, el momento flector, la
rigidez a la flexión, la pendiente, y la ecuación de la elástica estudiadas en este curso de Resistencia de
Materiales.
Recordemos las relaciones estudiadas en mecánica entre , V y M:
dv
 
dx
dM
v
dx
188
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Y la relación estudiada en este curso:
d2y
dx
2

M
EI
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 se
cumplan 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 fuerza
cortante V y el momento flector M en cualquier punto cuyos valores corresponderán a los de la
pendiente 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 y
luego que apoyos deberán ponérsele.
Antes de hacerlo, recordemos los tipos de apoyo mas comunes en las vigas y los valores de la
fuerza 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
189
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190
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TIPOS DE APOYOS EN VIGAS Y VALORES CORRESPONDIENTES DE PENDIENTE,
DEFORMACIÓN, FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR EN LOS MISMOS
191
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De las relaciones mostradas se infiere que la relación entre los apoyos de la viga real y la viga
192
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conjugada debe ser la siguiente:
Ejemplos de vigas conjugadas
193
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PROBLEMA
Calcular la deformación y la pendiente en el extremo libre del voladizo, B
 B viga  real  M B viga conjugada
 B  viga  real  V B  viga  conjugada
La viga conjugada es:
M B viga conjugada  M B
V B  viga  conjugada  R B
 Fy  0
RB 
FR 
L  PL
EI
2

PL2
2EI
PL2
2 EI
MB  0
MB 
x
2L
3
PL2 2 L PL3


2 EI 3 3EI
Por lo tanto:  B  
PL3
3EI
B  
PL2
2EI
En resumen:
B  
PL3
3EI
B  
PL2
2 EI
195
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PROBLEMA
Calcular la pendiente en B y la deformación en C
MA  0
6RB  9  900  0
RB  1350N 
 Fy  0
RA  900  1350  450
RA  450 
 C  viga  real  M C  viga  conjugada
Dibujemos la viga conjugada:
M C vigaconjugada  Momento en el empotramiento C  M C
Calculemos el momento en el empotramiento C en la viga conjugada:
F1 
196
6  2700
EI
2

8100
2EI
F2 
3  2700
EI
2

4050
EI
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MA  0
-4 
8100
 6RB  0
EI
 B  VB viga conjugada  RB 
RB 
5400
EI
5400
EI
 MC  0
MC 
5400
4050
24300
3 
2 
EI
EI
EI
 B  M B  vigaconjugada  M B 
C 
4.4 INTRODUCCIÓN
24300
EI
24300
EI
A LOS MÉTODOS DE ENERGÍA
Como se dijo al principio del capítulo, aparte de los métodos matemáticos y geométricos estudiados
aquí, existen otros métodos que se estudiarán en detalle en el curso de Ingeniería Estructural I que se
basan 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 gradual
a una barra dicha carga efectúa un trabajo externo que debe ser igual al trabajo interno de deformación
que se acumula en el interior de la barra y que es el que permite que la barra recupere su forma inicial
una 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 por
la fuerza es igual a la energía acumulada en el interior de la barra.
Wexterno  U interna
197
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Recordemos además que el trabajo externo realizado por la fuerza es igual al área bajo la
curva P- :
Área bajo la recta=
P
2
Y encontramos que para fuerzas axiales la energía interna de deformación es:
2
2
Energía interna de deformación = P L   AE
2 AE
2L
De manera similar en el caso de flexión se tiene que un momento M al producir un giro d en un
cuerpo efectúa un trabajo que es igual a Md .
Por lo tanto el trabajo total será:

0
W  Md
Y como el momento se aplica gradualmente, se tendrá que similarmente al caso axial en el cual
encontramos que W 
P
, en esta situación:
2
W
198
M
2
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En el curso de Ingeniería estructural se verá en detalle que la energía de deformación acumulada
en el interior de una barra cuando es flectada por un momento M es igual a:
U
L M 2 dx
0 2EI
A partir de la aplicación del principio de conservación de la energía, en el curso mencionado se
estudiarán métodos para el cálculo de deformaciones y pendientes en vigas a través de conceptos
como 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 visualización
de 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 situaciones
estáticamente indeterminadas (mayor número de reacciones que ecuaciones, por lo cual deberá seguirse
un procedimiento similar a los ya estudiados: obtener a partir de las deformaciones ecuaciones adicionales
que levanten la indeterminación).
Pero cómo surgen las vigas estáticamente indeterminadas? Veamos:
La siguiente viga como se sabe es estáticamente determinada:
Ecuaciones de
equilibrio: 3





 Fx  0
 Fy  0
M A  0
Reacciones
(incógnitas): 3
 Ax

 Ay

 B y
Estáticamente determinada
199
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Al hacer el análisis deben calcularse los esfuerzos actuantes máximos  max y  max  y la
deformación máxima  max .
Estos valores deben ser menores que los esfuerzos y la deformación admisibles para que la viga
sea 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, sin
cambiar el material.
Sin embargo en muchas ocasiones no es posible cambiar el material o las dimensiones por problemas
de disponibilidad de otros materiales o por requerimientos arquitectónicos que no hacen posible cambiar
las dimensiones.
En estas condiciones la única alternativa para aumentar la seguridad de la viga y su rigidez será
colocar un apoyo adicional intermedio C.
Ecuaciones de
equilibrio: 3
 Fx  0

 Fy  0

 M A  0
Reacciones
(incógnitas): 4
Estáticamente indeterminada
200
 Ax
A
 y
B
 y
C y
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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 de
ecuaciones 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 la
viga puesto que provee a la viga con la posibilidad de mantenerse estable en caso de falla de uno de los
apoyos.
Volvamos a considerar la viga original con solamente 2 apoyos:
Veamos que sucede si se produce una falla y desaparece el apoyo B:
Es obvio
que la v
iga pier
de
su estab
ilidad
Observemos que si el apoyo C est‚ presente, ‡ste “acude en auxilio” de la viga para garantizar
su estabilidad. Puede ser que la viga sufra deformaciones y grietas excesivas pero el apoyo redundante
evita su colapso.
201
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Esta es pues, otra de las ventajas de las vigas estáticamente indeterminadas: los apoyos redundantes
garantizan la estabilidad en caso de fallas.En general, mientras mas apoyos redundantes tenga una viga
o una estructura, mas segura será. Lógicamente también tendrá un mayor grado de indeterminación y
por 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:
Ecuaciones de
equilibrio: 3
 Fx  0

 Fy  0

 M A  0
Reacciones
(incógnitas): 4
 Ax

 Ay
B
 y
C y
Estáticamente indeterminada
Para resolver el problema empleamos un artificio muy utilizado en ingeniería estructural : Quitamos
el apoyo redundante y dejamos que la viga se deforme, luego lo volvemos a poner a actuar revirtiendo
la deformación que obviamente será igual a la primera. Para el análisis empleamos el principio de
superposición asi:
Se quita el apoyo redundante C
permitiendo que la viga se
deforme por efecto de las dos
cargas una cantidad igual a C1
Se restituye el apoyo C (o lo
que es lo mismo, la reacción
Cy) y se deja que produzca la
deformacion contraria C2
Como en la situación original hay un apoyo en C, allí la deformación será cero. Por este motivo:
 C1   C 2
Esta es la ecuación que levanta
la indeterminación y n os
permite resolver el problema
No sobra terminar diciendo que C1 y C2 se obtienen con cualquiera de los métodos vistos para
calcular deformaciones: El de la doble integración, el del área de momentos o el de la viga conjugada.
202
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PROBLEMA
Calcular las reacciones en los apoyos y hacer los diagramas de fuerza cortante y momento
flector de la viga
MA  0
 FY  0
M A  5RB  15 1.5  0



R A  RB -15  0

2 ecuaciones ESTÁTICAMENTE
3 incógnitas
INDETERMINADO
Debemos obtener una ecuación adicional basada en la compatibilidad de deformaciones: como en
B hay un apoyo,entonces la deformación allí es igual a cero
B  0
Aplicando el principio de superposición y considerando la reacción en B como redundante, tenemos:
3
x  2   3  4.25
4
A
.5
3   22
EI
3

2
10
x  5 
3
3
22.5
EI
 B1  B A  xA
95.625
 22.5 
 B1  4 .25   

EI
 EI 
A
RB
5  5EI
12.5

2
EI
 B2  B A  xA
 B2 
10  12.5RB  41.666RB


3  EI 
EI
203
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Como:  B  0
 B1   B 2
91.625 41.666RB

EI
EI
Esta es la 3a
ecuación que levanta
la indeterminación
Por tanto:
RB  2.20 KN
R A  15  2.20  12.8 KN
M A  15  1.5  5  2.2  11.5KN  m
Con estos valores, construimos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:
3  a 
a

12.8
2.2
2.2a  38.4  12.8a
a  2.56
M max(  )  11.5 
M C  4.88 
2.56  12.8
 4.88
2
0.44  2.2
 4.40
2
M B  4.40  2  2.2  0
Resolver el problema utilizando el método de la doble integración:
204
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MA  0
 FY  0
M A  5RB  15 1.5  0



R A  RB -15  0

2 ecuaciones ESTÁTICAMENTE
3 incógnitas
INDETERMINADO
Como la carga no llega hasta el extremo derecho de la viga empleamos el artificio ya visto cuando
estudiamos funciones de singularidad:
3 x5
Ecuación representativa de la viga:
M  RA x  M A 
5x2 5 x  3

2
2
2
Aplicamos el método de la doble integración:
5x2 5 x  3
EIy  M  RAx  M A 

2
2
EIy  
RA x 2
5x3 5 x  3
 M Ax 

2
6
6
R x 3 M x 2 5x4 5 x  3
EIy  A  A 

6
2
24
24
2
3
 C1
4
 C1 x  C2
Condiciones iniciales:
x0
x0
y 0
y  0
C2  0
C1  0
205
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Ahora obtenemos la tercera ecuación que levanta la indeterminación:
x5
y 0
0
R A 53 M A  52 5 54 5 2



6
2
24
24
4
0  20.833R A  12.5M A  126.875
Con esta y con las condiciones de equilibrio obtenemos la siguiente solución del sistema:
M A  11.0
R A  12.7
las cuales son sensiblemente las mismas obtenidas por superposición
RB  2.2
PROBLEMAS PROPUESTOS
Calcular las deformaciones solicitadas en cada caso. En todos los problemas utilizar rigidez a la
flexión EI.
C  ?
B  ?
MÉTODO DEL ÁREA DE MOMENTOS
C  ?
D  ?
MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA
C  ?
D  ?
MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN
206
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C A P ÍT U L O
E S F U E R Z O
5
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 eje
longitudinal) en su sección transversal se producen esfuerzos normales.

P
A
Es el caso de las siguientes situaciones:
207
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Elementos estructurales sometidos a fuerzas axiales

Hemos visto también el caso de elementos sometidos únicamente a FUERZAS
TRANSVERSALES (perpendiculares a su eje longitudinal), caso en el cual quedan sometidos
a FLEXIÓN y cuyas secciones transversales quedan sujetas a esfuerzos normales.

Recordemos algunos casos:
208
MC
I
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Elementos estructurales sometidos a fuerzas transversales
Flexo-tensión y flexo-compresión
Sin embargo, en las situaciones mas generales en las estructuras los miembros quedan sometidos
SIMULTÁNEAMENTE a fuerzas AXIALES y TRANSVERSALES debido tanto a la forma de
aplicación de las cargas como a la manera como se construyen dichas estructuras.
Veamos los siguientes casos:
209
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CONSTRUCCIÓN METÁLICA, NUEVA YORK, 2005
210
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Superposición de esfuerzos
Al poner los cables inclinados para levantar la viga, se generan componentes horizontales de la
tensión 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 las
fuerzas axiales mas el efecto de las transversales:
Al aplicar al carga excéntricamente también se generan esfuerzos combinados.
La fuerza puede trasladarse al
centro agregando el momento
que produce
211
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Por superposición, el efecto final es igual a la suma de los individuales:
Por superposición:
212
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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 elástico
lineal, como es el caso de este curso).
213
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CONSTRUCCIÓN METÁLICA EN NUEVA YORK (EE.UU.) 2005
Recordemos que en general los esfuerzos normales producidos por fuerzas axiales son:
 
P
A
Mientras que los esfuerzos normales producidos en flexión son:
 
MC
I
Por lo tanto, cuando se hace la superposición de esfuerzos el esfuerzo resultante en general será:
 
Veamos el siguiente ejemplo:
214
P MC

A
I
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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:
 
PSen
A
 
PSen
A
 
MC
I
 
 
MC
I
MC
I
 
 
PSen
A
PSen
A
 
MC
I
215
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Esfuerzo resultante en la sección B:
 
M C PSen

I
A
El eje neutro se desplaza hacia arriba
 
PSen M C

A
I
PROBLEMA
Calcular los esfuerzos normales en los puntos a, b y d
Trasladamos la fuerza agregando el momento correspondiente:
216
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Esfuerzo normal en el punto A:
z 
P
5KN

 83.33KPa
A
0.2  0.3m 2
a 
MC
I

6.75  0.15
  2250KPa
0.00045
I
c
0.2  0.33
 0.00045 m 4
12
0.3
 0.15m
2
 aTOTAL  83.33KPa  2250KPa  2167.67 KPa
217
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Esfuerzo normal en el punto b :
b 
P
5 KN

 83.33 KPa
A 0.2  0.3m 2
b 
MC
6.75  0.15

 2250KPa
I
0.00045
I
c
 bTOTAL  83.33 KPa  2250 KPa  2333 .33 KPa
Esfuerzo normal en el punto d:
218
0.3
 0.15m
2
0.2  0.33
 0.00045 m 4
12
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d 
P
5KN
 83.33KPa
d   
A
0.2  0.3m 2
MC
6.75  0

0
I
0.00045
I
c
0.2  0.33
 0.00045 m 4
12
0.3
 0.15m
2
 dTOTAL  83.33KPa  0  83.33KPa
En el problema anterior vemos que la distribución de esfuerzos por flexión es idéntica para los
tres puntos a, b y d. Esto sucede porque el momento de 6.75 KNxm es constante a lo largo de toda la
barra. Veamos que sucede cuando esto no es así en el siguiente problema.
PROBLEMA
Calcular los esfuerzos en los puntos d y e
I
c
0.2  0.33
 0.00045m 4
12
0.3
 0.15m
2
219
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Separemos los efectos axiales y de flexión:
Esfuerzo en el punto d:
d 
P
4.33KN

 72.12KPa
A
0.2  0.3m
 dTOTAL  72.17 KPa  100 KPa  1072.17 KPa
220
d 
MC
3  0.15

 1000KPa
I
0.00045
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Esfuerzo en el punto e:
e 
P
4.33KN

 72.12 KPa
A
0.2  0.3m
d 
MC
5  0.15

 1666.66KPa
I
0.00045
 eTOTAL  72.17KPa  1666.67KPa  1594.50KPa
221
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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:
222
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223
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Esfuerzos debidos a la fuerza axial de 100 KN en los puntos a, b, d y e:
a b d e  
100 KN
0.045m 2
 2222.22 KPa
Esfuerzos debidos al momento de 4KNxm en los puntos a, b, d y e:
224
a d 
M C 4 KN  m  0.09m

 2962.96 KPa
I
1.215  10  4 m 4
e  b  
MC
4KN  m  0.09m

 2962.96KPa
I
1.215104 m4
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Esfuerzos debidos al momento de 5KNxm en los puntos a, b, d y e:
 a  b  
d e 
MC
5KN  m  0.125m

 2666.38KPa
I
2.344104 m4
M C 5KN  m  0.125m

 2666.38KPa
I
2.344  104 m 4
Finalmente calculamos por superposición los esfuerzos normales totales en los puntos a, b, d y e:
 a  2222.22  2962.96  2666.38  1945.64 KPa
 b  2222.22  2962.96  2666.38  7851.56 KPa
 d  2222 .22  2962 .96  2666 .38  3407 .12 KPa
 e  2222 .22  2962 .96  2666 .38  2518 .8 KPa
225
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PROBLEMAS PROPUESTOS
Calcular el Esfuerzo Normal en el punto b
Calcular el Esfuerzo Normal en el punto n
Calcular el Esfuerzo Normal en el punto m y n
226
Calcular el Esfuerzo Normal en el punto E
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C A P ÍT U L O
C
O
L U M
N
6
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
IN E S T A B IL ID 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 cual
se ha examinado la resistencia de los elementos estructurales hasta ahora.
Veamos:
En los anteriores capítulos se han calculado los ESFUERZOS ACTUANTES en los elementos
con el fin de compararlos con los ESFUERZOS ADMISIBLES debiendo garantizar que los primeros
sean menores que los segundos para preservar la seguridad de las estructuras.
O sea:
 ACTUANTE   ADMISIBLE
227
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Sin embargo cuando los elementos sometidos a compresión tienen ciertas características
geométricas 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 analizado
hasta 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, manteniendo
su sección transversal constante y variando su longitud:
La falla
seguramente
se producirá
cuando
los esfuerzos
actuantes
superen los
esfuerzos
resistentes del
material
A medida que se incrementa la longitud
de las barras empieza a aumentar la
posibilidad de que falle por inestabilidad
lateral o pandeo sin importar qué tan
resistente sea el material
Al seguir
incrementando la
longitud la barra
llega a hacerse tan
esbelta que falla
por pandeo sin
importar qué
tan resistente sea
Entre la inestabilidad y la estabilidad existe un punto que se llama equilibrio crítico en el cual la
inestabilidad está a punto de producirse en el caso de que se presente un pequeño desplazamiento o
incremento de la carga.
Recordemos un ejemplo clásico de los cursos de Física que nos aclara los conceptos de estabilidad
e inestabilidad:
228
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ESTABLE
NEUTRO
INESTABLE
Ante un pequeño desplazamiento horizontal se
generan fuerzas restauradoras que devuelven el
cilindro a su posición de
equilibrio inicial.
Ante un pequeño desplazamiento el cilindro
puede permanecer en
equilibrio en cualquier
posición sobre el plano
Ant e un pequ eño desplazamiento horizontal se generan
fuerzas desestabilizadoras que
alejan el cilindro cada vez mas
de su posición de equilibrio
inicial
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…
229
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…..se generan fuerzas que restauran el equilibrio
NEUTRO : Si se desv•a un poco de su posici‚n…
230
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…...permanece en la nueva posici‚n, cualquiera que ella sea
INESTABLE: Al desviarse un poco de su posici‚n de equilibrio…
231
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...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 equilibrio
crítico: si se retira la carga, vuelve a su posición original. Si se incrementa, se produce la inestabilidad
y 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 ÍT IC A
Vuelve a su estado indeformado
(siempre que esté en el rango elástico)
232
Está en equilibrio crítico
Se vuelve inestable y falla
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6 .3 T E O R ÍA D E E U L E R
6 .3 .1 C á lc u lo d e l v a lo r d e la c a r g a c r ític a
La carga crítica fue calculada por el matemático suizo Leonhard Euler (1707-1783), por lo cual es
común 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: EIy  M
Calculemos el momento flector haciendo un corte a una distancia z desde el origen:

Por tanto:
M  Pcritica y  0
M 0
M   Pcritica y
EIy   Pcritica y
EIy   Pcritica y  0
Ecuación diferencial
de segundo orden
233
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Para poder calcular Pcrítica debe resolverse la ecuación: EIy  Pcritica y  0
Por tanto: y 
Pcritica
y0
EI
Como se ha visto en los cursos de matemáticas la ecuación es de la forma:
y   2 y  0
siendo
α2 
Pcritica
EI
La solución de la ecuación es: y  ACosz  BSenz
Las constantes A y B deben determinarse a partir de las condiciones iniciales que en
este caso son:
z  0
y  0

z  L
y  0

z  0
Si 
por tanto:
y  0
0  ACos 0  BSen 0  A
z  L
Si 
por tanto:
y  0
0  BSenL
Posibilidades:
A0
Que: B = 0 en este caso la solución de la ecuación sería: y = 0 lo cual es absurdo
pues implicaría que la barra está recta (no pandeada) lo cual no es nuestro caso.
Por tanto, si B  0 necesariamente SenL  0
En conclusión: ECUACIÓN DE LA BARRA PANDEADA y  BSenz
234
Y : SenL  0
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En la página anterior concluimos que: y  BSenz y que SenL  0
y  BSenz
Recordemos que:  2 
Pcritica
EI
ECUACIÓN DE LA
BARRA PANDEADA
(tiene forma sinusoidal)
Por tanto, para poder calcular Pcritica debemos hallar 
Sabemos que: SenL  0
En el círculo trigonométrico vemos que:
Por lo cual: L  n
n  0,1,2,3,4 , 
α2 
n 2π 2
2
L

Pcritica
EI
Y obtenemos el valor de Pcritica :
Pcritica 
n 2 π 2 EI
L2
235
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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. Sin
embargo como ingenieros debemos hacer el siguiente análisis teniendo en cuenta el problema fisico
que estamos estudiando (una barra sometida a una fuerza de compresión y a punto de fallar por
pandeo):
Si adoptamos el valor n = 0 tendríamos que Pcritica  0 (esto equivaldría a aceptar que a
ninguna 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 afectando
el 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 veremos
a continuación, el valor adoptado para n es 1.
Las razones matemáticas tienen que ver con el hecho de que los diferentes valores que puede
adoptar 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 obviamente
las ulteriores.
La columna falla antes de
alcanzar estos modos
(Estos valores de n solo tienen
significado matemático, no físico,
en nuestro caso)
En conclusión:
Pcritica 
 2 EI
L2
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 esfuerzo
resistente  R , lo cual es completamente nuevo para nosotros.
De qué depende, entonces, la carga crítica?
236
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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 se
produce el pandeo. En este caso, será el momento de inercia mínimo I min
El pandeo se produce alrededor del eje
cuyo momento de inercia es mínimo
No alrededor del eje cuyo momento
de inercia es máximo
2) La carga crítica es inversamente proporcional al cuadrado de la longitud de la columna L2 lo
cual por lo demás es obvio: mientras mas larga sea, mas fácil se pandeará. (Mas adelante veremos que
no depende exactamente de la longitud de la columna sino de su esbeltez que de todas formas está
relacionada con la primera).
Del análisis anterior, concluimos finalmente que la carga crítica de Euler es:
Pcritica 
 2 EI min
L2
Hasta este punto hemos analizado la barra considerándola biarticulada. Sin embargo, existen
otras posibilidades de conectar las barras en sus extremos. Veámoslas y establezcamos cómo influyen
en el valor de la carga crítica.
6 .4 D IF E R E N T E S C O N D IC IO 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.
237
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Tipos de apoyos que puede tener una columna en sus extremos
Recordando que las articulaciones permiten el giro y los empotramientos lo restringen la elástica
para cada uno de los casos tiene la siguiente forma.
Si se aplican a cada caso las condiciones iniciales y se deduce el valor de la carga
crítica tal como se hizo en el caso de la columna biarticulada se encuentran los
valores de semiondas que se muestran en cada caso. Estas semiondas constituyen
lo 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 los
textos clásicos de Resistencia de Materiales, por ejemplo en ............)
En consecuencia, para calcular la carga crítica deberá tenerse en cuenta la longitud
efectiva en cada caso, que tendrá los valores señalados en la gráfica.
Pcritica 
238
 2 EI min
L2 e
Le : longitud efectiva
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Teniendo en cuenta la longitud efectiva en cada caso, los valores de la carga crítica serán:
Pcritica 
 2 EI min
L2
Pcritica 
 2 EImin
 2 EI min
2
2
L2
0.7 L 
Pcritica 
 2 EImin
 2 EI min
4
2
L2
0.5L
La carga crítica más
grande es la mas
segura
Pcritica 
 2 EImin
 2 EI min
 0.25
2
L2
2 L 
La carga crítica más
pequeña es la mas
peligrosa
Con una barra de balso puede simularse fácilmente el comportamiento de las columnas con
diferentes tipos de apoyos:
239
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6 .5 E S F U E R Z O S C R ÍT IC O S
Después de conocer la carga crítica ya estamos en condiciones de calcular el esfuerzo normal
que producirá  crit .
Tal como se estudió al principio del curso el esfuerzo normal es igual al valor de la fuerza axial
dividido entre el área de la sección transversal de la barra.
 critico 
Pero:
Pcritica
A
Pcritica 
 2 EI min
Le 2
Por tanto:  critico 
 2 EI min
Le 2 A
Recordemos, del curso de mecánica que el radio de giro del área es: r 
Por tanto: critico 
I
A
 2 Ermin 2
Le 2 A
Se comprueba una vez mas que el esfuerzo crítico no depende del esfuerzo
resistente del material sino de su rigidez (E) y del cuadrado de un parámetro
Y finalmente  critico 
240
 2E
 
Le  kL
longitud efectiva
rmin 
I min
A
Le
rmin
2
denominado esbeltez que es igual a
1
0.7
k
0.5

2
 
Le
rmin
Dependiendo de los apoyos
en los extremos
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Como se ve, para un material dado con módulo de elasticidad E, el esfuerzo crítico depende de la
relación de esbeltez de la columna.
Miremos la variación del Esfuerzo Crítico con la esbeltez. Variación del esfuerzo crítico con la
esbeltez para un material como el acero con un módulo de elasticidad E.
 critico 
 2E
Esfuerzo crítico
 
Le 2
rmin
Por tanto:  criticoacero 
Para el acero: E  200GPa
 2  200  109
 
Le 2
rmin
Pa
Hagamos la gráfica de esta ecuación
VALORES EXTREMOS TEÓRICOS
 criticoacero 
 2  200109
 
Le 2
rmin
Pa
Hipérbola de Euler
 Le 


 rmin 
Lo primero que observamos es que es asintótica a los ejes ortogonales
Lo segundo, que mientras más esbelta la columna, menor el esfuerzo
crítico (más peligro de pandeo)
Gran esbeltez
Bajo esfuerzo crítico
Alta posibilidad de pandeo
Baja esbeltez
Alto esfuerzo crítico
Nula posibilidad de pandeo
241
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Rango de validez de la hipérbola de Euler:
La teoría de Euler y el esfuerzo crítico se han
deducido a partir de la ecuación de la elástica
ELy   M que a su vez se dedujo a partir de
la Ley de Hooke   E .
Esto deberá tenerse en cuenta para definir el
rango de validez de la ecuación del esfuerzo
crítico.
Límites de validez de la hipérbola
Por la izquierda : El esfuerzo en
el límite de proporcionalidad
Por la derecha: Por seguridad
se recomienda una relación
de esbeltez máxima de 200
 Le 


r 
 min 
 Le 


r 
 min 
Por tanto, la ecuación de la hipérbola es válida en el siguiente rango:
 criticoacero 
 2  200109
 
Le 2
rmin
Pa
 Le 


r 
 min 
242
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6 .6 C Ó D IG O S
Cada país define sus propios códigos para el cálculo de estructuras. En Colombia se han establecido
las Normas Colombianas de Diseño y Construcción Sismorresistente (NSR-98) mediante la Ley 400
de 1997 y el Decreto 33 de 1998.
Específicamente el Título F Estructuras Metálicas establece lo
siguiente con referencia al cálculo de elementos de acero a compresión:
F.4 .4 - c o lu m n a s y o tr o s m ie m b r o s a c o m p r e s ió n
ESFUERZOS ADMISIBLES. Para miembros a compresión cargados axialmente, cuya sección
transversal 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 esfuerzo
admisible sobre la sección total.
Fa 
 kl / r 2 
1 
 Fy
2Cc2 

5 3kl / r  kl / r 3


3
8Cc
8Cc3
en donde:
Cc  2 2 E / Fy
Cuando la relación (Kl/r) de estos miembros excede el valor de Cc se tomará como esfuerzo
admisible sobre la sección total.
Fa 
12 2 E
23kl / r 
2
243
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PROBLEMA
Aplicando la NSR-98 resolver el siguiente problema:
Calcular la carga axial permisible Pperm para la columna de la figura correspondiente a las
siguientes 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: E  200GPa
Fy  250 MPa
Calculemos primero el radio de giro de la sección. En este caso el radio de giro es igual con
respecto a cualquier diámetro por lo que no tiene sentido hablar de radio de giro mínimo.
r
I
A
I
4
Dext
D4  154  134
 int 

 1083.06
64
64
64
64
A
2
Dext
D2  152  132
 int 

 43.98
4
4
4
4
r
1083.06cm4
43.98cm2
 4.96cm
Calculemos Cc (recordemos que es una relación de esbeltez):
Cc  2 2 E / Fy
Cc  2 2  200  109 Pa / 250  106 Pa  125.66
Este valor deberemos compararlo con la esbeltez de la columna en cada caso para calcular los
correspondientes esfuerzos permisibles.
244
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Analicemos los tres casos:
a) L= 2m
kl / r   ?
k  2 (empotrada y libre)
l  200 cm
r  4.96cm
kl / r   40.32 como  kl   80.64  Cc
r
Fa 
Entonces según la NSR-98
Fa 
b) L=2.5m

40.32 2  250MPa
1


2
 2  125.66 
3
5 3  40.32
40.32


3 8  125.66 8  125.663
kl / r   ?
como

5 3kl / r  kl / r 2


3
8Cc
8Cc3
0.94  250
 132.02MPa
1.78
F.S.
kl / r   100.81  Cc  125.66
k2
l  250 cm
r  4.96cm
kl / r   100.81
Entonces según la NSR-98
Fa 
 kl / r 2 
1 
 Fy
2Cc2 


100.812  250MPa
1 
2
 2  125.66 
3
5 3  100.81
100.81


3 8  125.66 8  125.663

 kl / r 2 
1 
 Fy
2Cc2 

Fa 
5 3kl / r  kl / r 3


3
8Cc
8Cc3
0.67  250
 88.16 MPa
1.90
F.S.
Vemos que los FACTORES DE SEGURIDAD son mayores que en el caso anterior puesto que la
columna es mas larga y la posibilidad de pandeo es mayor
c) L=3.5m
kl / r   ?
como
kl / r   141.13  Cc  125.66
k2
l  350 cm
r  4.96cm
kl / r   141.13
245
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Entonces según la NSR-98 Fa 
Fa 
12 2  200  103 MPa
2
23141.13

 2  200  103 MPa
1.92141.13
2
12 2 E
23kl / r 2
 51.62MPa
Cálculo de las cargas admisibles:
Recordemos que en general:  
P
A
en ese caso: Fa 
Padmisible
A
a) L=2m
Padmisible  Fa  A  132.02MPa  43.98cm 2 
b) L=2.5m
Padmisible  Fa  A  88.16 MPa  43.98cm 2 
c) L=3.5m
Padmisible  Fa  A  51.62 MPa  43.98cm 2 
1m 2
104 cm 2
1m 2
10 4 cm 2
1m 2
10 4 cm 2
Padmisible  Fa  A
 0.58MN  580KN
 0.39MN  390 KN
 0.23MN  230 KN
Observemos que mientras mas esbelta es la columna, menor será la carga que puede aplicarse
246
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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 proceso
de fabricación se establece que:
 critico 
Por tanto:
Fy
2

y
2

Fy
2
 2E
(Valor máximo que puede alcanzar el esfuerzo
crítico aplicando la hipérbola de Euler)
 kl 
 
r 
y
 kLr 2
Fa 
2 2 E
 Cy
Fy
 kl / r 2 
1 
 Fy
2Cc2 

5 3kl / r  kl / r 2


3
8Cc
8Cc3
Factor de seguridad
 admisible  Fa 
12
23
12 2 E
23kl / r 
2
Factor de seguridad
247
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PROBLEMA PROPUESTO
Calcular la carga admisible para cada una de las columnas mostradas sabiendo que todas
están construidas con un perfil de acero cuya referencia es W 10 x 60 (sección de patin ancho),
que tiene las siguientes características:
Fy  20000
lb
pu lg 2
EJE 1-1
EJE 2-2
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
Datos tomados de MECÁNICA DE MATERIALES (Gere y Timoshenko) México, International Thomson editores1998, página 875
248
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C A P ÍT U L O
T O
R S I Ó
7
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 incumbencia
exclusiva 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 o
por la forma misma de la estructura (asimetr…as) se presenten este tipo de efectos en los elementos
estructurales.
Veamos algunas situaciones:
249
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7.1 ESFUERZOS Y DEFORMACIONES
EN ELEMENTOS DE SECCIÓN CIRCULAR
Al aplicarse un momento torsor T (alrededor del eje longitudinal), una sección del elemento
gira con respecto a la otra e internamente se produce un efecto de deslizamiento o corte entre dos
secciones adyacentes.
La torsión, por tanto, produce esfuerzos cortantes   y deformaciones angulares  Veamos:
250
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Esfuerzo cortante  y ángulo de giro  en elementos estructurales de sección circular.
Esfuerzo cortante  en secciones transversales rectas del elemento.
251
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Recordemos que ante la presencia de esfuerzos cortantes verticales, se generan automáticamente
esfuerzos cortantes verticales iguales.
Por tanto:
Ley de Hooke para corte:
τ  Gγmax
G: módulo cortante
γmax dz  rd
γmax 
Análogamente: γ 
252
rd
dz
d
dz
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Calculemos  a una distancia  del centro de la sección transversal:
M0  0

 T  dM  0
dM  dF  dA
 dM   dA
Pero:   G  G
d
dz
Reemplazando:
d
 dM   G dz dA
 T  G

T G
Recordando que:
d
dA  0
dz
d
 2 dA
dz

2
  dA  J (Momento polar de inercia de la sección)
Por lo cual: d  T
dz GJ
  G  G
Finalmente:  
T
J
T
GJ
T: momento torsor
: radio en el punto considerado
J: momento polar de inercia
J  Ix  I y 
D 4 D 4 D 4


64
64
32
253
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Variación de :
Como se infiere de la expresión,  depende del radio 
Si
 0
 0
Si
 r

Tr
  max
J
La variación es lineal
Angulo de giro:
Angulo de giro  entre dos secciones del elemento estructural
254
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Anteriormente se tenía que:
d T

dz GJ
Por lo cual:
T
dz
GJ
d 

0
d 
0 GJ dz

T:
L T
TL
GJ
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
255
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PROBLEMA
La tiza de la figura se somete a dos momentos torsores de 2 Nxcm en los extremos. Calcular el
esfuerzo cortante máximo producido y los esfuerzos principales correspondientes a dicho estado
de esfuerzos.
El diámetro de la tiza es de 1 cm.
Tal como se vio, el esfuerzo cortante máximo
ocurre en la periferia y es igual a:
 max 
Tr
J
r = 0.5 cm = 0.0005m
T=2N x cm
T=2N x cm
T = 2N x cm = 0.02N x m
J
 max 
0.02  0.0005
9.82  10
10
N
D 4  0.014

 9.82  10 10 m 4
32
32
2
 10183.3 m  10.2 KPa
Variación de esfuerzos cortantes a través de
la sección
Elemento en el borde de la tiza sometido a
cortante puro
256
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Construyamos el círculo de Mohr para el elemento mostrado:
La rotura se produce por tensión a lo largo
de un plano a 45°
257
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PROBLEMA
Calcular el diámetro que debe tener el eje de la figura sabiendo que el ángulo de torsión entre
sus extremos no debe ser mayor que 4° y el esfuerzo cortante admisible del material es de
60 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
  60MPa
Primera condición:   4 
D4
TL
GJ
4 
1600 N  m  2m
rad 1600 N  m  2m


4
180
D 4
N D 4 4
11 109 2 
11GPa 
m
m
32
32
m
1600  2  32  180
4    11  109  
 0.081m  8.1cm  D1
Este diámetro garantiza que el ángulo no excederá un valor de 4°
D
T
Tr
1600 N  m  16

 24 
Segunda condición:   60MPa  60  10
2
J D
m
D 3
32
6 N
258
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D3
1600  16
  60  106
 0.051m  5.1cm  D2
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:
Dnecesario  8.1cm
PROBLEMA
Calcular los momentos torsores internos en los tramos AB, BC y CD del elemento estructural
Diagrama de cuerpo libre de todo el
elemento
Mz  0
TA  300  400  600  0
TA  500
Para calcular los momentos en cada tramo hacemos cortes por cada uno de ellos así:
0  z  1.5
Mz  0
TAB  500 N  m
259
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1.5  z  3.5
Mz  0
TBC  500  300  200
Mz  0
TCD  500  300  400  600
3.5  z  6.5
Una vez calculados los momentos torsores se puede proceder al cálculo de los esfuerzos cortantes
máximos en cada tramo.
Supongamos que el diámetro del elemento estructural es de 10 cm.
Esfuerzos cortantes máximos en cada tramo
Recordemos que:  max 
J
Tr
J
siendo: J 
 0.10m4
 9.82  10 6 m 4
32
D 4
32
r  0.05m
Entonces los esfuerzos cortantes máximos en cada sección serán:
 AB 
260
500 N  m  0.05m
9.82  10  6 m 4
 2.55MPa
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 BC 
 CD 
200 N  m  0.05m
9.82  10 6 m 4
600 N  m  0.05m
9.82  10 6 m 4
 1.02MPa
 3.05MPa
Como se observa, el esfuerzo cortante máximo ocurre en el tramo CD. Su valor será el que
definirá el diseño del elemento: Deberá escogerse un material con un esfuerzo resistente mayor
que 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 torsión
también pueden quedar en situación estaticamente indeterminada. El caso mas común se presenta
cuando el elemento está bi-empotrado.
M z  0
TA  TB  40  15  0
TA  TB  25
1 ecuación
2 incógnitas
Estáticamente indeterminada
Como en las situaciones anteriores de indeterminación necesitamos una ecuación adicional (obtenida
de 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.
261
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B no gira con relación a la sección A.
Esto podemos expresarlo diciendo que la suma (algebraica) de los giros de las secciones AC, CD
y DB es igual a cero.
 AC  CD   DB  0 Ecuación de compatibilidad de deformaciones
Recordemos que en general:

TL
GJ
Por lo tanto: TAC LAC  TCD LCD  TDB LDB  0
GJ
GJ
GJ
TAC L AC  TCD LCD  TDB LDB  0
1.5TAC  2TCD  1.2TDB  0
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: 1.5TA  2TA  40  1.2TA  25  0
4.7TA  110
TA  23.4 KN  m
TB  25  23.4  1.6
Con estos valores podemos calcular finalmente los momentos torsores internos en las 3 secciones:
TAC  23.4
262
TCD  23.4  40  16.6
TDB  23.4  25  1.6
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Conocidos estos valores, el problema está resuelto y se pueden calcular los esfuerzos cortantes
y 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 del
elemento 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 utilizando
la analogía de la membrana.
En este texto introductorio presentamos las expresiones obtenidas en dicho análisis para el esfuerzo
cortante máximo y la deformación angular producida en torsión.
7.3.1 Esfuerzos y deformaciones en elementos de sección rectangular a
torsión
263
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El esfuerzo cortante máximo ocurre en el punto medio del lado mas largo:
 max 
T
c1hb 2
El ángulo de torsión entre dos secciones separadas una longitud L es:

TL
c2 hb3G
C1 y C2 son constantes que dependen de la relación h según la siguiente tabla:
b
h
b
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
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 momentos
torsores mostrados.
264
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Según lo visto, el esfuerzo cortante máximo ocurrirá en el tramo en el cual el momento torsor
sea máximo.
 max 
b  20cm
h  30cm
h 30

 1.5
b 20
T
c1hb 2
por lo tanto: c1  0.231
Calculemos el momento torsor máximo en la viga.
MZ  0
TA  70  30  0
TA  40 KN  m
Hagamos cortes para detectar el tramo del momento torsor máximo.
0 z2
MZ  0
TAB  40  0
TAB  40
265
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2  z  3.5
M z  0
TBC  70  40  0
TBC  30
Por lo tanto: Tmax  TAB  40 KN  m
Finalmente, calculamos el valor del esfuerzo cortante máximo.
 max 
Tmax
c1hb
2

40 KN  m
0.231  0.30m0.20m 2
τ max  14430 KN / m 2  14430 KPa
El esfuerzo cortante máximo ocurre en el tramo AB en el punto medio del lado mas largo de la
viga:
266
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7.4 TORSIÓN DE SECCIONES ABIERT AS
En general puede decirse que las secciones abiertas (ángulos, secciones U) son muy ineficientes
para resistir efectos de torsión por cuanto se pierde la continuidad en la transmisión de los esfuerzos
cortantes producidos.
Aplicando los mismos procedimientos utilizados para calcular los esfuerzos en secciones
rectangulares (analogía de la membrana) se ha encontrado que en este caso puede aplicarse la misma
expresion 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 casos
se hace iguales a 0.333.
Las dimensiones de h y b se calculan como se ilustra en la figura:
TORSIÓN DE SECCIONES ABIERTAS
267
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PROBLEMA
Calcular el esfuerzo cortante máximo en el elemento angular de la figura sometido a un momento
torsor de 1500 Kgxcm
Según lo visto, en este caso se puede aplicar la misma expresión usada en el caso de secciones
rectangulares con los valores de c1, h y b que se muestran a continuación:
 max 
T
c1hb 2
c1  0.33
h  0.7cm
b  18  8  0.7  25.3 cm
Por lo tanto:
 max 
T
c1hb
2

1500 Kg  cm
2
0.33  0.7cm  25.3 cm
2
 10.14 Kg / cm 2
Es de anotar que en un análisis mas preciso que el que se hace en este texto, deberán tenerse
en cuenta las concentraciones de esfuerzos que se producen por los cambios bruscos de dirección
inducidos por el doblado de la lámina al hacer el ángulo.
268
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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 del
tubo.

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 a
esfuerzos cortantes 
q  A    t  1  t
La fuerza por unidad de longitud del tubo es:  t (se conoce como flujo de cortante q)
q  t
269
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Establezcamos el equilibrio alrededor de un punto O en el interior del tubo a partir del cual
tomamos un radio de curvatura r del tubo en dicho punto:
dF    dA    tds  qds
M0  0

T   rqds  0
T  rdF  0
rds  2dA
T - q  2A  0
T  q  2A  t  2A

En resumen:  
T
2At
T
2At
A : Área encerrada por el perímetro medio de la sección:
270
dA 
rds
2
2dA  rds
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PROBLEMA
Calcular el esfuerzo cortante máximo que se produce en el tubo de la figura cuando se somete
a dos momentos torsores de 180 Kgxm en sus extremos
Según se vió:  
T
2 At
T  180 Kg  m
t  1.2cm  0.012m
Calculemos A (área encerrada por el perímetro medio de la sección):
5
1.2 1.2

 3.8cm
2
2
10 
A  3.8  8.8  33.44cm 2  33.44cm 2 
Reemplazando:  
180 Kg  m
4
2
2  33.44  10 m  0.012m
1.2 1.2

 8.8cm
2
2
1m 2
10 4 cm 2
 33.44  10  4 m 2
 2242822.97
  224.28
Kg
m2
Kg
cm 2
271
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R E F E R E N
C IA S
B IB L IO
G
R Á F IC A S
BEDFORD, Liechti. 2002. Mecánica de materiales. Colombia. Pearson educación de Colombia. 1ª edición.
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CRAIG Roy R., Jr. 2000. Mechanics of materials. Estados Unidos. 2a edición.
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1ª edición.
GERE Y TIMOSHENKO. 1998. Mecánica de materiales. México. International Thomson Editores.
Cuarta edición.
GORDON J. E. 1978. Structures or why things don't fall down. United States of America. Da Capo
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273
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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 libro
Mecánica 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 son
del autor.
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Impreso en el Centro de Publicaciones
de la Universidad Nacional de Colombia Sede Manizales