S.  TIMOSHENKO

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ÍNDICE
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RESISTENCIA DE MATERIALES

PRIMERA PARTE

CAPITULO PRIMERO

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POR DEBAJO DEL LIMITE DE ELASTICIDAD

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4 RESISTENCIA DE MATERIALES

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6 RESISTENCIA m:  MATERIALES

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2. Resolver el problema 9 suponiendo que la carga se aplica
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16 RESISTENCIA nn MATERIALES

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32 RESISTENCIA DE MATERIALES

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CAPÍTULO iI
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  1. 1. S. TIMOSHENKO ¡»acusan m: MECÁNIUA DE LA unuvuswu: un suman» RESISTENCIA DE MATERIALES PRIMERA PARTE TEORIA ELEMENTAL Y PROBLEMAS nnnnnnnnnnnnnnnn En por TOMÁS DELGADO PÉREZ DE ALBA wauuwuo mnvsnxu. Y AKROIÁUTICCI ESPASA-CALPE, S. A. MADRID 1957
  2. 2. 0g, 0p 5': 7a: ‘n: Ta T1 8 e En ¡yy ‘i; ¡N s bh<EÉN>= eu« NOTACIONES Fatiga: normales ligadas a planos perpendiculares al eje z, y, z. Fatiga normal ligada a un plano perpendicular a la dirección n. Fatiga normal en el punto de fluencia. Fatiga normal de trabajo. Fatiga cortante. Fatiga cortantes paralelas a los ejes y, z, m, y ligadas s. planos perpendiculares a los ejes z, y, z. Fatiga cortante de trabajo. Alargamiento total, flecha total. Alargamiento unitario. Alargamiento unitario en las direcciones z, y, z. Distorsión unitaria, peso por unidad de volumen. Módulo de elasticidad en tracción y compresión. Módulo de elasticidad por oortaduxa. Relación de Poisson. Dilatación. Módulo de elasticidad por volumen. Momento torsor. Momento flector en una viga. Fuerza cortante en una viga. Area de sección recta. Momentos de inercia de una figura plana con re- lación a las ejes y y z. l
  3. 3. XII NOTACIONES k”, la, Radios (le giro correspondientes a I”, 1,. f“ RPG ïsaxsicne-SCÍQ“ I? ‘ONQN Momento dc inercia polar. Momento resistente. Rigidez a la torsión. Longitud de una barra, luz de una viga. Fuerzas concentradas. ‘Temperatura, espesor. Coeficiente de dilatación por el calor. Energía de deformación. Energía de deformación por unidad de volumen. Altura de una viga, espesor de una placa. carga por unidad de longitud. Anguloa. Presión . Diametros. Radios. Peso, carga. ÍNDICE Phfiinns Olpltnlnl L-Trmocrón Y CDMPKESIÓN ron nnnuo DEL LÍMITE 1m ELASTIUIDAD . . . l. Elastioidad 2. Ley de Hm 3. Diagrama de tracci n 4. Fatiga de trabajo” . . . . 5. Fatigas y deformaciones producidas en una barra por su propio peso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (S. Problemas estéticamente ¡nda-terminados on tracción ycomprcsión. 7. Fatigas iniciales y . 8. Extmlsión de un anillo circulan. . lle-ANÁLISIS ms FATIGAS Y DHFOKMACIDNES . , , . . . . . . . . . . . , . 9. Variación de la fatiga en la extensión y compro- sion simple al considerar secciones oblicuas al eje de la barra. , 10. El circulo de f . . ll. Tracción o compresión en os ueccinnes perpen- diculares . . . . . . . . . . . . . . . . , . . . . . . . . . . . . . . 12. E] circulo de Molar para fatigas combinada, 13. Fatigas privicipales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14. Análisis dc la deformac 'n en el caso de extensión simple , . 15. Deformaci aso de . . dos direcciones perpendiculares. . 16. Fatiga cortante pura . . . . . . . . . . . 17. Fatigas de trabajo por cortador . 18. Tracción o compresión en tres direccion ‘ perpen- diculares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , . . . , . . . . . . . . . . . . HIr-Fosaza UORTANTE y MOMENTO smc-ron . . . . . . . . . . . . . , . 19. 20. 21. 22. Tipos de vigas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Momento {lector y fuerza cortante . . Relación entre el momento Ph ur y la luerza cor- tante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Diagramas do] momento fleutor y de la fuerza cor- tante . . . . . . , . . . . comia- v- 34 37 40 42 45 48 50 52 59 53 6.‘! 65 68 '10
  4. 4. XV ÍNDICE xiv ÍNDICE Páginas Camino: mmm- E"’"Ï‘ÏÍ ' — ó mans om! TDRSIÓN , . . . . . . . , . . 254 IW-Fsrxess EN LAS VIGAS . . , . . . . . , . . . . , . . . . . . . . , . . . , . . . . . . 84 IX. —Tonsi: N OÏILZÉÍUIÏVSZWQÏÏCUIM I y 254 23. Flexión pura de barras prismáticas . . . . . . . . 84 l TÉi-Ïión de árboles huecos. 260 24, Vigas con formas diversas de sección recta. . 93 . 60' Torgión de ejes de sección rectangular 252 25. Caso general de vigas cargadas transversalmente. . 98 51' Ram-te helicoidal de espiras cerradas . 263 26. Lc fatiga cortante on ln flexión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 gg. Fkxión y torsión combinadas en ejes circulares. . 269 27. Distribución de las fatigas cortantes en el caso de ' zu una sección circular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ll2 X ——ENERGÍA ma: DEFOEHAOIÓN. . . . . « » 2 4 28. Distribución de la fatiga cortante en gas en 1 114 . ' ’ f i 1 t EOCIÓH 7 29. Fatigas principales en la flexión. v‘ 116 33' Ïfiïífi: ‘ÉÏÉÏÉQÏÏ dÉQÍSÏQÉÏueÏIÏÏK. . ... .. . 278 30' Fafig“ en ‘¿sus wmïmcams“ ‘ 121 Ezeu-lglalïalástica de geformación en los casos de fuer. - - r V. —DnroaMAoróN m: vmAs oanosnss rasNsvEnsALnuNrn. . 129 Z6 001m2‘? y 37'33}; m“ m a1. Ecuación diferencial de la elástica . ... ... ... . . . 129 gs‘ ‘fljdïffid: po, choque , ,,, . ... . . . . 294 32. Flexión de una viga uniformemente (var-gado apoya» 63' L“ ex ¿mn genera] de lg, energia, de deformaclón- 299 d“ °" s“ °"“"m°" ' - - - > - - < - '- 132 es" El teoliema de Castiglianmn. ..“. ... ... . . ... 302 33. Defonnación de una v p I apoyada. por 70' A ¡“cian de] magma, de Castigliano a la resolución una carga concentrada . . . . . . . . . . . . . . . , . . . . . .. 136 ' pd, roblem“ Qgtúticggnentc indetenninados - 313 34. Modo de encontrar las (ieformaoioncs en la flexión 71 m “¿EN ¿e ¡a reciprocídu(l de los trabajos . 324 utilizando el diagrama de mcmvntos fleetores. 72' caspa de excepción. . , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , . . . 332 Método de superposición . . , . . . . 138 ' 35. Elástica de una viga en voladizo . . 141 36. Ellïstica de uno. viga apoyada en . tro) 146 37. Deformación de vigas apoyadas y con voludizos. . . 155 A P É N D I C E SS. lJefor-mación de vigas cuando las cargas no son pa- ¡alejas a um, de los pum” ljfíngípalag de flexmm 15g Monza-ros mr umnou nm ms ÁnEAs rLANAa. . . . . . . . . . . . . _. . . . . 335 39, Efecto de La fuer-La cortante on la deformación de I, El momento de murcia de un tiren. plans. con relación u lasviges. ... ... . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 unejedesuplanonnuï. ... ;.. ... í.. ... u . t l d ' ' rea p ana VI. —Cssos arrnnasnrrcos im LA ELEXIÓN . . . . . . . . . . . , . . . .. 168 313g; dapgj: . . . . .. . 340 40. Exceso de ligaduras . . , . . . . . . , . . . . . . . . . . , . . . . . . . . , 158 IV. Producto de ‘inercia. Ejes principalc _ ‘ _ » 341 41. Vige. empotrada en un extremo y apoyada cn el otro. 171 V. Cambio de dlreoolón d‘? 105 "Jes- D3‘°'m““‘“6“ de 1°“ "les 343 42. Viga con los dos extremos empotrados. . 177 PïmclPfilü v - - - - - ‘ - - - ' - ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ‘ ' ‘ ' ‘ ' ‘ ' ' ' ' ' ' ' ' ' ‘ ' ' ' 43. Pórticos y cuadros. . . . . . 181 44. Vigas sobre tres apoyos 189 hrmozl: na avroms. . . . . . . . . . . . , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349 45. Vigas continuas“ 192 VII. VIGAS nn SECCIÓN VAIUABLE. VIGAS nn nos MATERIALES. 201 46. Vigas de sección variable . . . , . . . . . . . 201 47. Vigas de materiales diferente 208 48. Vigas de hormigón armado” . . . . 212 49. Fatigas cortantes en vigas de liormig a 0.. . . 216 VIIL-FLEXIÓN ¿confiamos m: TRACCIÓN o cournasióy. Tnn. nin DE COLUMNAS . . . . . . . . . . . . . . . . , . . . . . . . . . . . 219 50. Flexión acompañada de tracción o compres n 219 51. Cargas cxcéntricas en cuerpos de poca esbnltt 223 52. El núcleo de la. sección _ . . . . . . . 4. 228 53. Cargas excéntricus «n piezas valvulas y en uno de los planos prlncíp In: . 233 54‘ Carga crítica . . . . . . . , _ 23s 55. Fatiga critica. Proyecto de columnas. . 243 56. Proyecto de columnas por el método (le las inexac- titudes supuestas” 248 57. Fórmulas vmpiricas p co uninasn 251
  5. 5. RESISTENCIA DE MATERIALES PRIMERA PARTE CAPITULO PRIMERO TRACCION Y COMPRESIÓN POR DEBAJO DEL LIMITE DE ELASTICIDAD l. Elasflcidatl. —Sup<>nemos que un cuerpo está formado por partículas pequeñas (¿moléculas entre las cuales actúan fuerzas. Estas fuerzas moleculares se oponen a cambios de for- ma del cuerpo cuando sobre él actúan momia exteriores. Si un sistema exterior de iïierzas se aplica al cuerpo, sus par- tículas se desplazan y estos desplazamientos mutuos continúan hasta que se establece equilibrio entre el sistema exterior de fuerzas y las fuerzas interiores. Se dice en este caso que el cuerpo está en estado dc defor- mación. Durante la deformación, las fuerzas exteriores que actúan sobre el cuerpo realizan trabajo, y este trabajo se transforma completa o parcialmente en energía potencial de deformación. Ejemplo de esta acumulación de energia en un cuerpo defor- mado es el caso de un muelle de reloj. Si las fuerzas causa de la deformación del cuerpo disminu- yen gradualmente, el cuerpo vuelve total o parcialmente a su forma primitiva y durante esta. deformación inversa la energía potencial de deformación acumulada en el cuerpo se recupera en forma de trabajo exterior. mmruou DI huznuua. — T. l l
  6. 6. 2 kssrsruNmA me MATERIALEP Sea, por ejemplo, una barra prismatica cargada en su ex- tremo tal como indica la figura l. Bajo la acción de esta carga, la barra se alarga una cierta cantidad. El punto de aplicación de la carga se desplaza en su dirección y la carga realiza un tra- bajo positivo durante este movimiento. Cuando la carga disminuye, al alargamiento de la barra dis- minuye también, el extremo cargado so desplaza hacia arriba y la energía potencial de deformación se trans- forma en el trabajo de desplazar La carga en sentido contrario a su dirección. La propiedad que tienen los cuerpos de recuperar su forma primitiva al descargarlos se denomina elasticidad. Se dice que el cuerpo es perfectamente elástico si recobra su forma original de un ¡nodo completo al descargarlo, y que es par- cialmente elástico si la deformación producida Fm 1 por las fuerzas exteriores no desaparece por completo al descargarlo. En el caso de un cuerpo perfectamente elástico, el trabajo realizado por las fuer- zas exteriores durante la deformación se transforma completa. - monte en energía potencial de deformación. En el caso de un cuerpo parcialmente elástico, parte de aquel trabajo Se tranfiíbrmfl- en calor desarraliado en el cuerpo durante la deformación no elástica. Experimentalmenm, se ha visto que cuerpos tales como el acero, la madera y la piedra pueden con- siderarse como perfectamente elásticos por debajo de cierto límite que depende de las propiedades del material. Suponiendo que las fuerzas externas que actúan sobre una estructura son conocidas, es un problema fundamental para el proyectista di- mensionar las partes de la estructura para. que estén en condi- ciones perfectamente elásticas en todos los casos de carga. Solamente en tales condiciones La estructura tendrá. una vida larga y segura y no presentará deformaciones permanentes en sus elementos. 2. Ley de H00ke. —Experíment0s realizados sometiendo a extensión barras prismaticas han hecho ver que entre ciertos limites el alargamiento de la barra es proporcional a la fuerza TRACCIÓN y COMPRESIÓN 3 extensora. Esta sencilla relación lineal entre fuerzas y deforma- ciones fué anunciada por primera vez por el investigador inglés Robert Hooke 1 en 1678 y lleva su nombre. Usando la notación: P Fuerza total de extensión. l Longitud de la barra. A Area de la sección recta de la barra. 8 Alargamiento total de la barra. E‘ Constante elástica del material, llamada módulo de elasticidad. La ley de Hooke se expresa por la siguiente ecuación: s = ï- u) AE El alargamiento de la barra es proporcional a la fuerza ex- tensora y a la longitud de la barra, e inversamente proporcional a la sección recta y al módulo de elasticidad. Ai realizar estos ensayos deben tomarse las precauciones ne» oesarias para tener la seguridad de que la aplicación de la carga ee realiza axialmentc. De este modo se evita cualquier flexión dc la barra. Prescindiendo dc las porciones de la barra situadas en las proximidades dc las fuerzas aplicadas 3, puede asegurarse que durante la tracción todas las fibras longitudinales de la barra prismática tienen el mismo alargamiento y las secciones rectas de la barra planas y perpendiculares al eje quedan en estas con- diciones después de la extensión. Para encontrar la znagnltud de las fuerzas interiores imagi- nemos la barra dividida en dos partes, por una sección recta mn, y consideremos cl equilibrio de la parte inferior de la barra afigu- ra l (b)—. En el extremo inferior de este trozo tenemos la fuer- za P. En la parte superior actúan fuerzas que representan la acción de las partículas de la parte superior de la barra cargada ¡ Robert Hooke, De Patentiu restimtiva, London, 1678. ' distribución de las fatigas en las proximidades de los puntos de aplicación de las fuerzas responde a una ley más complicada y se discutirá en la Segunda pana.
  7. 7. 4 RESISTENCIA DE MATERIALES sobre las partículas de la parte inferior. Estas fuerzas están dis- tribuidas de modo continuo sobie la sección recta. Un ejemplo corriente de distribución continua de fuerzas sobre una super- ficie es el de una presión hidrostática o el de la presión de un vapor. En estas distribuciones continuas de fuerza la intensidad de la fuerza por unidad de area es de la mayor importancia. En nuestro caso, como las fibras tienen el mismo alargamiento, la distribución de fuerzas sobre la sección recta mn sera uni- forme. La suma de estas fuerzas para cumplir las condiciones de equilibrio —-fig. l (b)— debe ser igualaRLa fuerza por unidad de sección recta valdrá: (2) Esta fuerza {mor unidad de area se llama fatiga o esfuerzo. En adelante, las fuerzas las mediremos en kilogramos, las áreas en om. " y las fatigas cn kg/ cm, ” El alargamiento de la. barra por unidad de longitud se determina por la ecuación s 5-‘; (3) y se denomina deformación unitaria. Usando las relaciones (2) y (3), la ley de Hooke puede re- presentarse de la forma siguiente: G = =—' <4) y el alargamiento unitario se calcula de este modo fácilmente en función (le la fatiga y del módulo de elasticidad del mate- rial. El alargamiento unitario a es un número abstracto, puesto que mide la relación por cociente de dos longitudes, ecuación (3); se deduce, por tanto, de la ecuación (4) que el módulo de elas- ticidad se mide en las mismas unidades que la fatiga, es decir, en kg/ cm. “ En la tabla I se indican valores de E para distintos materiales 5. “d'en En la ¿ïoïflgalápgyxfggïlaïurán más detalladamente las propie- mAccIóN Y COMPRESIÓN 5 Las ecuaciones (l) a (4) pueden usarse también en el caso . . ¡ón de barras prismáticas. Entonces 8 representa la d‘ Compies l ‘tudinal total e la deformación unitaria de Conmigo-lg“ ong]; fatiga de compresión. El módulo de elasti- Ïfifilïïr: cínïpresión es en muchos materiales igual al de exA nsión. _ . te En los calculos, las fatiga” y d°f°"“a°¡_°“°s de Éxtenslon l“ eonsideraremos positivas y las de compresión negativas. TABLA T PROPIFDADES MmcANicAs DE Los MATERIALES . Butt d row (Kg. ;ém") ""’}ÉgÏ7cLi'. ’-’; "°" ufir€m, -> __4r — — , l Mlfleflllfi‘ Acero al carbono. de 0,15 a 0.25 por 1"” de (zarbono . . . . . r Acero a] níquel. (le 3 a 3,5 por 100 «le ní- “¡ou gxlotzsxlo” : }.Rxl0’-4.5X10' 2 x 1o! 2,3 x I0'-3.5>< ur 5.ü><10=.7 x10‘ queL. .. _ 46 m, Duraluminio 7 >< 10' 2,4xl0'-3.l><1°‘ 33X” - " ¡ cobre ¡ 1 X 10a _ 2 x l0'-2,8>< lo Vidrio. . 7 >< 10‘ m ñmïwïzm Madera . . . l x 10' — ' ‘ Hormigón a sión . . . 2.8 >< 10° - mi ¡mí ' Problema! . - d l. Determinar el alargamiento total da una lïafr: 5:0 3092“) .9 60 em. de longitud si la {soga de extensión os ¡sus vo - s- - - Solución: 1.000 agzxl= ïüxflo= ofimm- . » ‘l ‘un- 2. Determinar ls. fuerza total de extensióude unavvsri la c1 driea de acero de 2 cm. de diámetro si el alargamiento ‘Mmm es ‘SW’ a 0,7 x 10-1. Saluciïón- m fatiga de extensión en la bum. deducida de la 9"“- uión (L), es a = .- e = 0,7 x10" x 2 x 10- =1,4 x 1o- kgJcm. ’
  8. 8. 6 RESISTENCIA m: MATERIALES La fuerza extonsora, ecuación (2), será: P= a.A. -.1,4x 1o! xüigmookg. 4 3. Cuál es la relación de los módulos de elasticidad de los materia- les de dos barras de las mismas dimensiones si bajo la acción de fuer- zas de extensión iguales los alm-gamientus unitarios de las barras es- tnn en la relación Determinar dichos alnrgumisntos ¡mimi-ios si una do las bonus es de acero, la otra de cobre y ls. fatiga de oxtensión 700 kg. /cm. ' Solución: Los módulos son inversamente proporcionales n los alar- gumientos unitarios. Para el acero. c = = 0,00035. Para ol cobre, z = ïjïïoïo = 0,00064. 4». Una barra prismática de acero de 60 cm. de longitud alarga 0.6 mm. bajo la acción de una fuerza extensora. Hallar el valor de la fuerza si el volumen de la barra es 16 cm. ‘ 5. Un trozo de alambre de 80 om. de largo. sometido a una fuer- Ls. extensora de 500 kg, alarga 25 mm. Hallar el módulo de elasticidad del material si el área de la sección recta del alambre es 0,25 cm. ’ " 3. Diagrama de traecl6n. —La proporcionalidad entre la fatiga y el alargamiento unitario solamente es cierta por debajo de una cierta fatiga llamada límite de proporcionalidad, el cual depende de las propiedades del material. Por encima de este lí- mite, la relación entre el alargamiento unitario y la fatiga es mas complicada. Para materiales como el acero, la proporcio: nalidad tiene lugar hasta un límite dc fatiga bastante elevado, tal como 1,8 X 103 ó 2,1 >< 103 kg/ cm. ’ En otros materiales, fundición, cobre recocido, el límite de proporcionalidad es muy bajo y no siguen la. ley de Hooke, - aun cuando La fatiga sea muy pequeña. Al investigar las pro- piedades mecánicas de los materiales por encima del límite de proporcionalidad, la relación entre fatiga y deformación se re- presenta gráficamente por un diagrama. La figura 2 representa el diagrama típico de un acero. En él los alargamientos están tomados en el eje horizontal y las fatigas correspondientes lle- TRACÜIÓN Y CDMPRESIÓN 7 vadas como ordenadas de la curva OBCD. Desde 0 a A la fa- tiga y la deformación son proporcionalesapflsadü A: la 1°, )’ _d3 Hooke no se cumple. La fatiga correspondiente a A es el limite de proporcionalidad. Cargada la barra por encima de este lí- mite, el alargamiento crece muy rápidamente y el diagrama se transforma en una curva. En B se presenta un súbito alargamiento de la barra, sin apreciable aumen- to de la fatiga de extensión. a Este ibnómeno, llamado fluen- cia del material, corresponde en el diagrama a un tramo horizon- tal de la curva. La fatiga corres- pondiente al punto B se deno- mina fatiga de fluencia. Para car- gas mayores, cl material recupera su resistencia, como se ve en el diagrama, y se necesitan aumen- (b) tos en las fatigas para obtener aumentos del alargamiento. En el punto G la fatiga alcanza su valor maximo, y esta fatiga se do- nomina carga de rotura del ma- Fro, 2 terial. Pasado el punto 0, la barra se alarga con disminución dela carga, y finalmente se presenta la. rotura para una carga correspondiente al punto D del diagrama. Se ve experimentalmente que el alargamiento de la bafla viene acompañado de una contracción lateral muy acentuada en las proximidades de la rotura; pero en la practica, para el calculo del punto de fluencia y de la carga de rotura la fatiga se refiere a la sección recta inicial de área A. Todas estas cuestiones serán examinadas mas detalladamente (Véase Segunda parte). La figura 2 (b) representa el diagrama de extensión para la fundición. Este material tiene un límite muy bajo de proporcio- nalidad 1 y no presenta definido el punto de fluencia. (l! ) Diagrama de ensayo a tracción ‘ Para establecer este limite mediante ensayos es necesario 9m- plear extensómetros muy sensibles en la medida de los alargamiuntos. (Véase Grüneísen, Eerichtc d. deutsch. phys. GesellschafL, 1906.)
  9. 9. 8 RESISTENCIA DE MATERIA LES Diagramas análogos a los de extensión pueden obtenerse para la compresión de diversos metales y determinar sus partes caracteristicas. 4. Fatiga de trabajos-Un diagrama de extensión da una. información completa de las propiedades mecánicas de un ma- terial. Conociendo el limite de proporcionalidad, el punto de fluencia y la fatiga de rotura del material, es posible establecer en cada problema particular de ingenieria La magnitud de la fatiga que puede considerarse como una carga de seguridad; esta fatiga se llama corrientemente fatiga de trabajo. Al escoger el valor de la fatiga de trabajo para el acero, debe tenerse en cuenta que para fatigas inferiores al límite de propor- cionalidad el material puede considerarse perfectamente elás- tico, y por encima de este límite parte de la deformación la con- serva corrientemente la barra al ser descargada. Dicho de otro modo, se presentan deformaciones permanentes. Para que la estructura esté siempre en condiciones elásticas y no exista posibilidad de deformaciones pemnanentes, so acos- tumbra. a escoger la fatiga de trabajo bastante por debajo del límite de proporcionalidad. En la determinación experimental do este limite se utilizan aparatos muy sensibles (extensómetros) y la determinación de la posición de dicho límite depende en muy alto grado del cuidado con que se hacen las medidas. Para eliminar la dificultad que esta indeterminación produce, se toma corrientemente el punto de fluencia o la fatiga de rotura del ma- terial como base para determinar la fatiga de trabajo. Repre- sentando con 41,, a], y 6,, respectivamente, la fatiga de traba- jo, el punto de fluencia-y la fatiga de rotura, la magnitud de la fatiga de trabajo se determina por una de las dos relaciones siguientes: Ui= —, Ó ai= ——: (5) n y n, se llaman corrientemente factores de seguridad y deter- minan la magnitud de la fatiga de trabajo. En el caso de estruc- turas de acero se toma el punto de cesión o fluencia como base para calcular la fatiga de trabajo, con objeto de que no se pre- senton deformaciones permanentes en las estructuras. El coefi- TRACCIÓN Y oomnnsxón 9 ciente de seguridad n =2 se usa corrientemente cuando las cargas que actúan sobre la estructura lo hacen de modo perma- nente, Cuando las cargas son variables o se aplican de modo súbito, caso muy frecuente en maquinaria, es necesario calcu- lar con mayor coeficiente de seguridad. Para materiales quebra- dfizos, como fundición, hormigón, diversas clases de piedras, y para materiales tales como la madera, se toma la fatiga de ro- tura como base para determinar la fatiga de trabajo. La mag- nitud del coeficiente de seguridad depende en su mayor grado del cuidado con que en el cálculo se han determinado las fuer- zas exteriores que actúan sobre la estructura, las fatigas co- rrespondientes a sus distintas partes y la homogeneidad ‘de los materiales usados. Más adelante insistiremos sobre esta. impor- tantisima cuestión (véase Segunda parte). Problema l. Determinar el diámetro d de los pernos de acero N de una. prensa para un esfuerzo máximo P n- 50.000 kg. (iig. 3), si el coefi- ciente de trabajo para el acero es un este cua a¿ -= 1.000 kg. /cm. '. Determinar el alargamiento total de los pernos para la carga maxima, si la longitud entre sus cu- bozus cs 1,50 m. Solución : El área necesaria en la sección recta, ecuación (2), es 1ra‘? j 54,1300 A = ‘4 = 2 m = mm de donde = 25 cm. ’; on d = L. =5,e4 cm. - 1; El alargamiento total, ecuaciones (3) y (4). es ¡. —- -—————-—-—w— a 1.000 , l. ._ u-. . ‘ É-l= ïW¿xl.500=0,75mm. y 8=: l: 2. Una estructura está formada por dos barras iguales de acero (fig. 4) de 4,50 m. de longitud, cuyos extremos están sometidos a la acción de una carga vertical P. Determinar la sección recta de la barra y el descenso vertical del punto B para P = 2.500 kg. a, = 800 kg/ cm. ‘ y ul Ángulo inicial de inclinación de Las barras, 30°. Fm. 3
  10. 10. 10 RESISTENCIA DE iimrERIALEs Solución: De le figure 4 (b), que representa la condición de equiA libi-io del nudo B, se deduce que la. tensión cn les barras es S= ¿- paxa0=30°; s—. P=2.5ookg. La, sección necesaria cs A _—= 5:24am: iïécm. ‘ La. flecha BB, se ballet median- te el triángulo 0313,, en el que, m) duda su pequeñez, el arco BD, de 3 radio igual e la. longitud de las ba- Fm. 4 rms, se sustituye por la perpendicular biijiidii sobre AB“ posición de la ba- rre después do In. deformación. desde el piuitn B. El ulnrguminnto totnl ¡lo lu burra AB us l noo B¡b—': - l: x 4,500- 13mm. y la. flecha, BB, == 1M = 3.6 min. son 6 Se ve que le variación del ángulo 0 debida e lu. flecha BB, es muy pequeña y que el cálculo realizado para. hallar S, basado en la, hipótesis de que 0 = 30°, es suficientemente apro- ximado. 3. Determinar el alargamiento total de le, barre de acero AB, cuya sección recta es 6 om, ‘ y está sometida. a la. acción de las fuerzas Q = = 5.000 kg. P = 2.500 kg. (fig. 5). Solución: La, fuerza. extensora para los trozos superior e inferior de la. burra es igual a. Q, y para. el trozo central. igual s. Q—-P. El alargamiento to- tal será l — l ¡’.000 250 S=2ÉÉ+KZ m4: >< "¿DE ’ ZÉTÍOï-xïi 2.500 x 260 + ïïmïe = 03" mm- 4. Determinar las dimensiones de las secciones rectas de ln. viga. de madera. B0 y de la barra de Fra. 5 acero AB de la. estructura ABC cargada. en B, si el coeficiente de trabajo para. la. madera se toma. a, = 10 kgJcmJ y para el acero c, = S00 kg. /c1n. '. La, carga. P = - 3.000 kg. Las dimen- siones de la estructura, las de la figura 6. Determinar las componen- ‘FRACCIÓN v (‘OMPRESIÓN 11 Q, a vertical v horizontal del desplazamiento del punto B, debido a e r . i. deformación de las barras. F10. 6 Solución: De hi figura G (b), que represente el equilibrio del nudo B 7 es un triángulo semejante al A B0 de la. fig. 6 (a), se deduce s = p r. 5.000 kg. 3.6 s, = pïí = 4.000 kg. . « ‘ d Las secciones correspondientes a. la barra. de acero y s lo. viga e madera serán: A = .5 = 5.000 5 6'25 mi; A‘ = É = fi = 40o cm). q, 0 Gi El alargamiento total de la. burra. de Mero y el acortamiento de In. viga de madera son: fl _ 5.000 X gg‘! E_A ‘ 2 x 106 6,25 s11, 4.000 3.600 _ -1 _— 0 6 . l_fi_ lo‘ x 400 = ,3 mm s: —_—l,8 mm. 8 Para determinar el corrimiento del nudo B, debido a. ls. deforma- ción. se trazsrán dos arcos con centros en A y C —fi8- E’ (“Ï- y m‘ dios iguales s. les longitudes de las barras AB y CB después de ls de- formación. Su intersección define la posición nueva B’ del nudo B. La construcción se realiza. en figura aparte Y 3 may“ 95ml“ _fig' 6 ic)" BB¡ es el alargamiento de la barre de suero, y B32 81 E00TÜ3m'9“t°
  11. 11. 12 RESISTENCIA DE MATERIALES de la viga de madera. Las perpendiculares de trazos reemplazan a los arcos indicados anterior-mente. Por consiguiente, BB’ es el corri- miento del nudo B. las componentes de este corrimiento se deducen fácilmente de la figura. 5. Determinar en el problema anterior la inclinación de la ba- rra AB, de modo que su pcso sea minimo, Solución: Riepresentnndo por 9 el ángulo entre la barra y la viga y por l, la longitud de la viga, se tiene: Longitud de la barri: l = - l‘ ) tensión de la barra S = y sección necesaria enla. barra. A = sen 0 El volumen de ls. barra será: i. A o M. ’ _ JÉIL _ ogsoni) cosO H m sen 20 i Por consiguiente, el Volumen y el poso de la barra. son minimos cuando sen 26 — l; es decir, 0 = 45°. FIG. 7 6. La estructura triangulada ABCD »fíg. 7 (n)—— rstá formada por cinco barras de acero de 6 cm. ‘ de sección recta y sometida a la acción de las fuerzas P = 5.000 kg. en la dirección de la diagonal. De- terminar las variaciones de los ángulos en A y 0, debidas a la defor‘ mación de la estructura. Determinar la variación de esos mismos an- gulos si se aplican fuerzas como las de la figura 7 (b). Solución: En el caso de la figure 7 (a), la diagonal es la única bar-m que trabaja. suponemos fijo el nudo D e invariable La dirección de la diagonal, el corrimiento del nudo B en la dirección de la diagonal será igual al alargamiento de la diagonal 8 = La determinación de la posición nueva 0’ del nudo C se indica en la figura por línea de trazos. En el triángulo rectángulo de dimensiones pequeñas 00,0’ se tiene C0’ = Por consiguiente, el angulo de rotación de la barra D0 debido ii. la deformación de la estructura será. TRACCXÓN r COMPRESIÓN 13 y cl aumento del ángulo en C cs 2 x _‘_ radian. l 2.400 = 1.200 La resolución del problema representado en la. figura 7 (b) se deje x‘ co. c010 (giacteriminar la posición ds la carga P en le viga ABD de tal modo que la. fuerza en la barra BC sea máxima. Determinar el ángulo 0 de modo que ol volumen de la. barra BC son minimo (fig. 8). F10. 8 Flo. 9 Respruesta: La tensión en la. barra BC es maxima cuando la car- ga l’ esta en la posición más alejada a la derecha, es decir, en el punto D. El volumen de la barra cs mínimo cuando e = 45°. B. Determina)‘ la sección necesaria para la barra de acero BC (figw ra 9) si el coeficiente de trabajo es a, = 1.000 kg. /cm. ‘ y la carga vertical uniformemente distri- buida actúa sobre la viga AB a razón de 1.500 kgJm. Respuesta: A = 4,05 cm. '. 9. Determinar las seccio- nes necesarias para las barras AB y BC de las estructuras de las figuras lO (c) y 10 (b) si c, = 1.000 kg. /cm. ’. Respuesta: En el caso de la estructura 10 (u), la seccion de AB deberá ser 20 cmfi, yla Fio. 10 dela barra. BC, 16 cm. ’ En el caso de la estructura IU (b), la sección de la barra AB sera 16 cm}, y la dc la barra. BC, 14,4 cmfl. 10. Resolver el problema 3 suponiendo que el material es duralu- miuio y que P = Q u 30o kg. /cm. '. ll. llnllar las secciones de las barras UD de las figuras lu (a) y 10 (b) y su alargamiento total si el materiales acero corriente y v‘ — 1.200 lfp/ cm. ‘
  12. 12. 14 RESISTENCIA DE MATERIALES 2. Resolver el problema 9 suponiendo que la carga se aplica solamente en el nudo del cordón superior situado a 2.40 m. del apoyo A. ' 5. Fatigas y delormacíones producidas en una barra por su propio pesar-Al estudiar el caso de la extensión de una barra (figura l), hemos considerado solamente el efecto debido a la car- ga P. Si la longitud de la barra es grande, su propio peso puede producir una fatiga adicional considerable, que debe tenerse en cuenta. En este caso la fatiga maxima sc produce en la sección recta superior. Repreaentando y el pcao por unidad de volumen de la barra, el peso total sera A-{l y la. maxima. fatiga. vendrá dada por la expresión Emart: »»—-——= —— ul. (s) El último término del segundo miembro de la ecuación (6) representa la fatiga producida por el peso de la barra. El peso de la porción de barra situado por debajo de una sección recta a la. distancia x del extremo inferior es Aya; y la fatiga vendra dada por la ecuación - <7) sustituyendo la. fatiga de trabajo a, ’ por cm“ en la ecua- ción (6) la tórmula para calcular la sección de seguridad será P A: . at-yl (3) En ella se ve que el incremento (le longitud de la barra hace aumentar la sección recta de seguridad A. Cuando yt :5“ la fatiga debida al peso de la barra es igual al coeficiente de tra- bajo y el segundo miembro dc la ecuación (8) se hace infinito. En circunstancias ‘tales es ¡imposible el uso de la barra prisma- tica y se recurre al empleo de barras de sección variable, Para calcular el alargamiento total de una barra prismática sometida a la acción de la fuerza de extensión P en el extremo y su propio poso, consideramos primeramente e! alargamiento de un elemento de longitud diferencial «in: separado de la barra por dos secciones rectas infinitamente próximas (véase (ig. l). Puede suponerse que en tan corta longitud da: la fatiga es cons- TRACCIÓN Y COMPRESIÓN 15 lante y viene darla por la expresión (7). Entonces el alargamien- to d3 del elemento sera ¿g _ É m PïYÏdQ; " E " AE‘ El alargamiento total de la barra se obtendrá. sumando los alargamientos de todos los elementos. 0 sea 4 ‘ïféfid : _‘_(1»+1Az. (9) “fi AE 1 AE 27') Comparando este resultado con la expresión (l), se ‘ve que cl alargamiento total producido en la barra por su propio peso es igual al que produciría una carga de valor mitad aplicada en su extremo. Problemas l. Determinar el área de la sección recta de una barra. Vertical de acero de forma. prismútica cargada en su extremo inferior con’ una carga P = 35.000 kg. , si la longitud de la barra. es 200 m. , el Ooeflcleflw de trabajo a, = 700 kg/ cm. ‘ y al peso dc un m. ‘ dc acero es 1.800 kg. Determinar el alargamiento total de la barra. Salut-wn: La sección. ecuación (8), cs 35,000 ____. ____ = e4 . - , s x 1o-= x 20o >< 10’ m El alargamiento total, expresión (9), en 5=2oo x1o= ü_Ï__0_(35_oo0+%64 x 7,8 x 10' x 200 x10')=83mm. x 2 >< 2. Determinar el alargamiento ds una barra cónica bajo la acción de au propio peso (fig. ll). La longitud de la. barra es l, el diametro ¡‘le la base es d y el peso por unidad de volumen del materia-l es 1. Solución: El peso de la barra. sera: d‘ l 9 = "T x i‘ Para una sección recta a distancia z del extremo inferior de la bn- rm la fuerza de extensión, igual al peso dela parte inferior de la. barra, es 91‘ _ E‘ Y”. LT ‘ 4 " íïi Teniendo en ciaenta que esta Fuerza se reparte uniformemente en
  13. 13. 16 RESISTENCIA nn MATERIALES ln sección recta ' y considerando el elemento de longitud d: como una barra prismatica, el alargamiento de este elemento sera l Este alargamiento es 3 del qur- Oi-ndrfia una barra l__ prismatica de la misma. longitud (véase ecuación 9)- Fm. ll 3. La varilla vertical de una bomba de mina es accionada por un cigüeñal (fig. 12). Suponiendo que el material es acero y cl coeficiente de trabajo s, = 500 kg. /cm. ‘. de- terminar la sección recta de la varilla si la resistencia del pistón durante el movimiento hacia abajo es 100 kg. y durante el movimiento Inicio. arriba 1.000 kg. La longitud de la varilla es X00 m. Determinar la longitud ilel radio del cigüeñal si la carrera de la bomba es 20 cm. Solución: El área de la sección recta. de la varilla se encontrara por la expresión (8) para P = 1.000 kg. O sea 1.000 A= mfisïw—ïmfioi= 2.37 cm. ‘ La diferencia entre el alargamiento total de la varilla cuando se mueve alternativamente, debido a la resistencia del piston, seríi: _ (1.000 + 100) >< 100 x 10a A‘ - = 23-” “m” " El radio dr la. munivela será: 2 22 , _ïj. f_ ¿ = 11,16 cm. 4. Dos alambres. una de acero y otro de alumi- nio, están colgados verticalmente. Determinar la. longitud para la que la fatiga debida al peso propio iguala a la carga de rotura si para el acero a, = 21.000 kg. /cm. ‘ y y = 7.800 kg. /m. ' y para el aluminio Fic. 12 o, = 3.500 kg/ cm. ‘ y y = 2.700 kg. /cm. ' Respuesta: Para el acero, l=26.900 m. ; para el aluminio, l== l 3.000m 5. En qué proporción crece la fatiga máxima producida por su propio peso en una barra prismática si todos las dimensionns de la barra aumentan en la proporción n : l. ‘_ Esta hipótesis es admisible cuando el Angulo dal cono es po- quem). TRACCIÓN Y COMPRESIÓN 17 Respuesta: La fatiga crecerá en la relación n : l. 6. Una pila de puente formada por dos trozos prisméstioos de igual longitud (fig. 13) está, sometida en su extremo superior a una compro- sión P = 300.000 kg. Determinar al volumen de la fábrica si la altura del pilar son 36 m” e] peso por m. ’ 2.000 kg. y la fatiga de compresión Fm. X3 Fm. 14 máxima admisible lo kg. /cm. '. Comparar el volumen obtenido mn el de un pilar prismatico proyectado (rn análogas condiciones. 7. Resolver el problema anterior suponiendo o. la pila formado por tres trozos prismúticos de igual longitud. 8. Determinar la forma del pilar de la figura 14. de modo que la fatiga en cada sección sea constante e igual a q. La forma que satis- face a esta condición se denomina sólido de igual resistencia. Solución: Considerando el elemento diferencial rayado en la. fi- gura, os evidente que la fuerza GOIBPIGSOÏB de la. sección m¡ n, ss su- perior a la. que comprime la sección nm en el poso del elemento. Puesto que la fatiga en las dos secciones debe ser la misma e igual a o¡, la di- fareneia dA do las áreas de las dos secciones. debe compensar ll di- ferencia de fuerza ccmprssora. Por consiguiente. dAs, = yAulz, (u; donde al segundo miembro de la ecuación representa el peso del ele- mento. Dividiendo esta ecuación por Au, e integrando, se tiene ¿Agffl A c; de donde log A = fi + o, cc r l’! A = Cea’ l (b) Elmwnnm n: uni-unn. “ -1, | u
  14. 14. 18 RESISTENCIA DE mrsnmtas Siendo a la base (le los logaritmos naturales y 0 = e“. Para z — 0 esta ecuación da para el área de la cabeza del ¡Jilar (Als-o = Ü- . . P . . . La sección en dicha cabeza es g y, por consiguiente, la ecuación 1 (b) será ‘(z A = I: ¿“u (c) <3: El área en la. base del pilar se obtiene dando a a: al valor len la ecuación (c), P L‘ o A m: = g‘ 9 - (d) D. Encontrar el volumen de la. fábrica de un pilar de imial resie- tencia, proyectado en las condiciones del problema 8. Solución: Utilizando la ecuación (d). la diferencia de las areas de i las secciones de base y cabeza del pilar será 5,2‘ —É= É[e°‘—l). Gt Ut UI Esta. diferencia, multiplicado por la fatiga de trabajo a, da evi- dentemente el peso del pilar; su volumen será: P L‘ V= -;(e"‘—1)nl58m. ' 6. Problema estáticamente indeterminados en tracción y compresión-Hay casos en los que las fiierzas axiales que ac- túan en las barras no pueden determinarse por las condiciones de la estática, y entonces la deformación de la estructura per- mite encontrarlas. Estas estructuras se llaman sistemas está. - ticamente indeterminados. Un ejemplo sencillo de tales sistemas es el de la figura 15. La carga P produce extensión en las barras 0B, 0C y 0D, las cua, » les están en el mismo plano, Las condiciones de equilibrio del punto P dan dos ecuaciones, que no son suficientes para determinar las tres tensiones des« conocidas de las barras y para tener una tercera. ecuación es necesario considerar la deformación del sistema. Supongamos, para simplificar, que el sistema es simétrica respecto al eje vere tical 0C‘, que la barra. vertical es de acero, siendo A, y E‘ el TRAOCIÓN Y coMmmsIóN 19 area de su sección recta y el módulo de elasticidad del material, y que las barras inclinadas son de cobre, y que At y Ec son sus áreas de secciones rectas y sus módulos. La longitud de la barra l vertical es l y la. de las barras inclinadas es ¿(T “- Reprcsentando por X la tensión de la barra vertical y por Y las fuerzas en las barras inclinadas, la única ecuación de equi- librio para el punto 0, en este caso de simetría será: X + 2Y cos a: = P. (a) Para obtener la segunda ecuación que permita conocer las Lastntidzuies X c- Y, consideraromos la configura- ción del sistema. rleihrimido indicada en la figura por líneas de puntos. Sea 8 el alargamiento total de la burra ym 15 vertical bajo la acción de la carga. P; los alargamientos S, de las barras inclinadas se hallarán en el triangulo 0F0l 'l. ‘eniendo en cuenta que estos alargamientos son muy pequeños, el arco de circulo OF de centro D puede reemplazarse por una recta perpendicular y el ángulo eii 0, puede tomarse igual a’ angulo inicial a; por tanto, 3, = X ens m. Los alargamientos unitarios y las fatigas para las barras ver- tical e inclinadas serán: Á E08 cos“ ac _ m‘ l respectivamente. Las fuerzas cn las barras se obtendrán multi- plicando las fatigas por las secciones rectas y serán 5 6 _ E} __ 8 cos? ¿i a l y 5,; l en_ X a‘ A“ zíaïfi, Y n c‘ A. A, E¿8lcos2 a: (b) Je donde Y = X cos” 4x ¿‘F9 . a ¡ll
  15. 15. 20 RESISTENCIA nn MATERIALES sustituyendo cn la ecuación (a), obtendremos (10) Se ve que la fuerza X no depende únicamente del angulo de inclinación a, sino también dc las areas de las secciones rectas y de las propiedades mecánicas de los materiales de las barras. En el caso particular en que las tres barras tengan la misma sec- ción y el mismo modulo la expresión (10) se transforma en Cuando a se aproxima a 0, cos a se aproxima a la unidad l y la fuerza en la barra vertical se aproxima a ¡s P. Cuando a se aproxima a 90°, las barras inclinadas son muy largas y la carga actúa de modo completo sobre la burra central. Otro ejemplo dc sistemas estéticamente indeterminados es el de una barra prismatica con los extremos empotrados cargada axialmen- te en una sección intermedia mn (fig. 16), La carga P estará en equilibrio con las reacciones R y h] en los extremos y se tendrá. P= R+Rr (ü) Fm. 16 Para obtener la segunda ecuación que per- mita determinar las fuerzas R y El, debe consi- derarse la deformación de la barra. La carga P con la fuerza R produce acortamiento en e] trozo inferior de la barra, y con la fuerza RP alargamiento en el superior. El acortamiento total de un trozo debe ser igual al zilargamiento total del otro. Usando la. ecuación (l), se obtiene Bla __ IE! ) Él? ) g de donde R a g = p (d) w-Mnmów v r-nwrmnsrów 21 lo que indica que las iuerzas R y li, son uivcrsamente proper» cionales a las distancias de sus puntos de aplicación a la sec- ción nm. De este modo, las ecuaciones (c) y (d) dan las mag» nitudes ¡le aquellas fuerzas y las fatigas de la barra pueden calcularse facilmente. Prohlemas l. Un cilindro de acero y un tubo de cobre están comprimidos mtre los platos -l<* una. prensa (fig. 17). Determinar las fatigas en el ¡cero y en el cobre y el acortamiento unitario m p . . 504m0 kg, d = m cm. y D = 2o cm. Solución Las condiciones estáticas son insu- ficientes y debe considerarse la deformación del cilindro _v del tubo para encontrarla, parte de carga que obra sobre cada materia]. Los acurtiunientos unitarios en el acero y en el cobre serán iguales; por tanto, la fatiga de onda. nmtcriltl estará. en la misma relación que su módulo (ecuación 4, pág. 4). es decir, la fatiga 20 de compresión en el acero sera fi de la fatiga de compresion en el cobre. De este modo, el valor en de la fatiga en el cobre se encontrará. por ls ecuación de la estática. mi! 20 ”= Tn°= + 3'41)! -411) 1.1,. sustituyendo Vnlorus viuméricos, se obtiene u, — 132 kgJomJ: Z u, = ï-ge, = 240 kgJcmJ El acortamiento unitario será: = E = 12o l —- z Et x fl 2. Una columna de hormigón armado está. comprimida por unn fuerza P = 30.000 kg. ¿Qué parte de esta carga actúa sobre el hormi- 815“ y qué parte sobre el acero si la sección recta de acero es solamente ía de le sección recta de hormigón‘! Le. carga transmitida por el hormigón sera igual e. 15.000. kg, 8. Un cuerpo rigido AB de peso Q cuelga de tres alambres vertiA calles simétricamente colocados respecto al centro de gravedad O del °“°1'P° (fis. 18). Determinar los esfuerzos de extensión en los alambres sl el del medio es de acero y los otros dos do cobre. Las secciones rec- tas de los tres alambres son iguales.
  16. 16. 23 RESISTENCIA DE MATERIALES Month/ i a saguir: Usar el método del problema I. 4. Detemiínar las fuerzas en las cuatro patas do una mesa cua- drada (fig. 19), producidas por una carga P quo actúa en una diagonal. El apoya de la ¡nena en el suelo se supone absolutamente rigido y las ¡iatas se unen a él de tal modo que pueden sufrir extensiones y eom- presiones. Sohmlón: Suponiendo que la nueva. posición del tablero de lo. mesa es la indicada con la linea de puntos mn, la compresión en las patas 2 y 4 será iguala la media de las de las patas l y 3. Por tanto, 2Y = X + Z y también ZY + X + Z- P. dedonde 2Y= X+Z= %P. (a) La ecuación complementaria para determinar X y Z se obtiene tomando el momento de todas las fuerzas con relación ul eje horizon- tal o-a paralelo al y y en el plano de la fuerza P. Se obtiene XGaN/ Ï+s)+ÉP><e= Z(Éa/ Ï—a). (b) De (a) y (b) se deduce cuando a > a g, Xes negativa. Esto indica. que hay extensión en la pata l. 5. Determinar las fuerzas en las pa- Las de la. mesa anterior cuando la carga se aplica en el punto de coordenadas. a a 1:1‘ g= g. Fra. 19 Solución. Para resolver este problema, la carga P situada fuera de la diagonal dela mesa puede reemplamrse ‘por dos cargas estéticamente equivalentes aplicadas en puntos de las dos diagonales. Los esfuerzos producidos en las patas por oada una de estas dos fuerzas se encontrarán del modo explicado anteriormente. Sumando los efectos de las dos cargas componentes se encontraran los esfuerzos en las patas para cualquier posición de la carga P. 11m CCIÓN Y COMPRESIÓN 23 e, Un cuadro rectangular con diagonales está sometido a la aocíón de las fuerzas de compresión P (fíg. 20). Determinar los esfuerzos un his ban-as si todas son del mismo material, el área de la sección recta de las verticales es A y la de las restantes barras 11.. Somgwn; son X la fimrza. de compresión en cada barra vertical; Y, la fuerza de compresión en cada diagonal, y Z. la fuerm de extensión en cada barra horizontal. Lu condición de equilibrio de uno de los nudos da )’. :—1— ><(Pv X); sana z. —_Ycosa= (P—X)cota. (a) Fm. 20 La term-ra ecuación se obtendrá por lu condi- ción de que nl cuadro después de la deformación seguirá siendo roo- tangular, en Virtud de ln siuu-tria; por tanto, Y “ X ’ Z ' “WWÜ-m) = "‘(‘ Ir) +“'(‘+m)' desprvciaiulo ias cantidades pequeñas de orden superior, su obtiene mu WYJEKLLZ. (b) Resolviendo e] sistema de ecuaciones (a) y (b), la fuerza en la dia. - gonal se obtiene por la siguiente expresión: Wïríx _h_, _ x í + fio Z Las fuerzas on las otras barras se calcularán fácil- mente por las ecuaciones (a). 7. Resolver el problema anterior suponiendo a = h, A, y 1* = 25.000 kg. 8. ¿Qué fatiga se producirá en un perno de acero y cn un tubo de cobre (fig. 21) al dar l/4 de vuelta a la tuerca, si La longitud del perno es 75 cm, el paso del tor- nillo h = 8 mm. , el área de la sección recta del perno A. = 6 cm. ’ y e] área de la sección recta del tubo At = 12 cm}! Solución: Sea X la fuerza total de extensión en el perno y de com- presión en el tubo. El valor de X n encuentra estableciendo que el alargamiento total del perno más el acortamiento total del tubo es ¡gunl al desplazamiento de la tuerca a lo largo del perno. Admitiendo, en nuestro caso, que ls longitud del tubo cs igual a la longitud del Demo. se obtiene: xcosa+sina A Fra. 2| Xl Xl l A, ,E, +.Ï:1Ï, =Ïh’
  17. 17. 24 RESISTENCIA DE MATERIALES de donde x = “añ: = __°_"E_°L2_5 1_9'___. = 6.280135. 4104.45) 4x75(1+ ) AJ, 12 >< ¡,1 x 10‘ La fatiga de extension en el pemo es a. s- Aï = 1.050 kgJom. ‘ La fatiga de compresión en el tubo es a, = ‘al -= 525 kg. /om. ' 5 9, ¡Qué cambio en las fatigss calculadas en el problema anterior producen unas fuerzas extensoras P = 2.500 kg. apli- cadas en los extremos del perno! Solución; Sea X el aumento de la fuerza total de extensión en el perno e Y la disminución de la fuerza total de compresión en el tubo. La condición de equilibrio da: X + Y - P. (u) Puede escribirse una segunda ecuación conside- rando que los alargamientos unitariosflel perno y del tubo por la aplicación de las fuerzas P deben ser iguales; es decir. m, 22 m: “ a" ‘b’ Fetn ecuación, unida a la (a), permite calcular las fuerzas X e Y, de cuyos valores se deducen fácilmente las fati- gas correspondientes. lO. Una barre prismátioa con los extremos empotrados está car- gada axinlmente en dos secciones intermedias (fig. 22) con fiierms P. y P, Determinar las reacciones R y R, Solución: Usando la. ecuación (d), página. 20, mediante la que se calculan por separado las reacciones que produce cada carga, y su- mando los resultados. Determinar las reacciones totales cuando a=0,3l. b=0,3l y P, =2P, =5ookg. ll. Determinar las fuerzas en las barras del sistema representado en le figura 23, en el que 0A es un eje de símetrla. Respuesta: La fuerza de exterisión en la ba- rre 0B es igual a la de compresión en ls barra 00’ y vals . la tensión de la barra 2 sen a: horizontal 0A es igual a. 0. 12. Resolver el problema lO suponiendo que la porción inferior de la barra cuya longitud es o tíeno una sección doble que las de las otras dos partes de longitudes a y b. ' Fm. 23 TRACGIÓN y COMPRESIÓN 25 .7 ganga iniciales y térmicas-En un sistema estática, - ¿e ¡ndewrufina/ do es posible existan tensiones iniciales pro- m“? a1 montaje y debidas a errores en las longitudes de dnmd” eno a variaciones intenoionsdae de los valores correctos l” buflïas longitudes. Estas tensiones existen sun cuando no de uquagargas exteriores y dependen de las proporciones geomé- ïfoïndel sistema, de las propiedades mecánicas de los materia- les y de ls magnitud de los errores. Supongamos, P0!‘ 6191-15110, ua en el sistema. representado en la. figura 15 ls burra vertical ¿usa por error una longitud 1+ a en lugar de la l que lo oo- ande. AI unirla. las barras B0 y D0, después de haberla map do con una compresión inicial, producirá fatiga de exten- Éïnïu las barras inclinadas. Sea X la fuerzas. de compresión Zu: actúa en ls barra vertical despues de haberle unido las otras bag-ras. La ¡"tiene de extensión en Las barras inclinadas será: X ‘¿con ac y 9| dagplnmmientn del mido 0 debido al alargamiento de dichas barras será (véase ecuación b, pág. 19) X l a = ¿í . (a) 2A}, cos‘ n: El acortamiento de la barra vertical será X l 3 = __. (b) ‘ A. .E. Ahora bien: el desplazamiento del nudo 0, junto con el acortamiento de la barra. vertical, debe ser igual al error a en la longitud de dicha barra. Se obtiene de este modo la siguiente ecuación, para deter- minar X: Xl Osea X ; %L"a{3í_. (11) Amt ‘ (1 * atar; cos“ a.
  18. 18. 26 RESISTENCIA DE MATERIALES Conocido X, se calcularan fácilmente las fatigas iniciales en las barras. La dilatación de las barras debida a cambios de la tempera- tura puede tener el mismo efecto que los errores en las longi» tudes. Si la temperatura de la barra crece de to a t y la dilata- ción ténnica se impide por las reacciones en los extremos, se producirán en la barra fatigas de compresión cuyas magnitudes pueden calcularsc por la condición de que la longitud perma- nezca invariable. Sea a cl coeficiente de dilatación y cr la fatiga dc compresión producida por las reacciones. La ecuación que determina c sera (le donde o = Eau-io). (12) Como segundo ejemplo, consideremos el sistema representado en la. figura 15 y supongamos que la barra vertical se calienta desde la temperatura ambiente to hasta una nueva temporm tura t. La dilatación térmica correspondiente estará parcial- mente impedída por las otras dos barras del sistema y una cierta fatiga de compresión aparecerá en la barra vertical y fatigas de extensión en las barras inclinadas. La magnitud de la fuerza de compresión on la barra verti- cal vendrá. dada por la. ecuación (ll), en la que en lugar de la magnitud a dcl error en longitud se sustituirá la dilatación tér- mica ocl (t — tn) de la barra vertical. Problemas l. Los railes de un tranvía están a tope a 10" C. ¿Qué fatiga se producirá. en ellos cuando el sol los calienta hasta 38° G. si ol coefi- ciente de dilatación del acero es a = 125 X 10"’! Solución: u: 2 X 10' X 125 >< 10"’ X 25* = 700 kg. /cm. ' 2. ¿Qué cambio de fatigas se producirá en el caso representado en la figura 21, al aumentar la temperatura. pasando de to a l grados. si el coeficiente de dilatación térmica del acero es u, y el del cobre ma? Solwión: Debido a quv ac > mu. el aumento de temperatura pro- duce CUITAPITEIÚH en el cobre y tracción en el acero. El alargamiento msccion i‘ voiiriuasióN 27 cubre y (li-l acero seran iguales. y representando por X el unitario del lu fuerza de extensión eu el porno debida. al cambio de aumento de gemperatum, se tendra: X X «, ,(z»i. ,) + Am: ¡xa (i—i. ,)»-¡; E—‘. de donde X = (“c — “al (1 —3«) AaEa_ 1 + ÉE“ AJ}, La variación de las fatigas en el perno y en o] tubo pirado calcularsc ahora del modo acostumbrado. 3. Una pletina de cobre está. soldado. entre dos piotinas de acero (figura 24). ¡Qué fatiga se producirá en el acero y en el cnbre por una elevación de la temperatura de las plotinas de 1,, a. l grados! ‘Satanas. - Deberá Iisarse el mismo metodo que en el problema anterior. 11/1, acera 4. ¿Qué fatigas se producirán en 82% las barras del sistema representado en la figura 15 si la temperatura de to- Fm- 24 "das las barras se eleva de i, a t‘! Solución: Con X se representa la (“crm de extensión producida en la barra de acero al aumentar le. tnmporatura. Por la condición de equilibrio del nudo O se vc quc las fuerzas que comprimen a las barras de cobre valen ; por todo lo expuesto, el alargamiento total de X 2 cos a lu barra de acero será: Xl B = az, ,(t——t. ,)l + m. y el dlargamiento de las barras de cobre, l Xl 3' = M‘- ‘°’ cos r malta‘; Según sabemos (veiise pag. :9), 8. = 80051; por consiguiente, Xl l X! —— l — 7X = _s __ > _. X7 4 “a” t") lb A I? h“ t") cos‘ a 2 cos” uAÉE; a a de donde _ #7 ——VIXÏ E 1 _á a a + 2 cos‘ 1 A, E,
  19. 19. 28 RESTÑTWNCTA h! ’ MATFZRTAÏIER Las fatigns en el room y sl cobre se obtendrán ahora por las ecua- ciones liguientes: V: 5. Suponiendo que en el caso de la figura l7 una carga. constante P = = 50.000 kg. se aplique a ls. temperatura inicial t" determinar para qué aumento de temperatura ls carga será transmitida únicamente por el cobre si un, = 125 X lO” y a, — 170 X 10". Solución: 4 I’ ls, —a¿¡)ll—to) = 7317-; d” ' de donde t—tn = 42°,7 C. 6. Una barra de acero formada por ¡los partos prismfiticas rie lnn- gitudes l, y l, y de secciones rectas A, y A, tiene los extremos fijos. Hallar las fatigas que se ¡yriginan cuando la temperatura se eleva 60° C. Supóngase l, = 1,, A, = 2A, a, -= 126 x 10”. 7. Hallar las fatigus de origen térmico en el sistema de la figura 24. si lu temperatura de las tres pletinas crece 60° C. El espesor es e] mis- mo en las tres y los coeficientes de dilatación son ana= 125 x l0‘7 ll ‘ ió. 8. La temperatura de] sistema de la figura 15 se eleva en U0" C. Hallar las fstigas de origen térmico si las tros barras son de acero y tienen la misma sección. Tórnese a. ‘ - 125 X 10"’ y E¡= 2 X 10' kg. /cm. ' 9. Encontrar las fatigas en los alambres del sistema de la figu- ra 18 si la sección recta de los alambres es 0,0 cm}, la carga. Q — 2.000 kilogramos y la. temperatura del sistema después del montaje aumenta en 6° C. lo. Determinar las fatiga»: que aparecen en el sistema representado en la figura 20 si la. temperatura de la barra horizontal superior se elc- va de t. a t grados. y u, = 170 >< 10‘7. Supongase Ea : En = 8. Extensión de un anillo elrculanasi fuerzas radiales uni- formemente distribuidas actúan a lo largo del perímetro de un anillo delgado circular (fig. 25), se producirá unalargamiento uniforme del anillo. Para determinar la fuerza de extensión del anillo imaainémosle cortado por una sección diametral hori- zontal —»fig. 25 (b)—— y consideremos la parte superior como un cuerpo libre. Si q representa la carga uniforme por unidad de longitud de circunferencia y r es cl radio de dicha circunferen- cia, ln fuerza que obra en un elemento de anillo determinado TRAGCIÓN Y COMPRESIÓÑ 2o por dos secciones radiales adyacentes será qrdqa, donde de es el ángulo en el centro correspondiente. Tomando la suma de las componentes verticales de todas las fuerzas que actúan en el medio anillo, obtendremos la siguiente ecuación de equilibrio: 2P = E]? gr son edo = cgr, de donde P = qr. (13) La fatiga de extensión en el anillo se obtendrá ahora divi- diendo la fuerza P por cl área de lu sección recta, del anillo. Fm‘ 25 En las aplicaciones prácticas es muy frecuente tener que determinar la fatiga de extensión en un anillo circular giratorio. Entonces q representa la fuerza centrífuga por unidad de lon- gitud dcl anillo y vicnc duda por la ecuación 2 q= w.ï, un g r en donde w speso del anillo por unidad de longitud; r, radio de la. circunferencia media; 12, velocidad del anillo en el radio r, y g, aceleración de la gravedad. sustituyendo esta expresión de q en la ecuación (L3) se obtiene P = w-"Ï, 9 7 la fatiga correspondiente será. P= É=fi. (m c: - A Ag g
  20. 20. 3Ü RESISTENCIA DE MATERIALES Sc- ve que la fatiga es proporcional a ls densidad del ma. - terial y al cuadrado de la velocidad periférica. Problemas l. Determinar le fatiga de extensión en la pared cillnrlrioa de lo. prensa de la figura 3 si el diámetro interior es 25 em. y ei espesor de la pared 2,5 cm. Solución: La presión hidrostática máxima p en el cilindro se en- contrara por la ecuación 25a p" 4 = 50.G00kg. , de donde 71 = 100 kg. /em. ‘. Sepiirandn del cilindro un anillo de longi- tud l cm. en dirección del eje del cilindro y aplicando la ecuación (13) se obtiene 100 x 12:7 =500 “Jem! _ï_ï °’A‘ 2,5xl 2. Un tubo de B/ CGPÜ sc ha introducido en otro de cobre, estando ambos a una alta temperatura t (fig. 26), siendo el ajuste perfecto y Cobre no existiendo presión alguna entre los tubos a. aquella tx-mperaturu. Determinar las fiitigss que sc producirán en ol cobre y en el acero al em friarse el conjunto hasta ls. temperatura amA biento tu si c] diámetro exterior del tubo de acero es d, el espesor del tubo de acero es h, y el del tubo de sobre ha. FIG- 20 Solución: Debido a In‘ diferencia de coeficien- tes de dilatación ot‘ y a‘, existirá una presión ent tre los tubos exterior e interior al enfrierse. Seaz le presión en kgjcm. ’ La fatiga de extensión en el tube de cobre será _ m‘ "0 ‘ 2h, y la fatiga de compresión en el tubo ds acero será Ñ nl u, — 2}; La presión a: puede encontrarse estableciendo en Forma de ecuación ln condición de que en virtud del enfriamiento ambos tubos tienen la misma contrata-ión perimetral; n son TRACCIÓN y comaasrón 31 de donde a = ¿v1 = iar¿—a, )(l——tg)E, t 2h‘ l + hi E. ’ l ha E, Del mismo modo podria calcularse le. fatiga en el acero. 3. Refiriéndonosa la figura 25, ¿que fatiga adicional dc extensión se producirá. en el tubo al somoterle a una presión hidrostática interna de valor p = 7 kg. /em. ’, si el diámetro interior es d. = l0 cm. , ha = 2,5 20 milímetros y h‘ = ñ- x 2,5 mmJ Solución: Separemos del tubo un anillo elemental de altura l cm. la fiierza total de extensión en el anillo será Debido a que los alargamientos eireunferencialr-s en el cobre y en el ¡cero son iguales, las futiizas estarán en la relación de los módulos de - - . 11 elasticidad, es decir. la fatiga en el cobre será 2-0 de la del acero y, P03‘ Wnm» 13 ¡“HTM P. en elite caso, se distribuye en partes iguales ‘autre los dos metales y las fatigas producidas serán: P 35 v. = * = e = 38,5 kg/ cm. ‘ el i, 2h, 2 x g X 0,25 para cu re Y 20 “a = fi "e = 70 ¡KK/ cm! para el acero. 4- Un anillo zunchado está. formado por un anillo interior de cobre y otro anillo exterior de acero. °tfigoíláiríeatznigtdegrgsel anillo de acero es menor que e] diágrngm Previo calentamiento d l n ‘(lina cantidad 8 el conjuxïm se ams“ produce Presión sobr si anillo e acero. Al enfriazse, el anillo de acero min“ I“ img“ en el cam o de cobre (presión de zunchade). Dem". ciones rectangulares s 31:0 y. en elhcobre si ambosamllosv tienen seo. dad en dirección e e d‘ ¡‘ilusiones ' y h’ en d-"mwm" "¿dm Y l“ ‘ml’ y h. puede“ mmipierlpen io ar al plano del anillo. Las dimensiones ha “pedida de conmográe pequeñas comparadas con el diámetro de la s y . s” e los dos anillos. . de N‘ l? “ m :1“ Presion uniformemente distribuida en la super. c e los anillos. La fatiga de compresión en e] cobre ’ 7 h de extensión en e] m“, ser“: n ‘FW “Ffi; (ai
  21. 21. ‘ i 32 RESISTENCIA DE MATERIALES El acortamiento del diametro exterior del anillo de cobre sei-aii _ s, __ mi‘ . s. -EE. .1 _2—hcEc El alargamiento del diametro interior del anillo de acero nera: _ flhd z 11.’. . 8' ‘ E, 2 haE, La presión desconocida z se encontrará por la emoción 8l+8l= ?(¿+ l)= ¡- mi}, hub‘, de donde sr = ímïflifi. "' (‘ * i742) Las Tatigziie a“ y c”. por las ecuaciones (a), sai-am m-Éï-‘ÏJ-lfifi: aa 8 E“ ma, fi. Detnrminiir In»: fiitigas que se producirán en el anillo zvincbado del problema anterior al girar el anillo con una velocidad constante. de n r. p. m. Solución: Debido s. quo el cobre tiene mayor densidad y menor modulo de elasticidad que el acero, el anillo de cobre presiona sobre el anillo de acero durante la rotación. Sea z la presión por cm. ‘ de eu- perficie de contacto entre los dos anillos. Las fatigae conoepondientes vendran dadas por las ecuaciones (a) del problema anterior. Es precisa sumar a estas fatigae las fatigas producidas por la fuerza. centrífuga. Repreeentando por y“ y y, los pesos por unidad de volumen del acero y el cobre, y usando la ecuación (15), se obtiene: ¿(a zï. “ ¿un? J, 21m‘ d-h, ‘ “"7 60 2 ’ ‘"7 ao)( 2 ’ combinando estas fatigas con los fatiges debidas a la ¡rresión z y te- niendo en cuenta que el alargamiento debe ser el mismo en ambos anillos, se obtiene la siguiente ecuación, que sirve para determinar el valor de z en cada caso particular: iïiïiïíïï)’“EWíf. i=i. iï(íïï)'(“? °)' :2» Conociendo z las fatigas en el cobre y en el acero, se encuentran s" y dificultad. mAcoiów v COMPRESYÓN 33 6. Determinar la velocidad periférica limite de un anillo de cobre si el coeficiente de trabajo es q = 210 kg. /cm. ' y y, = 8.700 kg, /m. I_ Respuesta: v — 48 nL/ seg. 7. Con relación al problema 2 y figura 26, determinar la fatiga en el cobre a la temperatura ambiente, si t—— La = 55° C, a, _ ¡a = 45 x 1o-7, h, = h, Respuesta: oc = 175 kg. /cm. '. 8. Con referencia al problema ñ, determinar el número ri de revoluciones por minuto al cual la fatiga en el anillo de cobre se ¡nula si la fatiga inicial de zunchado em una. compresión de valor a. ” y M= M Y 1'7¡= “Ve. Solución: El número n se determinará. por la, oouwian 21th a d—-IL ’ d h ' a = — L ¿ Y. . + "" (6o 2 ‘ififi 2 " — B. Hallar las fatigee en el anillo zunchiido del problema 4. mp0. nimdo 8 - 0.025 mm» «t - w om. h. - h, y g: — Encontrar 3.. ouñnto varian las fatigas ei la temperatura del arciillo aumenta despufi del montaje on 6' C. Tómese a. = 125 x 10"’ y ue a 17o x ¡o—1_ ¡0- En ei Pfoblerna 5 hallar las flatígas correspondientes al acer) y ¡I cobre ei n = 3.0001". p. m. ; d — 60 cm. ; h. =. h. -115 mu“ r _ 7,8 x l0-' kg. /cm. ‘; ya = . s_7 x ¡0-1 k¿_¡¿m. a_ ' ¡”murcia mi nnnIALpIL-T. l a
  22. 22. CAPÍTULO iI ANÁLISIS DE FATIGAS r DEFORMACIONES 9. Variación de la Iatlga en la extensión y compresión slm- ple al considerar secciones oblioiias al eje de la barra. —Psra una barra prismática sometida a un esfuerzo axial de exten- sión P —fig. 27 (a)-——-, hemos considerado solamente la fatiga en una sección normal al eje de la barra. Vamos a considerar ahora. p el caso en que la, sección pq per- pendicular al plano de la. figura está inclinada respecto al eje. Debido a que todas las fibras lon- gitudinales tienen el mismo alar- gamiento (véase pág. 3), las fuer- zas que representan la acción de la porción derecha de la barra sobre la izquierda estarán dis- tribuídas uniformemente sobre la sección pq. Aislado, la porción ‘ izquierda de la, barra —-fig. 27 (b)——, (estara en equilibrio bajo le acción de estas fuerzas y la cargeP. La fuerza por unidad de área de la sección pq se llama fatiga. en esta sección. Representando por A el área de la sección recta de la barra y por q) el angulo entre el eje de la barra x y la normal n a. la. sección pq, el área. de esta. sección será c3‘: - y ls fatiga S correspondiente será. (P S = ïcfïa = u, cos q; (16); A donde e! representa, como anteriormente, la fatiga, correspon- diente a le sección recta de la barra. Se ve que la fatiga S eo_ ANÁLISIS DE FAT-IGAS Y DEFORIvIACIONES 35 nespondiente a una sección inclinada es menor que le fatiga oz en la EGCPIÓH recta de la barra _y que disminuye a] aumentar e] ángulo cp. Para i wifi 9: la sección pq es psi-slds al eje de la barra y la fatiga S vale com, es decir, no existe presión entre las superficies laterales de las fibras longitudinales. En las secciones oblicuas, la fatiga, que tiene la dirección de la fuerza I’, p no es perpendicular s la sección. .- Es corriente descomponerla en dos componentes, tal como indica la M”. 28 figura 28. La componente en per. pendiciilsr a la sección se denomina fatiga normal. Su valor es a, ,=scos<p= a, coshp. (17) La componente tangeneíal 1 se denomina esfuerzo o látigo cortante y su valor es r 1;‘ Ssomp = aisenrpcospzgïïn 29’. (18) 2 l. rara individualizar la deformación que cada componente de ¿Usa produce, coiisidomrcmos un elemento separado de la barra mediante dos secciones obli- cuas paralelas pq y plql -figu. ra 29 (a)—. Las fuerzas que actúan sobre él representan las nociones de las partes derecha e izquierda de 1a, barra y se ven en la figura 29 (a). ‘ Las figuras 29 (b) y 29 (c) se ob- tienen al descomponer dichas accio- Fic. 29 nes en sus dos componenies, tal y como se dijo anteriormente. y pre- sentar o, ., ‘ ¡h “ti É separado la accion dc estas componentes. bc ve que ; TI . ' I y . no la io orlma] en produce extension del elemento en dirección rm‘ . - ‘¡miento o dd rn y que el esiuerzo cortante produce un resbala- , -.. es ' -» l . , _ namiento de la seccion pq con ielacioii a la plql, a
  23. 23. 36 RESISTEN ou DE MATERIALES Por la expresión (17) se ve que la máxima fatiga normal se presenta en la sección recta de la barra y es (a, ,), ,,‘, = 0,. La máxima fatiga cortante tiene lugar, como se deduce de ¡a expresión (18), para secciones oblicuas a 45” y Vale 1 a9) ‘¡mix = ' “z- Aunque h, máxima fatiga. cortante es la mitad de la maximo fatiga normal, tiene aquella fatiga mia gran ímiwmmm“ ¡""39 Fm 30 tica, debido a que hay materiales menos resistentes al esfuerzo cortante que al normal. Por ejemplo, en un ensayo de tracción de una barra de acero dulce cuya superficie esté bien puliinen- ' tada, la fluencia del metal es visible a simple vista (fig. 30). Comienza por los planos oblicuos en los que la fatiga cortante. es máxima. Las fórmulas (17) y (18), deducidas para el caso de extenv sión simple, se aplican también (mando la solicitación es com- ANÁLISIS DE FATIGAS Y DEFORIMÍACÏONES 37 presión simple. Basta para ello atribuir a al signo negativo en las expresiones (17) y (18). El signo negativo de o” indica que en la figura 29 (b) se obtiene compresión en lugar de extensión para el elemento infinitesimal coiii- G prendido entre las secciones pq y ___: Ï¡_‘ u») (. , pm. El signo negativo en 1 (fór— ¡ü l l l l mula 18) indica que la acción cor- _ i i i l tante en el elemento tiene sentido ‘r’? i contrario al indicado en la figu- (b) ra 29, c. La. figura 31 da el conve- Fm, 31 nio establecido respecto n los signos de las fatigas normal y cortante. Esta última es positiva cuan- do origina un par de sentido dextrorso. 10. El circulo de iatigas. »Las formulas (17) y (18) pueden representarse gráficamente 1. Tomemos un sistema ortogonal de ejes coordenadas con el orígen en 0, y (le direcciones positivas las usuales (iig. 32). Si consideramos que la sección pq es per-pon- dicular al eje de la barra, se tendrá, en la figura 28, cp = 0, y por las fórmulas (17) y (18), a" = 3,, r = 0. Escogiendo una escala, para medir las fatigas, y tomando la componente cortante según el eje vertical, la fatiga ligada al pla- no q) :0 vendrá representada en la figura 32 por el punto A. Tomando ahora un plano paralelo al eje de la I i l (t) (d) barra, tendremos cp :7»; los dos com- ponentes de la fatiga se anulan para este plano y, por tanto, en la figu- ra 32 le corresponde el punto 0. FIG. 32 Construyendo una circunferencia so- bre ÏÏI como diámetro, se ve fácil- mïïïïïfl que las componentes de la fatiga para una sección cual- ‘lulera pq, correspondiente a un angulo q; (fig. 28), son las coor- denadas de un punto de esta circunferencia. A fin de individua» ‘. Esta representación grafica se debe a O. Mohr, Ziiyilingcnieur, aégllïïllíi. 1882. Véase también su Abhandlurtgen, pág. 219, 1906. En i ro pueden verse referencias a otras publicaciones sobre el mismo . ;' üimto.
  24. 24. ' l 38 RESISTENCIA or. MATERIALES lizarle. basta tomar en sentido contrario al de las agujas dc- un reloj, y a partir de A, el ángulo 2p. Sea D el punto asi obte- nido; de ls. figura. se deduce: ÓF= ÜU+0F= cï+%cos2qp= e,nos2gp, Ñ‘ = Úñsen 2gp: Ïísenflvp. Comparando estas expresiones von les (17) y (18) se vo que el punto D define la fatiga ligada al plano pq (fig. 28). Cuando la. sección pq gira. a izquierdas alrededor de un eje perpendicular el plano de la figura 28, y q: varía de 0 a. g, el punto D se mueve de A hasta 0 por la semícireunferenoia superior. Si el angulo q) es superior s, g se obtiene una sección como la re- presentada, en mm —-fig. 33 (a)—, cuya. normal exterior 1 n, forms con el eje un ángulo mayor que Al medir ahora el angulo 29 a partir de A, en sentido contrario a las agujas del reloj, obten- dremos puntos de la semioirounferencis. inferior. Supongamos el caso de que mm sea perpendicular a la. sec- oión pq, considerada. anteriormente. El punto correspondiente D será tel que el ángulo DOD] valga 1:; es decir, DD, es un diá- metro. Calculando las coordenadas de D, se obtendrán las com- ponentes o, " y 1,, de la fatiga ligada al plano mm: q“ = 017‘, =ÜÜ—_Ï¡Ü= Ï;—Ï; cos 2g; =c, senïcp (20) 1», =——1Ï_1Z= -—C¡D¡sen2:p= —%sen2qa. ‘ (21) Comparando estos resultados oon las expresiones (17) y (18) se tiene a, ‘ + a, “ = c, eos“ ep + c, sen“ q) = c, (22) (23) ‘ El trozo de la barra sobre el que actúen las fatigas se indica en le figure mediante 1,= -r. el rayado. La normal exterior n; está orientada hmis. afuera desde dicho trozo. p ‘ El signo — obedece a que el punto D, está situado del lado d» las ordenadas negativas. ANÁLISIS nn rsmoss v DEFORMAOIONES 39 Se ve, por tanto, que le suma de las componentes normales de las tatigas ligadas a dos planos perpendiculares permanece com. tan“! Y es igual 9' 02- Las componentes cortantes de las fetigas ligadas a dos planos perpendiculares son iguales, pero de signo contrario. Tomando las secciones mfml y 111g” adyacentes y pa. ralelau a las mm y pq, se obtiene un elemento —fi«¿. 33 (b)_ m. E112; las fatigas que le solicitan son las de la figura. Se ve que djmcciógfirs coltagtes que actúan sobre las caras del elemento de m“ el o P‘! P? !) llcen un par dextmrso y, por tanto, de acuerdo . _ ° ¡mmm ¡{ÏWWÓO en la figura 31 (c) deben considerarse pmlhvas‘ L“ fatlg” “Want” que obran sobre las otras dos “Tána P01‘ 91 OOMTEÜD. negativas, de acuerdo con lo esta. - blecrdo en la. figura. 31 (d), E] . e l círculo de la figura 32, denominado círculo de fetigas, se “¡P ett, tal como hemos indicado para determinar las compu ne tes - . ' ' ángulo a, y 1- de la fatlga ligada s, un plano pq, definido por el También? «En: su normal extermr forma con el eje a; (fig, 28). “l” 00m P e e resolverse el problema inverso; es decir, dadas ¡”mmm “a Y T. hallar 1a fatiga axial c, y el angulo o. i Se V9 que 91 ángulo que forma. la cuerda 0D y el eje a: es igual n fi . 2 . ‘ . ‘P ( E 3 ) Conocido cp, puede tmzarse el radio DC’, que forma 8| ángu] 2 . 1 del mvsoiq’ “m 5] “le 00, y de este modo obtener el centro 0
  25. 25. ._ 40 RESISTENCIA DE MATERIALES Probls mas l. Determinar a; y 1 analítica y gráficamente si a, == 1.200 kg. /cm. ' y q: = 30° o q; =- 120°. Aislar para estos ángulos un ele- mento como el de la figura 33 (b) e indicar con flechas el sentido de las ¡"Artigas que actúan sobre él. 2. Resolver el problema anterior suponiendo que en lugar de la fatiga de extensión c, actúa una compresora del mismo valor absoluto. En este caso, el diametro del circulo de la figura 32 caerá del lado de las abscisas negativas. 3. Sobre un plano pq, (fig. 28), actúan una fatiga normal a. == 960 kgJom. ‘ y una fiatiga cortante 1 x- 320 kg. /cm. '. Hallar el angulo q y i». fatiga 0,. Respuesta: l tg o = 5. a, a fi, - u meant kgjcm. ‘ 9 4. Sobre dos cams perpendiculares del elemento de la figura 33 (bl actúan las fatigas normales o” = 960 kg/ cm. ‘ y o, “ — 480 ing/ cui. ‘ i-lailm‘ u, y 1‘. Reapmsm: u, s 1.440 kg. /cm. '; r = i 678,8 kg. lcm. ' 5. Hallar la fatiga cortante máxima en el problema l. ti. Determinar la posición de las secciones para las que la fatiga normal es igual a la tangeneial o cortante. 11. Tracción o compresión en dos direcciones perpendicula- res. —Hay casos en los que el material esta sometido a la acción de extensión o compresión en dos direcciones perpendiculares. Como ejemplo de fatigas combinadas vamos a encontrar las fatigas normales y cortantes en la pared cilíndrioa de una cal- dera sometida a. la presión interna de p kg. /cm. “. Represen- tando el diametro interno por d, y el espesor de la plancha por h (fig. 34), separaremos un elemento de pared definido por dos secciones longitudinales y dos transversales. Debido a la presión interna el cilindro se dilatará, en las direcciones axial y transversal. La fatiga de extensión o”, en sentido circunferen- ‘ En realidad, p presenta la diferencia entre la presión interna y La externa igual e la atmosférica. ANÁLISIS DE FATIGAS Y Dnromvncionns 41 cia], se determinará. del mismo modo que cu el caso de un anillo circular (articulo S): d 5 z T’ . (24) Para calcular la fatiga de extensión u, en dirección axial se supondrá que la iïicrzn de extensión que produce el alarga- 4 ‘c? ‘ n (a1 (a) Fio. 34 miento del hervidero es igual a la fuerza que actúa en dichos extremos, ce decir, igual a . d? . 1> = ‘i- _ Í pl 4) ‘I. ’ El área de la sección recta del hervidero os‘- í A ; 1:41h; «p- por tanto, ‘ , .,, =”= T". . r (25) A 4h K. Se ve que la fatiga en sentido circunferencia] es doble que e la fatiga en dirección axial ‘. Para una sección pq perpendicular al plano xy, definida por el angulo q) efig. 34 (a)—-, las fórmu- las (l? ) y (18) del articulo anterior darán las componentes nor- "I. mal y cortante de la fatiga ligada al plano pq y debida a la. fatiga extensora az; sus valores son l 5,, ‘ = s, cos“ (p, 1: = Z a, sen 2:9. (a) . ‘ El espesor de la pared se supone pequeño comparado con el diámetro. ' La presión p que actúa sobre ls. cara oilinrlrica interna del ele- mento se desprecia frente a los valores «le a, y Uy.
  26. 26. .; . 7 w 42 RESISTENCIA m: MATERIALES Para calcular las componentes producidas en el mismo pla- no pq por la. fatiga extensora av, observaremos que el ángulo en- tre o’, y la. normal n —fig- 34 (ül- 95 i’): medld” a dera‘ chas. Por tanto, al utilizar las ecuaciones (17) y (18) es necesa- 7: no substituir a, por av, y <9 por — l; ‘Hill. AHÍ obtendremos l c, " = u, son‘ qa, v” = — é a, sen Zap. (b) Sumando las expresiones (a) y (b) se obtiene como resultado en = a, cos‘ q) + c, sen“ (P, (26) l 1 = 1 é (c, — c”) sen 23o. (27) 12. El circulo de Mohr para latlgas combinadas-Proce- rliendo del modo empleado en e] artículo 10 pueden represen- Larse fácilmente, mediante una. circuniereucie, las fórmulas (16) Fm. 35 y (27). Supongamos, como entonces, que absnisas y ordenadas representan, a una cierta escala, las componeuLes normal y cor- tante de la fatiga; por consiguiente, los puntos A y B (fig. 35). de abscisas c, y o”, representan las fatígas ligadas s. las caras del elemento de la figura 34 (a), perpendiculares a los ejes a: e y, respectivamente. Para obtener las componentes de la fatiga liga- _ da a un plano oblicuo, definido por un ángulo q) ——fig. 34 (a)—, hasta construir una circunferencia, con AB como diámetro y trazar el radio CD, que forma un ángulo ACD igual a 2p, con- ANÁLISIS m: FATIGAS v DEFORMACIONES 43 tudo a partir del punto A, en sentido contrario al de las agujas do] reloj. De la figura se deduce o‘ : —-0 _6i: =¿(oA + 0É)—%(o13#0¿4) 0052., = rr +6 o‘——o' r. - ' 2—"—-'ïaí cos 29=a, cos2o+a, sen2q. Lo que indica que la xibscisa OE dcl punto D dc la circunferem cia. medida a la escala adoptada, da la componente IiormaJ a, de la fatiga (26). La ordenada. del punto I) es D ‘.1 a Üm sen 2g; v. ELÉ-c‘ sen 2o. Como en esto caso esta ordenada es negativa‘ se deduce que la ordenada, del punto D, tomada con el signo que la corres- ponda, nos da. la componente cortante de la fatiga (27). Cuando el plano pq gira en sentido contrario al de los agujas del reloj, respecto a un eje perpendicular al plano xy ——-figu- ra 34 (a)—, el punto D correspondiente se mueve también en sentido contrario al de las agujas del reloj sobre el circulo de Mohr (fig. 35); de forma que para cada valor de q; las componen- tes o" y 1 de la fatiga se obtienen como coordenadas del punto I’). De esta representación gráfica de las fórmulas (26) y (27) se deduce que la componente normal máxima del estado elástico es, en nuestro caso, c”, y que la componente cortante máxima, representada por el radio Ñ‘ de la circunferencia de la figu- ra 35, es c —- c, (28) Tmu = 2 3.-. 4 fuïga cortante, pero con el signo negativo, corresponde al plano, y acontece cuando sen 2o = 41 y q; z . Igual valor para la para el que q; :2, Tomando dos planos perpendiculares. definidos por los an- TI gm“ ‘P Y í ¿r (p, que sus normales n y nl forman con el eje z,
  27. 27. 44 RESISTENCIA DE MATERIALES las fatigas ligadas a ellos son las coordenadas de los puntos D y D¡ de la figura 35, y geométricamente se deduce que a" + a", = o, J- 3,, (29) 'r¡ : —- v. (30) Esto indica que la suma de las componentes normales de las fatigas ligadas a dos planos perpendiculares es constante al vo- riar el angulo ep, y que las componentes cortantes son iguales, pero de signo opuesto. Una circunferencia análoga a la de la figura 35 puede construirse cuando una o las dos fatigas a, y e, Fm. 36 son «impresiones; basta para ello tomar las que lo sean en sen- tido negativo sobre el eje de abscisas. Si suponemos, por ejemplo, que las fatigas que actúen sobre el elemento son las indicadas enla figura 36 (a), la circunferencia correspondiente es la de la figura 36 (b). Las componentes de la fatiga ligada. al plano pq, de normal n, vienen dadas por las coordenadas del punto D del diagrama. Problemas l. La caldera de Ia figura 34 tiene rl = 2,5 m" h = n 1.25 cm. De- terminar o, y cvsi p = 8 kgJcm. ’ Aislar un elemento por pianosa 30 y 120° y representar los valores y direcciones de las componentes de . las fatigas ligadas a las caras laterales de dicho elemento. 2. Determinar las fatigas un, u", r y 1,, si en ln figure 36 (a) n, =B00 kg. /cm. ‘, o, = — 400 kg. /cm. ' y 9 = 30“, q), = 120°. Respuesta: un = 500 kg. /cm. ', d)” = » l00 kg. /cm. ', r . —. 1, = 520 kg. /cm. '. ANÁLISIS DE FATIGAE Y DEFORMACIONES 45 3, Determinar a. .. en‘, r y 1'¡ en el problema anterior, si el ángu- lo g se escoge de modo que r sea máximo. Eupuuta: o" = a, ‘ = 200 lag/ em}, 1 = z, = 600 kg. /om. '. 13. Fatiges principales-En el articulo anterior hemos visto que, para extensión o oompresión en dos direcciones perpen- diculares a: e y, una de las dos iatigas o, o e“ es la fatiga normal maxima, y la. otra la minima. Para cualquier plano inclinado, tal como el pq -figs. 34 (a) y 38 (a)—, el valor de la fatiga nor- mal o, queda entre dichos limites. Sobre los planos inclinados actúan, ademas de las fatigas normales a", fatigas cortantes 1. Las fatigas c, y 3,. de las cua- Fio. 37 les una es la maxima y otra la mínima fatiga normal, se deno- minan fatigas principales, y los dos planos perpendiculares e los que estan ligadas se denominan planos principales. Sobre estos planos no actúan fatigas cortantes; en el ejemplo del articulo anterior (fig. 34) encontramos las fatigas principales a, y u, por simples consideraciones, y en función de ellas calculamos las componentes normal y cortante de la fatiga ligada a un plano inclinado, tal como el pq —fig. 34 (a)—. En otros casos (véase página 118) es más facil determinar las componentes normales y cortantes de las fatigas ligadas a. dos planos perpendiculares. El camino mas sencillo para determinar en estos casos las fatigas principales es emplear el circulo de Molar. Supongamos conoci- das las fatigas que obran sobre un paralelepípedo rectangular elemental «fig. 37 (a)—. Las fatigas c, y a, no son las prínci-
  28. 28. ‘ l 46 RESISTENCIA TW. ‘ MATERIALES palee, puesto que no solamente actúan iatigas normales, sino también cortantes, sobre los planos perpendiculares a. los ejes z e y. Para construir el circulo de fatigas en este caso emplearo- mos primeramente las componentes de las fatigas a1, o” y r, y obtendremos los puntos D y D¡ -- -fii¿. 37 (b)—. Puesto que estos dos puntos corresponden a dos planos perpendiculares, la Ion- gitud DD¡ sera un diámetro del circulo de fatigas. La intersec- ción de este diametro con el eje a: nos da el centro C del circulo, y, por tanto, puede éste construirse. Los puntos de intersecm ción A y B de la circunferencia con el eje x definen los valores de las fatigas normales maximo y minima que rcpresentaie- mos por a¡ y c, Mediante sencillas consideraciones geométricas se deduce — 42m2, (al) Y -l- r“. (32) De la figura se dedncen también las direcciones correspon- dientes a las fatígas principales. Sabemos que el angulo DCA es el doble del que forman la fatiga a¡ y el eje z, y puesto que 2o se mide de D a A, en el sentido dc los agujas del reloj, la dirección de o‘ será. lo. indicada en la. figura. 37 (a). Si aislamos el elemento rayado en la figura mediante planos normales y para- lelos a 5,, sobre estos planos actuarán ahora únicamente fa- tigas normales de valor o, _y a2. Para el cálculo numérico del ángulo q; se deduce de la figura ]tg ‘Zrpi = CE Teniendo en cuenta que el signo del ángulo q; debe ser en este caso negativo, puesto que se mide desde el eje a; en sentido de las agujas del reloj —fig. 37, (a)—, se deduce ÏÏE tg 269 = e ; — — 4 (33) T CE ANÁLÏSYS DE FATIGAS v DEFORMACIONES 47 . La fatiga cortante maxima viene dada por el radio de la circunferencia y vale Tmix= ) (34) Las ecuaciones (31) a (34) resuelven por completo el pro- blema de la determinación de las fatigas normales maxima y minima. y de la fatiga cortante máxima, conocidas las compo- nentes normales y cortantes de las fatígas ligadas a dos planos perpendiculares cualesquiera. Problemas l. Un elemento —Í'ig. 37 (a)-— (está. sometido a la acción dr- lus fu. tigas o, = 350 kg. /cm, ‘; o, = 210 kg. /cm. '; 1 = 70 kg. /cm. ‘. Determi- nar las magnitudes y las direcciones de las fatigas principales a, y e, Solución: Mediante las ecuaciones (3l) y (32) se obtiene 35o 21o mr *‘—v m = —2ï—— + ’° f + 10- = 379 kg. /um. ' a2 = Ïïgï- 1435”’ nl’)! + 7o! = 161 kg. /cm. ' y empleando (33), ¡o tiz2o= =—l; 29=—45°; q)= —22ï. Las direcciones de los ejes principales están indicadas en ln fiin: - rn 37 (a). ‘ 2. Determinar las direcciones de las fatigas principales en el problomu anterior, suponiendo u, =v — 350 kg. /cm. ‘. Solución: El circulo correspondiente se ve en la figura 38. El angulo q: entre la noi-mal exterior de la cam en la cua] actúa la fatiga o, y la fatiga maxima princi- Pfll c¡ se hallará del modo siguiente: l °s2i>= + ¡; 2q2=l4° 2'; 9=7° 1' medido en sentido contrario al de las ¡Sula-S del reloj desde el eje z. ¿f 3- Hallar el círculo de Mohr para el Fm. 33 -' 0880 de dos fatigas principales deextensión Ü mulas “z = 5,, = a odos de compresión iguales, 0,, = o, = —o'. 1,- —_— 0_ BD ambos casos. g wbkeflmeffll! En este caso los circulos se transforman en dos puntos f‘ re 91 “le de abscisas + a y — o, respectivamente.
  29. 29. ¡l l 48 RESISTENCIA DE M ÁTERÏALES 4. Sobre las caras del elemento de la. figura. 39 (u) obran las fa- tigas a, z —- 40 kg. /cm. ', u, == 120 kg. /cm. ', 1 = 80 lag/ cm. ‘ Encon- trar, mediante el circulo de fatigas, los valores de las fntigas norma- las y cortantes (a) para los planos principales (b), para los planos de fatiga. cortante máxima. Solución: El circulo de fatigas correspondiente se ve en la. figu- ra 39 (b). Los puntos D y D, representan las fatigas que actúan sobre (al Fm. 3B las caras del elemento de la figiuu 39 (a). perpendiculares a los eje-s a. ‘ e y; y 0B y 5A son las fatigas principales. Sus valores son c, n 153 kg/ cm. ‘ y a, u — 73 kg. /em. ', respectivamente. Io. dirección de . 1° la fatiga. de compresión máxima o, forma un ángulo de 22 5- con el eje aa. medido este angulo desde el eje z y en sentido contrario al ds las agujas del reloj, tal como indica la figura 39 (u). Los puntos F y F¡ representan las fatigas que actúan sobre los planos do máxima fa- tiga cortante. El valor de esta fatiga cortante es ll3 kg. /cm. '. ÜÜ representa la componente normal de la fatiga ligada al mismo plano y vale 40 kgJc-m}. B. Resolver el problema anterior si a‘ = -——- 400 kg. /cm, ', o¡ = 240 kg. /cm. “, 1- = B0 kg. /cm. '. ‘ 14. Análisis de la deiormación en el caso de extensión simple-En el artículo 2.° se ha visto el alargamiento axial da una barra sometida a extensión. Experimentalmente se ha com- probado que el alargamiento axial viene acompañado de una» contracción lateral de la barra y que la relación contracción lateral unitaria alargamiento axial unitario es constante para una. barra dada entre los limites elásticos. Esta constante ¡e representa por p. y se denomina relación de‘ ANÁLrsrs tm rArruAs v DEFORMACÏONES 49 Poisson, cn honor al matemático francés que determinó esta relación de modo analítico usando la teoría molecular como lai- pótesis de constitución de los materiales. Para materiales que tengan las mismas propiedades elásticas en todas direcciones, materiales isótropos, Poisson halló el valor u = Ensayos ex- perimentales han hecho ver que la contracción lateral en probe- tas metálicas 1 tiene un valor próximo al calculado por Poisson. En el caso particular del acero puede tomarse p. = 0,3. Conocien- do la relación ‘o módulo de Poisson, de un material, el cambio de volumen de la barra extendida puede calcularse facilmente. La longitud de la barra aumenta en la relación (l + s) : l. Las dimensiones laterales disminuyen en la relación (1 —p. s) : l, por lo que el area de la sección recta disminuye en la relación (l — pe)? : l. Por tanto, el volumen de la barra cambia en la relación (l + s) (l — ue)’: l, o sea (l + e-mre) : l, al tener en cuenta el pequeño valor de s y despreciar sus potencias. De aquí se deduce que la dilatación oúbica unitaria es e (l — 2p. ). Para materiales como la goma y parafina, el valor de p. está pró- ximo a 0,50 y el volumen permanece aproximadamente constan- te durante la extensión. Si a fuese mayor que 0,50, el volumen disminuiría al extender la barra. Hay materiales tales como el hormigón, en los que p. tiene un valor reducido (y. = é a 1% , y otros, como el corcho, en los que p. puede suponerse nulo. Todas estas conclusiones son aplicables con el adecuado cam- bio de signos al caso de compresión. El acortamiento longitu- dinal viene acompañado de una dilatación transversal, para cuyo cálculo puede usarse el mismo valor de p. que en el caso de extensión. Problemas 1: Determinar el aumento unitario de volumen de una barra ex- Wndnda si a. = 44s kg. /om. ‘, u = 0,30, E = 2 x 10* kg. /cm. '. Solución: la dilatación oúbica unitaria es t(l—2p)= %(l-—2¡i) - %(1_o, o)—s9,e x io-I. m ' Fama materiales se consideran isótmpoq (vence Segunda pam). ¡mu-nm n nnmus, _. r. l 1
  30. 30. 50 RESISTENCIA DE MATERIALES 2. Determinar e] aumento de volumen de una burra. producido‘ ‘por una. fuerza. P que actúa en su extremo inferior y e] peso propia de la. burra (véase artículo 5.“, pág. 14). Rupueata: El aumento de volumen es Alu — 2p. ) <g+ fl) E A 2 15. Deiormaeión en el caso de extensión o compresión en l dos direcciones perpendlculares. —si una barm cuya forma es un paralelepípcdo rectangular está sometida. a. fuerzas de extensión ‘ que actúan en dos direcciones perpendiculares a: e y (fig. 34), el alargamiento en una de las direcciones depende no solamente de la fatiga. en esa dirección, sino también de la. ihtiga existente en la dirección perpendicular. El alargamiento unitario en la. dirección del eje ac debido a, la fatiga 5,, será. É-Ï. La fatiga a, produce una contracción lateral unitaria. en la dirección x, cuyo i valor es y. Él’; por tanto, al actuar ambas fatigas a, y a” simultá- neamente. el alargamiento unitario en la dirección x será, a, a 52: - u É (35) Análogamente, para. la. dirección y se obtiene ¿y = i’! _ ¿L ‘É; (35) En el caso particular de que las dos fatigas de extensión sem ‘iguales a, = c, = c, se obtiene _, Í E De las ecuaciones (35) y (36) se pueden despeiar las fati- ‘gas c, y 6,, en función de los alargamienws múuarios e, y 5,, obteniéndose <1 —m (s? ) e, = 2,, = <=«+H= «_E. l-«yfi , v (‘v + "SQL? (33) l -— y. ‘ i ‘¡s ANÁLISIS DE FATIGAS y DEFORMACIONES 51 Problemas l. Determinar e] aumento de volumen del hcrvidom cilíndrico de acero sometido a presión interior, de la figura 34, despreciando la. de- formación de los extremos y comando c, = 400 kgJcmJ, Solución: Usando las ecuaciones (35) y (36), 400 200 340 ‘v=2x"T»"°'3%«=2fio= ‘7 " 1°" 200 400 SU ‘F zTF” “TF “¿uf 4 >< 10"» El volumen del hervidero aumenta. en la. relación (l+ Ey)‘ (l+ ez)zl= =(l +2cv+ c. ¡): l= 10003821. 2. Un cubo de hormigón está. comprimido en dos djreccioncs per- pendiculares por el dispositivo que indica. la figura. 40. Determinar la disminución de volumen do] cubo si su . . ’ lado es ¡0 cm. y la fatiga de compresión le distribuye do modo uniforme sobre sus mas; u. = 0.1 y P = 10.000 kg. Salaam: Despreciando e] rozamien- m en los nudos y considerando el equi- librio du rada, uno —fig. 40 (b)— se puede ver fácilmente que el cubo está FIG. 40 sometido a comprueiunes iguales en dos direcciones perpendiculares y que la. fuerza. de compresión oa igual v. P V- : 14.000 kg. La. deformación correspondiente (ecuación 37) es l _ _ 14.100 '"°'“'“1o= x 2*s x10“ (1 —-0,l) = —— 0.000453. _En dirección perpendicular al plano de la figura el alargamiento ‘umtuuu del cubo valdrá 14.100 "= ’"%‘*‘%= °-“’ = °-°°°‘- La dilatación cúbica unitaria. del cubo será ‘i + = v + e, = — 2 x 0,000453 + 0.0001 = — 0,000806. 3: Determinar el aumento de la superficie lateral del hervidem mnsiderndo en el pmblemn 1, AS r W . . , . “Lucian. El incremento unitario de urea ser»: 9+ : ,=21 x lo".
  31. 31. 4 52 RESISTENCIA DE MATERIALES l. Determinar el alargamiento unitario en la dirección u, de una barra de acero, si el estado de fiitign es el indicado en el problema l, ' página 41. Solución : i s¡= 2- X m‘ (379——0,3 >< 16]) = 165.3 x104. 16. Fatiga cortante pura. —Consideremos el caso particular de acción de una fatiga de extensión a, y otra de compresión c, de la. misma magnitud -—fig. 41 (a) —. El circulo de Molar czorres- : _ Y (d) Fm. 41 pendiente es el de la figura 41 (b). El punto D de este círculo representa las fatigas ligadas a, las secciones ab y cd, cuya nor- mal esta inclinada 45° con el eje x, y el punto D, representa las fatigas para las secciones ad y bc, perpendiculares a las prime- ras. Se ve en el circulo que las fatigas normales para cada una de estas secciones son nulas y que la fatiga cortante para esas mismas secciones está representada por el radio del circulo y es T= a¡: —cr, ,. (av De aqui se deduce que un elemento como el abad puede consi derarse aislado y estar en equilibrio bajo la acción de fatig V cortantes solamente »fi. g. 41 (a)—. Un estado de fatiga com éste se denomina fatiga cortante pura. Si la sección no es inclinada a 45° con relación al eje z, existirán en ella fatiga no ‘ mal y fatiga cortante. La magnitud de estas fatigas puede ob i nerse utilizando el circulo de Molar para este caso —-fig. 41 (b). ANÁLISIS DE rArIoss y mzronmcionns 53 (‘onsidnsremos ahora la deformación del elemento abad. Al no existir latigas normales a las caras del elemento, las longitudes ab, mi, bcydc no cambiarán durante la deformación; pero la dia- gonal vertical acortará y la diagonal horizontal db alargará, mien- tras que el cuadrado abad se transforma en el rombo indicado en la figura con líneas de trazos. El angulo en a, que era 7;: antes de la deformación, se hace mayor quo g; por ejemplo, + y, y al mismo tiempo el ángulo en b disminuye y se transforma en - y. El pequeño angulo y mide la distorsión del elemento abad y se denomina. deformación angular unitaria. La existen- cia. de esta deformación puede verse también del modo siguiente. El elemento abad de la figura 41 (a) se gira 45° y queda en la po- sición indicada en la figura 42. Despues de la distorsión, produ- cida por la fatiga cortante, el mismo ele- mento toma la posición representada por c . _L. l, las lineas de trazos. La deformación an- : ,'7a¡ guiar 7 será igual al cociente É entre ‘ [/1 el deslizamiento aa¡ del lado ab con rela- l ción al lado de y la distancia entre esos dos lados. Debe subrayarse el hecho de que una. aplicación uniforme de fstigas F1“- 42 cortantes en las caras de un bloque tal como indica. la figura 42 es muy dificil dc realizar. Los calculos prácticos, en caso de fatiga cortante, de elementos como rema- ches y pernos, en los que se supone una distribución uniforme de la fatiga cortante en las secciones rectas, son solamente una grosero aproximación. > Para establecer relaciones entre la deformación angular uni- lmía y la fatiga cortante que actúa en los lados del elemento abad oonsideraremos el triángulo rectángulo Oab -——fig. 4] (a)—. El alargamiento del lado Ob y el acortamiento del lado 0a de este iïfiángulo durante la deformación se encontrará usando las ecua- “10395 (35) y (36). Como en este caso a¡= —a¡=1,

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