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1 de 154
ESFUERZOS POR TEMPERATURA
l
d
ΔT
δ
Deformación por temperatura = α.∆T.L
α=Coeficiente de dilatación
L=Longitud
∆T=Variación de temperatura
Para este caso:
Deformación por temperatura = deformación Elástica
∝∗ ∆𝑻 ∗ 𝑳 =
𝑃𝐿
𝐸𝐴
∝∗ ∆𝑇 =
𝜎
𝐸
𝝈 =∝∗ ∆𝑻 ∗ 𝑬
L1 L2
A1 A2
ΔT
δ
p
e
Deformación por T = e + deformación elástica
∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝐿 = 𝑒 +
𝑃𝐿
𝐸𝐴
Deformación por T = deformación elástica
∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙1 +∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙2 =
𝑃1 𝐿1
𝐸𝐴1
+
𝑃2 𝐿2
𝐸𝐴2
ΔT
Problema #1
Determinar el esfuerzo que se produce en el concreto al subir la
temperatura en 20°C, la barra de acero esta en contacto como se indica en
la figura
∝= 16 ∗ 10−6/°𝐶
𝐸 = 2 ∗ 106
𝐾𝑔/𝑐𝑚2
∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝐿 = 16 ∗ 10−6°𝐶 ∗ 20°𝐶 ∗ 2 ∗ 106
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
𝜎 = 640
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
ACERO BRONCE COBRE
2,1x106 kg/Cm2 9.8x105 1,2x106 E
11x10-6 /°C 17,7x 10-6 16 x10-6 α
1,2Cm2 3,0 1,8 A
25 Cm 15 20 L
90cm 60cm
x
BA C
A
c
e
r
o
c
o
b
r
e
B
r
o
n
c
e
Problema # 2
La T de los 3 cables aumenta 14 °C; Hallar el esfuerzo en
c/cable y la posición de la carga aplicada, para que la viga
permanezca horizontal.
c
o
b
r
e
b
r
o
n
c
e
12 ton.
Solución:
D.C.L:
∑Fy = 0
FAcero + FBronce+ FCobre = 12 Tn………………………..…….(1)
∑MA= 0:
Fbronce( 90)+ Fcobre(150) =12000Kg(90 -X) ….……….(2)
FAcero Fbronce Fcobre
12Tn
A B C
(90-x) x 60
ΔFAcero ΔFbronce
ΔTAcero ΔTbronce ΔTrcobre
ΔFcobre
Diagrama de deformaciones:
∆𝐹𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 + ∆𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜= ∆𝐹𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 + ∆𝑇𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒= ∆𝐹𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 + ∆𝑇𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒
𝑃𝐿1
𝐸𝐴
+∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙1 =
𝑃𝐿2
𝐸𝐴
+∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙2 … (3)
Acero Bronce
FAcero = 0.514 Fbronce – 13.407……………………..…….(4)
FCobre = 0.551 Fbronce – 82.48.……………………..…….(5)
Desarrollando: (4) y (5) en (1)
𝐹𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 = 5857.57𝐾𝑔, 𝐴 = 3 𝑐𝑚2
; 𝜎 𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 = 1953
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝐹𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 = 2997.38𝐾𝑔 , 𝐴 = 1.2 𝑐𝑚2
; 𝜎𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 = 2498
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝐹𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒 = 3145𝐾𝑔, 𝐴 = 1.8 𝑐𝑚2
; 𝜎 𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒 = 1747
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
de ec. (2) X = 6.75 cm
Problema # 3
Se tiene una barra rígida AB sometida a una carga de
50KN y sostenida por una varilla de Aluminio y otra de
Acero. Si se incrementa la T en 40°C, hallar los
esfuerzos en el Aluminio y el Acero.
● ●
Aluminio
Acero
A B
50KN
3m 3m 3m
ALUMINIO ACERO
E : 70x109
N/m2
2x1011 N/m2
Α : 900 mm2 600 mm2
α : 23x10-6/°C 11.7x10-
6/°C
L : 3 4
Solución:
D.C.L:
∑𝑀𝐴 = 0:
50𝑥103(9) – 𝑇 𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜(6) + 𝑇 𝐴𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 (3) = 0
2 𝑇 𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 − 𝑇 𝐴𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = 150000 … … … … … … … … … (1)
Diagrama de Deformaciones:
● ●
A BTAluminio
TAcero
50KN
3m 3m 3m
● ●
Diagrama de deformaciones:
●
●
3m 3m 3m
ΔAluminio
ΔAcero
Deformaciones:
δ𝐹𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 + δ𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = δ𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜
δ𝑇𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 − δ𝐹𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = δ𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜
Por semejanza de triángulos:
δ𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜
3
=
δ𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜
6
2δ𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = δ𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2)
Ecuación 3
2𝑥40𝑥23𝑥10−6
𝑥3000 −
2𝑇𝑎𝑙𝑥300
7𝑥1010 𝑥900
= 11.7𝑥10−6
𝑥40𝑥4000 +
2𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜𝑥4000
2𝑥1011 𝑥600
De (1) y (3):
𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = 80129𝑁
𝑇𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = 10258𝑁
𝜎 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 =
80129𝑁
600𝑚𝑚2 = 133.55𝑀𝑝𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛
𝜎 𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 =
10258𝑁
900𝑚𝑚2
= 11.39𝑀𝑝𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛
Problema # 4
Barras de Acero:
E=2x106 Kg/cm2
α = 125x10-7/°C
Se calienta a 40°C
Determinar los esfuerzos en las 3 barras del sistema
F
F
Acero
Acero
Acero
L1=400cm
L2=300cm
L3=200cm
(7/5)A
(6/5)A
A
 Solución:
∆ 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜= ∆𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 + ∆𝐹𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜
∆𝐿 = 𝛿 𝑇 … 1
Donde: ∆𝐿 = 𝛼∆𝑇 𝑙1 + 𝑙2 + 𝑙3 = 45𝑚𝑚 … 2
Y: 𝛿 𝑇 = 𝛿1 + 𝛿2 + 𝛿3 =
𝑆1 𝑙1
𝐴1 𝐸
+
𝑆2 𝑙2
𝐴2 𝐸
+
𝑆3 𝑙3
𝐴3 𝐸
⇒ 𝛿 𝑇 =
10300𝐹
14𝐴𝐸
…(3)
(3) y (2) en (1):
F=1223.3Akg
𝜎1 =
5𝐹
7𝐴
= 873.79𝑘𝑔/𝑐𝑚2
𝜎2 =
5𝐹
6𝐴
= 1019.42𝑘𝑔/𝑐𝑚2
𝜎3 =
𝐹
𝐴
= 1223.3𝑘𝑔/𝑐𝑚2
ESFUERZO CORTANTE (Τ)
Corte Simple:
τ =
𝑝
𝐴
𝜏 =
𝑃
𝜋𝑑2
4
𝜏 =
4𝑝
𝜋𝑑2
Corte Doble:
∑𝐹𝑦 = 0:
𝑃 = 2𝐹, 𝐹 =
𝑃
2
𝜏 =
𝑝
2
𝐴
=
𝑝
2𝐴
=
𝑝
2𝑥
𝜋𝑑2
4
=
2𝑃
𝜋𝑑2
A
j
j
F
P
Φ=d
j
j k
k
Φ=d
F F
P
P
FF
ESFUERZO DE APOYO O
APLASTAMIENTO
 𝜎 =
𝑃
𝐴
𝜎𝐴𝑝𝑙𝑎𝑠𝑡𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 =
𝑃
𝑡𝑑
 *En caso de
corte doble:
𝜎 =
𝑃
2
𝑡𝑑
=
𝑃
2𝑡𝑑
𝜎 =
𝑃
𝑡𝑑
● ●
t
P
P
d
P
d
t
P P
Esfuerzo normal
A
α
αAα
F
V
Esfuerzo cortante
P
ESFUERZO EN UN PLANO
OBLICUO BAJO CARGA AXIAL
𝜎 =
𝐹
𝐴 𝛼
……………………….(1) 𝜏 =
𝑉
𝐴 𝛼
…………………………..(2)
F = P. cos 𝛼 … … … … … … … … … … (3)
V = P. sin α … … … … … … … … … … 4
A = Aα. cos 𝛼 … … … … … … … … … (5)
𝜏 =
𝐴
𝐴 cos 𝛼
… … … … … … … … … … … … . (5)
Reemplazo: (3), (4) y (5) en (1) y (2)
σ =
P
A
= cos2
α
𝜏 =
𝑃
𝐴
= sin 𝛼 cos 𝛼
ESFUERZO EN UN PLANO
OBLICUO BAJO CARGA AXIAL
 Ejercicio:
Hallar el máximo valor de
P(Admisible)
σ = 1600 Kg/cm2
𝜎 𝑎𝑝 = 3200 Kg/cm2
τ = 1200 Kg/cm2
a=4.6m
b=2.5m
c=16cm
t=0.5cm
d
b b
P
P
P/2
P/2
P
t
2t
t
a
 Solución:
𝜏 =
1200
𝑃
2𝑋
𝜋𝑑2
4
P = 4825 kg
Esfuerzo de aplastamiento:
σap= 3200 =
P
2td
… P = 5120 kg
P/2
P/2
P
Corte perno:
a 2t
d
 Esfuerzo Normal:
𝜎 = 1600 =
𝑃
2𝑡𝑎 − 2𝑡𝑑
𝑃 = 4800𝑘𝑔
Corte:
a 2t
d
b-d/2
2t
P
(b-d/2)
PROBLEMA:
En el soporte mostrado la Porción superior del eslabón ABC es de 3/8 de
pulg. Y las porciones inferiores son de c/u de ¼ de Pulgada de grueso. Se
utiliza resina para unir la porción superior con la inferior en B. El pasador en
A tiene un diámetro de 3/8 in, mientras en C se emplea un pasador de 1/4in.
Determinar:
 El esfuerzo cortante en el pasador A
 El esfuerzo cortante en el pasador C
 El máximo esfuerzo normal en el eslabón ABC
 El esfuerzo cortante promedio en las superficies pegadas en B.
 El Esfuerzo de soporte en el eslabón c(esfuerzo de apoyo de
aplastamiento)
ESFUERZOS EN CILINDROS
F
e
P P
F
p =
𝐹
𝐴
⇒ 𝐹 = 𝑝. 𝐴
P P
2r
L
𝑝: 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛
𝑃: 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝐹𝑦 = 0
2P = F = p2rL
𝑃 = 𝑝𝑟𝐿
 Para L=1 unidad:
𝑃 = 𝑝𝑟
1u
e
P
𝜎𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑙 =
𝑃
𝐴
=
𝑝. 𝑟
𝑒. 1
=
𝑝. 𝑟
𝑒
e
R
e
2π
F´
F´ = pπr2
ΣFy = 0 :
P(πr2) = F´ = R = σlong (2πre)
σlongitudinal = pr/2e
σr = pr/e
σL = pr/2e
PROBLEMA:
Una tubería de gran tamaño, llamada tubería de presión en obras hidráulicas
tiene 1,5m de diámetro. Está formada por duelas de madera, sujetas mediante
aros de acero de 300 mm2 de sección, y se utiliza para suministrar el agua
desde un embalse a la sala de máquinas. Si el máximo esfuerzo que se
permite en los aros es de 130MPa, y la carga hidráulica es de 30m.
Determinar la máxima separación entre aros.
A
=D
L
L
L
L L
P=Aσ
P=Aσ
F = ρDL
 Solución:
La presión correspondiente a 30m de carga hidráulica es:
p = ρ. g. h
= 1000
𝑘𝑔
𝑚3 9.81
𝑚
𝑠2 30𝑚
= 294𝑥103 𝑁/𝑚2
= 294𝐾𝑃𝑎
Del gráfico:
𝐹𝑥 = 0:
𝐹 = 2𝑃 ⇒ 𝑝𝑥𝐷𝑥𝐿 = 2(𝐴𝑥𝜎)
294𝑥103 15𝑥𝐿 = 2(300𝑥10−6)(130𝑥106)
𝐿 = 0.0177
PROBLEMA: A una temperatura de 20° C hay un ∆ = 0,2mm entre el
extremo inferior de la barra de bronce y la losa rígida suspendida de
las 2 barras de acero. Determinar el esfuerzo en cada barra cuando la
temperatura final es 100° C.
a a
Losa rígida
Δ
acero
acero
bronce
Bronce Acero
A 600 mm2 400mm2
E 83Gpa 200Gpa
α 18,9x10-6/°C 11,7x10-6/°C

D.C.L
a a
Diagrama de deformaciones:
Δ
δTa
δFa
δTb
δFb
Posición inicial de
la losa
Posición final de
la losa𝑀0 = 0:
2𝐹𝐴 = 𝐹𝐵 … (1)
𝛿𝑇𝐵 − ∆ − 𝛿𝐹𝐵 = 𝛿𝑇𝐴 + 𝛿𝐹𝐴 … (2)
Reemplazando (1) en (2):
18.9𝑥10−6
𝑥80𝑥799.8 − 0.2 −
2𝐹𝐴 800
83𝑥109 𝑥600𝑥10−6
= 11.7𝑥10−6
𝑥80𝑥800 +
𝐹𝐴(800)
2𝑥1011 𝑥4𝑥102 𝑥10−6
FA = 6184.65 N
FB = 12369.30 N
∴ σacero = 15,465Mpa
σbronce= 20,61Mpa
 Hipótesis: Cuando un eje circular se somete a torsión,
todas las secciones transversales permanecen planos
y sin distorsión.
A
B
B
dF
dF
dF
ρ
=
B
C
*TORSIÓN
ρ: distancia perpendicular desde la fuerza
dF, al eje de la flecha.
𝜌. 𝑑𝐹 = 𝑇
𝑆𝑖: 𝑑𝐹 = 𝜏𝑑𝐴
𝜌. 𝜏𝑑𝐴 = 𝑇
Entonces:
: deformación (radianes)
: ángulo de giro
De la fig. para valores pequeños de γ:
AA´ = Lγ … (1)
También: AA´ = ρϕ … (2)
De (1) y (2) :
Lγ = ρϕ
La deformación unitaria a corte en una flecha circular varía linealmente con la
distancia desde el eje de la flecha.
Si ρ = r :
γ
γ =
𝜌𝜙
𝐿
γmax =
𝑟𝜙
𝐿
γ =
𝜌
𝑟
𝛾 𝑚á𝑥
ϕ
γ
A´
A
ρ
L
Esfuerzos en el rango elástico
Aplicando la ley de Hooke:
𝜏 = 𝐺𝛾
G: módulo de rigidez
También: γ =
𝜌
𝑟
𝛾 𝑚á𝑥
Multiplicando x G:
γG = Gγmax
𝜏
𝜌
𝑐
= τmax
En la superficie:
𝜏
𝜌
𝑟
= τmax
ρr
τ
Para un eje circular hueco:
𝜏 𝑚𝑖𝑛 =
𝑟1
𝑟2
𝜏 𝑚𝑎𝑥
También: 𝜌. 𝜏. 𝑑𝐴 = 𝑇
Reemplazando 𝜏 =
𝜌
𝑟
𝜏 𝑚𝑎𝑥, en la ecuación anterior:
𝜌
𝑟
𝜏 𝑚𝑎𝑥 𝑑𝐴 =
𝜏 𝑚𝑎𝑥
𝑟
𝜌2
𝑑𝐴; Pero: I(momento de inercia) = 𝜌2
𝑑𝐴
𝑇 =
𝜏 𝑚𝑎𝑥 𝐼
𝑟
Despejando: 𝜏 𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑟
𝐼
Sustituyendo 𝜏 𝑚𝑎𝑥 :𝜏 =
𝑇𝜌
𝐼
τ: momento cortante a cualquier distancia del eje de la flecha.
Eje macizo: 𝐼 =
1
2
𝑟4
Eje circular hueco: 𝐼 =
1
2
𝜋(𝑟2
4
− 𝑟1
4
)
ρr
τmin
r1 r2
τmax
Ángulo de giro en el rango elástico
γmax =
rϕ
L
También: γmax =
τmax
G
=
Tr
IG
Dentro del rango elástico, el ángulo de giro ϕ es proporcional al par de torsión T
aplicado al eje.
rϕ
L
=
Tr
IG
ϕ =
TL
IG
; Φ: radianes
ϕ
γ
A´
A
ρ
L
PROBLEMA: Si se aplica un momento torsor de 10000kg/cm sobre un árbol
de 45mm de diámetro ¿cuál es la tensión cortante máxima producida? y
¿cuál es el ángulo de giro en una longitud de árbol de 1,20m?
El material es de acero, para el cual G = 8,4x105 Kg/cm2
Solución:
ρ = r = 2.25cm
τmax =
104 kg
cm
x2.25cm
π
2
x(2.25cm)4
= 558.898 kg/cm2
ϕ =
TL
IG
=
104x120
π
2
x 2.25 4x8.4x105
= 0.035rad
PROBLEMA: Un árbol hueco de acero de 3m de longitud debe transmitir un
par de 250000 kg/cm. El ángulo de torsión en esta longitud no debe exceder
de 2,5° y la tensión cortante admisible es de 850 kg/cm2. Determinar los
diámetros exterior e interior del árbol, si G es igual a 8,5x105 kg/cm2.
DISEÑO DE EJES DE TRANSMISIÓN
Las especificaciones principales que deben cumplirse en el diseño de un eje de transmisión
son la potencia que debe transmitirse y la “velocidad de rotación del eje”.
La función del diseñador es seleccionar el “material” y la “sección transversal” del eje para
que el esfuerzo máximo del material no sea excedido cuando el eje transmite la potencia
requerida para la velocidad especificada. La potencia “P” asociada con la rotación de un
cuerpo rígido sujeto a un par “T” es : P = Tw
w: velocidad de rotación (radianes/segundo)
Pero: w = 2πf; P = 2πfT
N.m
seg
= watts
f: frecuencia de rotación
T =
P
2πf
; De la torsión elástica: τmax =
Tr
I
Se tiene:
I
C
=
T
τmax
;I =
1
2
πr4
;
Si: c = r  = ½πr3
PROBLEMA: ¿Qué tamaño del eje debe usarse para aportar un
motor de 5 hp, que opera a 3600 revoluciones por minuto, si el
esfuerzo cortante no debe exceder de 8500 psi en el eje.
Solución:
P = 5hp x
6600 in x
lb
s
1hp
= 33000 in x
lb
s
f = 3600rpm x
1Hz
60rpm
= 60Hz = 60s−1
T =
P
2πf
=
33000 in x
lb
s
2π(60s−1)
= 87.54 lb. in
Mínimo valor permisible:
𝐼
𝑟
=
𝜏
𝜏 𝑚𝑎𝑥
=
87.54 𝑙𝑏 𝑥 𝑖𝑛
8500 𝑝𝑠𝑖
= 10.30 𝑥 10−3 𝑖𝑛3
Pero:
I
r
=
1
2
πr3
= 10.30 x 10−3
in3
1
2
πr3
= 10.30 x 10−3
in3
r = 0.1872 in
d = 2r = 2 x 0,1872 in = 0,374 in
Debe usarse un eje de ϕ =
3
8
in
PROBLEMA: Un eje consta de un tubo de acero de 50 mm de diámetro exterior debe
transmitir 100 kwatts de potencia mientras gira a una frecuencia de 20GHz.
Determinar el espesor del tubo que deberá utilizarse si el esfuerzo cortante no debe
exceder de 60 MPa.
Ejercicio:
Diámetro de flecha = 2 pulg
Determinar el ángulo de torsión de la polea “D” con respecto a la polea “A”.
G = 12x103 lb/pulg2
A B C D
6 pulg 4 pulg 4 pulg
7 klb-pulg 4 klb-pulg 3 klb-pulg
Solución:
ϕ =
TL
JG
AB:
ϕ =
7 x 103x 6
π
2
x14x12x103
= 2.23
BC:
ϕ =
11x103x4
π
2
x14x12x103
= 2.33
CD:
ϕ =
8x103
x4
π
2
x14x12x103
= 1.7
ϕD/A = 2,23 + 2,33 + 1,7 = 6,26 rad
7 klb-pulg
A
11 klb-pulg
B
8 klb-pulg
C
Ejercicio:
Un motor, mediante un conjunto de engranajes, mueve un eje a 10Hz, según la
fig. El motor entrega 45 kW en A y 30 kW en C. Elegir una flecha maciza de
sección circular del mismo diámetro a todo lo largo. El esfuerzo cortante
admisible es de 40MPa y el ángulo de torsión admisible es de 1/12 radianes.
Solución:
Para el diseño considerar el esfuerzo cortante admisible y el ángulo de torsión
admisible.
Flecha AB:
P = 2πTf
T =
P
2πf
=
45000
2π(10)
= 716 N. m
Flecha BC:
T =
P
2πf
=
30000
2π(10)
= 478 N. m
A C
B
3m 7,5m
45kw 75kw
30kw
Para tener en cuenta el esfuerzo cortante admisible solo se debe considerar flecha AB.
(El par en la flecha BC < que en flecha AB)
𝜏 =
𝑇𝑐
𝐽
=>
𝐽
𝑐 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜
=
𝑇
𝜏
J = I ; C = ρ = r
𝐽
𝑐 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜
=
716 𝑁. 𝑚
40 𝑥 106 𝑁
𝑚2
= 17,9𝑥10−6
𝑚3 … (𝛼)
𝐽
𝑐
=
𝜋𝐷4
/32
𝐷/2
=
𝜋𝐷3
16
… (𝛽)
(𝛂) = (𝛃) ∶
𝜋𝐷3
16
= 17,9x10−6
 D = 0,045m D = 45mm
Para la limitación del ángulo de torsión:
Flecha AB
ϴ =
𝑇𝐿
𝐽𝐺
 𝐽 =
𝑇𝐿
𝐺𝜃
;
𝜋𝐷4
32
=
716 (3)
(11𝑥109)(1/12)
 𝐷 = 0,070𝑚  𝐷 = 0,7𝑚𝑚
Flecha AB
𝜋𝐷4
32
=
(478)(7.5)
(11𝑥109)(1/12)
 𝐷 = 0,079𝑚  𝐷 = 79𝑚𝑚
VIGAS
Son elementos rectos sometidos a
un conjunto de fuerzas.P
Vigas sometidas a
cargas concentradas
Vigas sometidas a
cargas distribuidas
VIGAS.- son elementos prismáticos, largos y rectos.
Las vigas se clasifican de acuerdo con la manera en la
que se encuentran apoyadas.
B
C
W
A
B C D
P1 P2
A
Carga distribuidaCargas concentradas
CLASIFICACION
VIGAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS: las
incógnitas pueden determinarse por métodos estáticos.
L L L
a) viga simplemente
apoyada
b) viga con un tramo en
voladizo
c) viga en voladizo
VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS: las
incógnitas no pueden determinarse por métodos estáticos, se
usan las deformaciones.
L1 L2
L L
d) viga continua
e) viga empotrada en
un extremo
f) viga empotrada
B H
A C
B
(a) (b)
H
En ocasiones, dos o más vigas se conectan por bisagras para
formar una estructura continua única.
Las reacciones en los apoyos involucran 4 incógnitas y no
pueden determinarse del DCL del sistema de 2 vigas, entonces
es conveniente considerar al DCL de cada viga por separado,
obteniéndose 6 incógnitas y 6 ecuaciones.
Diagrama de cortante y momento
flector
Efecto de las fuerzas externas
M M
V
V
Ejercicio:
Elaborar el gráfico de cortante y momento
flector.
A B
60kg 60kg
60kg 60kg
2m 2m 2m
Solución:
A B
60kg 60kg
60kg 60kg
2m 2m 2m
j
j
k
k
l
l
60
-60
120
V(+)
M(+)
V(-)
M(-)
120
Sección-:
Σ𝐹 𝑦 = 0:
60 – 𝑉 = 0
𝑉 = 60𝐾𝑔
Σ𝑀 = 0:
−60𝑥 + 𝑀 = 0
𝑀 = 60𝑥
M
V
X
Sección-:
Σ𝐹 𝑦 = 0:
60 − 60 − 𝑉 = 0
𝑉 = 0
Σ𝑀 = 0:
−60𝑥 + 60 + 𝑀 = 0
𝑀 = 120𝐾𝑔 − 𝑚
M
V
X
2m
60kg
60kg
Sección-:
Σ𝐹 𝑦 = 0:
𝑉 + 60 = 0
𝑉 = −60
Σ𝑀 = 0:
60𝑥 − 𝑀 = 0
𝑀 = 60𝑥
X
M
V
60kg
Ejercicio:
Elaborar el gráfico de cortante y momento
flector.
A
B
DC
8ft 3ft
E
2ft 3ft
Solución:
B
DC
A
34kg
10kips
20kips
24
34
96
168
318
148
ESFUERZOS EN VIGAS
𝜎 = 𝐸𝜀 =
𝐸
𝜌
𝑦 … 1
El esfuerzo en cualquier fibra es directamente proporcional a su distancia
“y” a la superficie neutra, y el radio de curvatura de la superficie es
independiente de la ordenada “y” de la fibra.
Tenemos:
𝑀 =
𝐸𝐼
𝜌
… (2)
1
𝜌
=
𝑀
𝐸𝐼
… (2𝑎)
De (1) y (2a):
𝐸
𝜌
=
𝑀
𝐼
=
𝜎
𝑦
 𝜎 =
𝑀𝑦
𝐼
(𝐹ó𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛)
Para el esfuerzo máximo:
𝜎 𝑚𝑎𝑥 =
𝑀𝑐
𝐼
; 𝑐 = 𝑟
También:
𝑆 =
𝐼
𝑐
; (Módulo de sección)
 𝜎 𝑚𝑎𝑥 =
𝑀
𝐼
𝑐
=
𝑀
𝑆
𝜎 𝑚𝑎𝑥 =
𝑀
𝑆
Variación de los esfuerzos de
flexión en una sección
rectangular
e
k
k
c
c
c
r
Área en
compresión
Área en
tensión
b
h/2
h/2
h
Ejercicio:
Una viga de sección rectangular de
150 x 250 mm, soporta la carga que
se indica en la figura.
Determinar el máximo esfuerzo por
flexión que se produce.
150
200
15KN
1m2m
6KN/m
Solución:
Σ𝑀 𝐵 = 0:
−𝑅1(3) + 18(1,5) = 0
𝑅1 = 14 𝐾𝑁
Σ𝐹 𝑦 = 0:
𝑅2 = 19 𝐾𝑁
𝜎 𝑚𝑎𝑥 =
6𝑥𝑀 𝑚𝑎𝑥
𝑏ℎ2
=
6𝑥16𝐾𝑁. 𝑚
0.15𝑥0.22
= 10.24𝑀𝑝𝑎
1,5m 0,5m 1,0m
6KN/m
A B
R1 = 14KN R2 = 19KN
14
2
-13
A = ((14+2)2)/2 = 16KN-m
Mmax
Ejercicio:
Una viga de madera de 8m de longitud
soporta las cargas según la figura. Si el
máximo esfuerzo admisible es de
9Mpa.
¿Para qué valor máximo de W se anula
la fuerza cortante bajo P y cuánto vale
P?
8m
P
6m 2m
d=300mm
S = πd³/32
PERFILES
COMERCIALES
En una viga de sección rectangular o circular, las
fibras situadas en la proximidad del eje neutro,
están sometidas a un esfuerzo muy pequeño
comparado con el esfuerzo en la parte superior
o en la inferior.
El hecho de que una gran parte de la sección
esté poco aprovechada las hace poco
apropiadas para trabajara flexión.
E N E N E N E N
(a) (b) (c) (d)
Viga ala ancha perfil (w) Viga I perfil (s)
La fig. (c) representa una sección I de ala ancha que suele llamarse H.
Es uno de los perfiles más eficientes, ya que no solo tiene gran
resistencia trabajando a la flexión como viga sino también como
columna.
Otro tipo de perfil es el I normal (fig. (d)), pero no es muy eficiente.
De la fórmula de la flexión:
𝜎 =
𝑀𝑦
𝐼
Demuestra que si el área de la sección rectangular (fig. (a)) pudiera
distribuirse de manera que la viga siguiera teniendo la misma altura, pero
con su forma indicada en la fig. (b), el momento de inercia aumentaría
muchísimo, por lo que el momento flexionante que podría soportar sería
mucho mayor.
Físicamente, el incremento de momento resistente es debido a que hay
muchas más fibras a mayor distancia del eje neutro, fibras que soportarán
un esfuerzo mayor, y con un brazo de momento también mayor respecto al
eje neutro. Sin embargo, la sección de la fig. (b) no es realizable, las dos
partes en que ha quedado dividida no pueden estar aisladas. Es necesario
emplear parte del área en la sujeción como se indica en la fig. (c). El área
del alma soporta prácticamente la totalidad de la fuerza cortante vertical.
La fig. (c) representa una sección I de ala ancha que suele llamarse H. Es
uno de los perfiles más eficientes, ya que no solo tiene gran resistencia
trabajando a la flexión como viga sino también como columna.
Otro tipo de perfil es el I normal (fig. (d)), pero no es muy eficiente.
Las características de perfiles estructurales se dan en tablas.
*Perfiles Comerciales
Problema: Seleccionar el perfil más
ligero que puede soportar la carga
indicada en la fig., sin exceder el
esfuerzo admisible de 120 Mpa.
Determinar el esfuerzo real en el perfil
escogido.
4m 2m
45KN
R1=15KN R2=30KN
Solución
Determinando modulo de sección:
𝑆 ≥
𝑀
𝜎
⇒ 𝑆 ≥
60 ∗ 103
𝑁. 𝑚
120 ∗
106 𝑁
𝑚2
⇒ 𝑆 ≥ 500 ∗ 103 𝑚𝑚3
En tabla:
Se elige el mayor: 549 ∗ 103
𝑚𝑚3
Tipo S
W200x52 512x103
𝑚𝑚3
W250x45 535x103
𝑚𝑚3
W310x39 549x103 𝑚𝑚3
Problema: Se pretende diseñar una viga que soporte las
cargas estáticas mostradas en la fig. La sección transversal
de la viga será rectangular y se fabricará de una placa de
acero estructural ASTM A36 de 1,25 pulg de espesor.
Especifique una altura adecuada para la sección transversal.
Tabla (propiedades de aceros estructurales):
Perfil Resistencia a cedencia
A - 36 36000 lb/pulg²
b
h =??
1275lb 1275lb
3pies 3pies6pies
𝑀 𝑚𝑎𝑥 = 1275 ∗ 3 = 3825 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒
𝜎 𝑑 =
𝑆 𝑦
2
=
3600
2
= 18000 𝑙𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔2
Aplicando:
𝑀 =
𝜎𝑏ℎ2
6
3825 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 ∗
12 𝑝𝑢𝑙𝑔
1 𝑝𝑖𝑒
=
18000 ∗ 1.25 ∗ ℎ2
6
ℎ2
= 12.24
ℎ = 3.4986
Problema: Una viga de acero en
voladizo de 5 m de longitud está
sometida a una carga aislada de 150 kg
en su extremo libre. La viga tiene sección
rectangular de 5cm de ancho y 8cm de
altura. Determinar la magnitud y
situación de las tensiones de flexo
tracción y compresión de la viga.
Solución :
𝑀 = 150𝑥
𝐼 =
1
12
𝑏ℎ3
σ =
MC
I
=
MC
1
12
bh3
σ =
750 ∗ 4
1
12
∗ 5 ∗ 83
= 1405
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
Problema: Con los datos del problema anterior en
el caso en que se sustituye la viga rectangular por
un perfil comercial de acero designado por H160.
Esta nomenclatura indica que la altura del perfil es
de 160 cm. Determinar las tensiones de tracción y
compresión máximas.
PROBLEMA: Considerar la viga con
voladizo sobre una carga uniformemente
repartida. Se trata del perfil H120. ¿Cuál es
el máximo esfuerzo de flexión producido en
la viga?
E N
6cm
6cm
1m 4m
160kg/m
Solución :
𝑦 = 6 ∗ 10−2 𝑚
𝑀 𝑚𝑎𝑥 = 281.5
De la tabla: 𝐼 = 864 𝑐𝑚4
𝜎 𝑚𝑎𝑥 =
𝑀𝑦
𝐼
𝜎 𝑚𝑎𝑥 =
281.25𝑘𝑔 ∗ 𝑚 ∗ 6 ∗ 10−2
𝑚
864 ∗ 10−4 𝑚2 ∗ 𝑐𝑚2
𝜎 𝑚𝑎𝑥 = 195.3 𝑘𝑔/𝑐𝑚2
VIGAS ASIMÉTRICAS
Todas las vigas examinadas hasta ahora
han sido simétricas con respecto a la línea
neutra. Como el esfuerzo por flexión varía
linealmente con la distancia al eje neutro
que pasa por el centro de gravedad, tales
secciones son útiles para materiales que
tengan igual resistencia a la tensión que a la
compresión, pero para aquellos otros que
son relativamente débiles a la tensión y
más resistentes a la compresión, como es el
caso del hierro fundido, es preferible
emplear secciones asimétricas con respecto
al eje neutro. Con esta forma de sección las
fibras de gran resistencia pueden colocarse
a mayor distancia de la línea neutra que las
fibras más débiles. La sección ideal sería
aquella en la que el centro de gravedad, se
colocara en tal posición que la relación de
distancias de las fibras que van a quedar
sometidas a máxima tensión y compresión,
fuera la misma relación que los esfuerzos
admisibles para cada caso. De esta manera
se alcanzarían simultáneamente los valores
admisibles a tensión y compresión.
PROBLEMA: Una viga de fundición
simplemente apoyada soporta una carga
uniformemente repartida. Determinar el
ancho “b” de la sección en “T” invertida
de manera que se alcancen los
esfuerzos admisibles de 30 y 90 MPa a
tensión y compresión respectivamente.
Solución :
𝑦𝑡
𝑦𝑐
=
𝜎𝑡
𝜎𝑐
⇒
𝑦𝑡
𝑦𝑐
=
30
90
𝑦𝑐 = 3𝑦𝑡 … 1
𝑦𝑡 + 𝑦𝑐 = 140 … 2
𝑦𝑡 = 35; 𝑦𝑐 = 105
Tomando momentos respecto al eje X:
𝐴 𝑦 = Σay
120𝑥20 + 𝑏𝑥20 𝑦𝑡 = 120𝑥20 20 + 60 + 𝑏𝑥20 10
𝑏 = 216𝑚𝑚
PROBLEMA: La viga con voladizo de la
figura es de fundición y los esfuerzos
admisibles son de 40MPa a tensión y
100MPa a compresión. Determinar la carga
máxima uniformemente distribuida que puede
soportar.
IEN = 50x106mm4
Tramo AB:
Rb=Rc=2.7W
𝑀 𝑚𝑎𝑥 = 0.72W
A tensión:
40 ∗ 106
=
0.72𝑊∗80∗10−3
50∗106 10−3 4 ; 𝑊 = 34722,22 𝑁
A compresión:
100 ∗ 106
=
0.72𝑊∗180∗10−3
50∗106 10−3 4 ; 𝑊 = 38580,25 𝑁
Tramo BC:
𝑀 𝑚𝑎𝑥 = 0.405W
A tensión:
40 ∗ 106
=
0.405𝑊∗180∗10−3
50∗106 10−3 4 ; 𝑊 = 27434.8 𝑁
A compresión:
100 ∗ 106
=
0.405𝑊∗80∗10−3
50∗106 10−3 4 ; 𝑊 = 154320.98 𝑁
Se toma el menor valor: 𝑊 = 27434.8 𝑁
PROBLEMA: Determinar los
esfuerzos máximos de tensión y
compresión en la viga. La sección es
una T, con las dimensiones de la figura.
IEN = 40x106mm4
5Kn.m
ESFUERZO CORTANTE
y
y1
c
b
Eje Neutro
H2H1
c
y1
Fuerza cortante
resistente
dF = τbdx
1 2
dx
1 2
σ1dA σ2dA
y
Sección 1-1
dx
b
Sección 2-2
Esfuerzo cortante horizontal:
𝜏 =
𝑉
𝑙𝑏
𝐴′
𝑦 =
𝑉
𝑙𝑏
𝑄; A’y: momento estático
Flujo de cortante (q):
𝑞 = 𝜏 𝑏 =
𝑉
𝐼
𝑄
Aplicación del esfuerzo cortante a una sección rectangular:
𝜏 =
𝑉
2𝐼
ℎ2
4
− 𝑦2
Deducción de la fórmula del esfuerzo cortante horizontal:
𝜏 𝑚𝑎𝑥 =
3
2
𝑉
𝑏ℎ
= (
3
2
)(
𝑉
𝐴
)
PROBLEMA: Una viga de sección
rectangular soporta una carga
uniformemente repartida de w(N/m) sobre
un claro L. Determinar la longitud crítica
para la cual el esfuerzo cortante y el normal
alcanzan simultáneamente sus valores
admisibles.
W(N/m)
b
h
L
Sabemos: 𝜏 𝑚𝑎𝑥 =
3
2
𝑉
𝑏ℎ
Pero: 𝑉𝑚𝑎𝑥 =
𝑊
2
Entonces: 𝜏 =
3
2
𝑊
2
𝑏ℎ
; 𝑊 =
4
3
𝑏ℎ𝑤𝜏 … (1)
W=wL
W/2 W/2
W/2=Vmax
-W/2Mmax
𝑀 𝑚𝑎𝑥 cuando el cortante se hace cero:
M =
1
2
𝑊
2
𝐿
2
; 𝑀 =
𝑊𝐿
8
… (2)
Por fórmula de flexión: M =
𝜎𝐼
𝐶
=
𝜎𝑏ℎ2
6
… (3)
2 = 3 :
𝑊𝐿
8
=
𝜎𝑏ℎ2
6
Sustituyendo W por su valor en función de
𝜏.
4
3
𝑏ℎ𝑡 𝐿
8
=
𝜎𝑏ℎ2
6
⇒ 𝐿 =
𝜎ℎ
𝜏
PROBLEMA: Una viga simplemente apoyada
de 120mm de ancho por 180mm de alto y 6m
de longitud, soporta una carga uniforme de
4KN/m.
Determinar el esfuerzo cortante horizontal en
los sucesivos planos horizontales trazados
cada 30mm desde la parte superior de la viga,
en una sección que dista 1m del apoyo
izquierdo.
Calcular el máximo esfuerzo cortante.
L
30mm
60mm
120mm
Ȳ=75mm
180mm Eje Neutro
y
x
dθ
dθ
y
x
dx
ds
Elástica de la vigaρ
FLEXION
De la figura: 𝜃 =
𝑑𝑦
𝑑𝑥
… (1)
𝑑𝜃
𝑑𝑥
=
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥2
… (2)
También: 𝑑𝑠 = 𝜌𝑑𝜃 … (3)
𝜌: radio de curvatura del área.
De 2 = 3 :
1
𝜌
=
𝑑𝜃
𝑑𝑠
≈
𝑑𝜃
𝑑𝑥
;
1
𝜌
=
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥2 … (4)
Sabemos que:
1
𝜌
=
𝑀
𝐸𝐼
Igualando a la ecuación (4):
EI
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥2 = 𝑀
Sustituyendo valores:
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥2
1+
𝑑𝑦
𝑑𝑥
2 3/2 =
𝑀
Teniendo en cuenta que
𝑑𝑦
𝑑𝑥
es muy pequeño, su
cuadrado es despreciable frente a la unidad.
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥2
=
𝑀
𝐸𝐼
Integrando la ecuación:
𝐸𝐼
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑀𝑑𝑥 + 𝐶1; ecuación de la pendiente
Integrando nuevamente:
PROBLEMA:
Determinar la ecuación general de
momentos.
A B C D
450KN/m
500N
2m 1m 2m
Solución:
↺ Σ𝑀𝐴 = 0:
−500 2 − 450 2 4 + 𝑅 𝐵 5 = 0
𝑅 𝐵 = 920𝑁
Σ𝐹𝑦 = 0:
𝑅 𝐴 − 500 + 920 − 450 2 = 0
𝑅 𝐴 = 480𝑁
A B C D
500N
2m 1m 2m
y
x
X
450(X-3)
RA=480 RB=920
V
M
Continuidad en
vigas
400KN/m
1m 3m 2m 2m
600N
1300N500N
y
x
400KN/m
600N
1300N
500N
1m 3m 2m 2m
PROBLEMA:
Determinar la ecuación de la elástica y la
máxima deflexión de la viga.
A
y
x
2m 1m
B
C
Solución:
↺ Σ𝑀𝐴 = 0: ⇒ 𝑅 𝑐 = 200𝑁
Σ𝐹𝑦 = 0: ⇒ 𝑅 𝐴 = 100𝑁
𝑀 − 100𝑥 + 300 𝑥 − 2 = 0
𝑀 = 100𝑥 − 300 𝑥 − 2 … (1)
𝐸𝐼
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥2
= 100𝑥 − 300 𝑥 − 2
𝟏 𝒂
𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒄𝒊ó𝒏:
𝐸𝐼
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
100𝑥2
2
− 300
𝑥 − 2
2
2
+ 𝐶1 … (2)
𝟐 𝒂
𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒄𝒊ó𝒏:
𝐸𝐼𝑦 =
100𝑥3
6
− 300
𝑥 − 2
6
3
+ 𝐶1 𝑋 + 𝐶2 … (3)
A
B
C
RA
300N
M
V
RC
Reemplazando X=0; Y=0 (del pto. C) en la ecuación (3):
𝐸𝐼 0 =
100(0)3
6
− 300
0 − 2
6
3
+ 𝐶1 0 + 𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 0
Reemplazando X=3; y=0 en la ecuación (3):
𝐸𝐼 0 =
100(3)3
6
−
100 1 3
6
+ 𝐶1 3 + 0 ⇒ 𝐶1 = −
133𝑁
𝑚2
Reemplazando en (2) donde la pendiente máxima es cero:
𝐸𝐼
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
100𝑥2
2
− 300
𝑥 − 2
2
2
− 133 ⇒ 𝑋 = 1.63𝑚
Reemplazando X=1,63 en la ecuación (3):
𝑌 𝑚𝑎𝑥 =
−145𝑁. 𝑚3
𝐸𝐼
PROBLEMA:
Hallar el valor de EIy en el punto medio y
en extremo volado de la viga.
400N/m
A
B C D E
600N
1m 3m 2m 2m
PROBLEMA:
Determinar la ecuación de la elástica y el
valor de la deflexión máxima.
 w = 400N/m
 E = 10x109N/m2
 I = 1,5x10-6m4
 L = 4m
L
L/2
W(N/m)
Solución:
De la estática, por simetría:
𝑅 𝐴 = 𝑅 𝐵 = 𝑤𝐿/4
Ecuación general de momentos para AB(0 ≤ 𝑋 ≤ 𝐿/2)
𝑀 =
𝑤𝐿
4
𝑋 −
𝑤
3𝐿
𝑋3
𝐸𝐼
𝑑2 𝑦
𝑑𝑥2
=
𝑤𝐿
4
𝑋 −
𝑤
3𝐿
𝑋3
Integrando (por primera vez):
𝐸𝐼
𝑑𝑦
𝑑𝑥
=
𝑤𝐿
8
𝑋2
−
𝑤
12𝐿
𝑋4
+ 𝐶1
Integrando (por segunda vez):
𝐸𝐼𝑌 =
𝑤𝐿
24
𝑋3
−
𝑤
60𝐿
𝑋5
+ 𝐶1 𝑋 + 𝐶2 … (1)
Para X=0, Y=0: ⇒ 𝐶2 = 0
Por simetría, para 𝑋 =
𝐿
2
,
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0
Reemplazando en ecuación (1):
𝐶1 =
−5𝑤𝐿3
192
=
−5(400)(43)
192
= −666,67
Reemplazando 𝐶1 en (1), y
Calculando Y para X=L/2:
𝐸𝐼𝑌 = −
𝑤𝐿4
120
Reemplazando valores:
𝑌 = −0.0569
BIBLIOGRAFIA
 FERDINAND P. BEER , E. RUSSELL
JOHNSTON, JR.
MECANICA DE MATERIALES
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  • 22. ESFUERZOS POR TEMPERATURA l d ΔT δ Deformación por temperatura = α.∆T.L α=Coeficiente de dilatación L=Longitud ∆T=Variación de temperatura Para este caso: Deformación por temperatura = deformación Elástica ∝∗ ∆𝑻 ∗ 𝑳 = 𝑃𝐿 𝐸𝐴 ∝∗ ∆𝑇 = 𝜎 𝐸 𝝈 =∝∗ ∆𝑻 ∗ 𝑬
  • 23. L1 L2 A1 A2 ΔT δ p e Deformación por T = e + deformación elástica ∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝐿 = 𝑒 + 𝑃𝐿 𝐸𝐴 Deformación por T = deformación elástica ∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙1 +∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙2 = 𝑃1 𝐿1 𝐸𝐴1 + 𝑃2 𝐿2 𝐸𝐴2
  • 24. ΔT Problema #1 Determinar el esfuerzo que se produce en el concreto al subir la temperatura en 20°C, la barra de acero esta en contacto como se indica en la figura ∝= 16 ∗ 10−6/°𝐶 𝐸 = 2 ∗ 106 𝐾𝑔/𝑐𝑚2 ∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝐿 = 16 ∗ 10−6°𝐶 ∗ 20°𝐶 ∗ 2 ∗ 106 𝐾𝑔 𝑐𝑚2 𝜎 = 640 𝐾𝑔 𝑐𝑚2
  • 25. ACERO BRONCE COBRE 2,1x106 kg/Cm2 9.8x105 1,2x106 E 11x10-6 /°C 17,7x 10-6 16 x10-6 α 1,2Cm2 3,0 1,8 A 25 Cm 15 20 L 90cm 60cm x BA C A c e r o c o b r e B r o n c e Problema # 2 La T de los 3 cables aumenta 14 °C; Hallar el esfuerzo en c/cable y la posición de la carga aplicada, para que la viga permanezca horizontal. c o b r e b r o n c e 12 ton.
  • 26. Solución: D.C.L: ∑Fy = 0 FAcero + FBronce+ FCobre = 12 Tn………………………..…….(1) ∑MA= 0: Fbronce( 90)+ Fcobre(150) =12000Kg(90 -X) ….……….(2) FAcero Fbronce Fcobre 12Tn A B C (90-x) x 60
  • 27. ΔFAcero ΔFbronce ΔTAcero ΔTbronce ΔTrcobre ΔFcobre Diagrama de deformaciones: ∆𝐹𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 + ∆𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜= ∆𝐹𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 + ∆𝑇𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒= ∆𝐹𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 + ∆𝑇𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑃𝐿1 𝐸𝐴 +∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙1 = 𝑃𝐿2 𝐸𝐴 +∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙2 … (3) Acero Bronce FAcero = 0.514 Fbronce – 13.407……………………..…….(4) FCobre = 0.551 Fbronce – 82.48.……………………..…….(5) Desarrollando: (4) y (5) en (1) 𝐹𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 = 5857.57𝐾𝑔, 𝐴 = 3 𝑐𝑚2 ; 𝜎 𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 = 1953 𝑘𝑔 𝑐𝑚2 𝐹𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 = 2997.38𝐾𝑔 , 𝐴 = 1.2 𝑐𝑚2 ; 𝜎𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 = 2498 𝑘𝑔 𝑐𝑚2 𝐹𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒 = 3145𝐾𝑔, 𝐴 = 1.8 𝑐𝑚2 ; 𝜎 𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒 = 1747 𝑘𝑔 𝑐𝑚2 de ec. (2) X = 6.75 cm
  • 28. Problema # 3 Se tiene una barra rígida AB sometida a una carga de 50KN y sostenida por una varilla de Aluminio y otra de Acero. Si se incrementa la T en 40°C, hallar los esfuerzos en el Aluminio y el Acero. ● ● Aluminio Acero A B 50KN 3m 3m 3m ALUMINIO ACERO E : 70x109 N/m2 2x1011 N/m2 Α : 900 mm2 600 mm2 α : 23x10-6/°C 11.7x10- 6/°C L : 3 4
  • 29. Solución: D.C.L: ∑𝑀𝐴 = 0: 50𝑥103(9) – 𝑇 𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜(6) + 𝑇 𝐴𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 (3) = 0 2 𝑇 𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 − 𝑇 𝐴𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = 150000 … … … … … … … … … (1) Diagrama de Deformaciones: ● ● A BTAluminio TAcero 50KN 3m 3m 3m ● ● Diagrama de deformaciones: ● ● 3m 3m 3m ΔAluminio ΔAcero Deformaciones: δ𝐹𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 + δ𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = δ𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 δ𝑇𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 − δ𝐹𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = δ𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜
  • 30. Por semejanza de triángulos: δ𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 3 = δ𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 6 2δ𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = δ𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2) Ecuación 3 2𝑥40𝑥23𝑥10−6 𝑥3000 − 2𝑇𝑎𝑙𝑥300 7𝑥1010 𝑥900 = 11.7𝑥10−6 𝑥40𝑥4000 + 2𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜𝑥4000 2𝑥1011 𝑥600 De (1) y (3): 𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = 80129𝑁 𝑇𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = 10258𝑁 𝜎 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = 80129𝑁 600𝑚𝑚2 = 133.55𝑀𝑝𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝜎 𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = 10258𝑁 900𝑚𝑚2 = 11.39𝑀𝑝𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛
  • 31. Problema # 4 Barras de Acero: E=2x106 Kg/cm2 α = 125x10-7/°C Se calienta a 40°C Determinar los esfuerzos en las 3 barras del sistema F F Acero Acero Acero L1=400cm L2=300cm L3=200cm (7/5)A (6/5)A A
  • 32.  Solución: ∆ 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜= ∆𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 + ∆𝐹𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 ∆𝐿 = 𝛿 𝑇 … 1 Donde: ∆𝐿 = 𝛼∆𝑇 𝑙1 + 𝑙2 + 𝑙3 = 45𝑚𝑚 … 2 Y: 𝛿 𝑇 = 𝛿1 + 𝛿2 + 𝛿3 = 𝑆1 𝑙1 𝐴1 𝐸 + 𝑆2 𝑙2 𝐴2 𝐸 + 𝑆3 𝑙3 𝐴3 𝐸 ⇒ 𝛿 𝑇 = 10300𝐹 14𝐴𝐸 …(3) (3) y (2) en (1): F=1223.3Akg 𝜎1 = 5𝐹 7𝐴 = 873.79𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝜎2 = 5𝐹 6𝐴 = 1019.42𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝜎3 = 𝐹 𝐴 = 1223.3𝑘𝑔/𝑐𝑚2
  • 33. ESFUERZO CORTANTE (Τ) Corte Simple: τ = 𝑝 𝐴 𝜏 = 𝑃 𝜋𝑑2 4 𝜏 = 4𝑝 𝜋𝑑2 Corte Doble: ∑𝐹𝑦 = 0: 𝑃 = 2𝐹, 𝐹 = 𝑃 2 𝜏 = 𝑝 2 𝐴 = 𝑝 2𝐴 = 𝑝 2𝑥 𝜋𝑑2 4 = 2𝑃 𝜋𝑑2 A j j F P Φ=d j j k k Φ=d F F P P FF
  • 34. ESFUERZO DE APOYO O APLASTAMIENTO  𝜎 = 𝑃 𝐴 𝜎𝐴𝑝𝑙𝑎𝑠𝑡𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 = 𝑃 𝑡𝑑  *En caso de corte doble: 𝜎 = 𝑃 2 𝑡𝑑 = 𝑃 2𝑡𝑑 𝜎 = 𝑃 𝑡𝑑 ● ● t P P d P d t
  • 35. P P Esfuerzo normal A α αAα F V Esfuerzo cortante P ESFUERZO EN UN PLANO OBLICUO BAJO CARGA AXIAL 𝜎 = 𝐹 𝐴 𝛼 ……………………….(1) 𝜏 = 𝑉 𝐴 𝛼 …………………………..(2)
  • 36. F = P. cos 𝛼 … … … … … … … … … … (3) V = P. sin α … … … … … … … … … … 4 A = Aα. cos 𝛼 … … … … … … … … … (5) 𝜏 = 𝐴 𝐴 cos 𝛼 … … … … … … … … … … … … . (5) Reemplazo: (3), (4) y (5) en (1) y (2) σ = P A = cos2 α 𝜏 = 𝑃 𝐴 = sin 𝛼 cos 𝛼 ESFUERZO EN UN PLANO OBLICUO BAJO CARGA AXIAL
  • 37.  Ejercicio: Hallar el máximo valor de P(Admisible) σ = 1600 Kg/cm2 𝜎 𝑎𝑝 = 3200 Kg/cm2 τ = 1200 Kg/cm2 a=4.6m b=2.5m c=16cm t=0.5cm d b b P P P/2 P/2 P t 2t t a
  • 38.  Solución: 𝜏 = 1200 𝑃 2𝑋 𝜋𝑑2 4 P = 4825 kg Esfuerzo de aplastamiento: σap= 3200 = P 2td … P = 5120 kg P/2 P/2 P Corte perno: a 2t d
  • 39.  Esfuerzo Normal: 𝜎 = 1600 = 𝑃 2𝑡𝑎 − 2𝑡𝑑 𝑃 = 4800𝑘𝑔 Corte: a 2t d b-d/2 2t P (b-d/2)
  • 40. PROBLEMA: En el soporte mostrado la Porción superior del eslabón ABC es de 3/8 de pulg. Y las porciones inferiores son de c/u de ¼ de Pulgada de grueso. Se utiliza resina para unir la porción superior con la inferior en B. El pasador en A tiene un diámetro de 3/8 in, mientras en C se emplea un pasador de 1/4in. Determinar:  El esfuerzo cortante en el pasador A  El esfuerzo cortante en el pasador C  El máximo esfuerzo normal en el eslabón ABC  El esfuerzo cortante promedio en las superficies pegadas en B.  El Esfuerzo de soporte en el eslabón c(esfuerzo de apoyo de aplastamiento)
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  • 47. ESFUERZOS EN CILINDROS F e P P F p = 𝐹 𝐴 ⇒ 𝐹 = 𝑝. 𝐴 P P 2r L 𝑝: 𝑃𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 𝑃: 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝐹𝑦 = 0 2P = F = p2rL 𝑃 = 𝑝𝑟𝐿
  • 48.  Para L=1 unidad: 𝑃 = 𝑝𝑟 1u e P 𝜎𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑙 = 𝑃 𝐴 = 𝑝. 𝑟 𝑒. 1 = 𝑝. 𝑟 𝑒 e R e 2π F´
  • 49. F´ = pπr2 ΣFy = 0 : P(πr2) = F´ = R = σlong (2πre) σlongitudinal = pr/2e σr = pr/e σL = pr/2e
  • 50. PROBLEMA: Una tubería de gran tamaño, llamada tubería de presión en obras hidráulicas tiene 1,5m de diámetro. Está formada por duelas de madera, sujetas mediante aros de acero de 300 mm2 de sección, y se utiliza para suministrar el agua desde un embalse a la sala de máquinas. Si el máximo esfuerzo que se permite en los aros es de 130MPa, y la carga hidráulica es de 30m. Determinar la máxima separación entre aros. A =D L L L L L P=Aσ P=Aσ F = ρDL
  • 51.  Solución: La presión correspondiente a 30m de carga hidráulica es: p = ρ. g. h = 1000 𝑘𝑔 𝑚3 9.81 𝑚 𝑠2 30𝑚 = 294𝑥103 𝑁/𝑚2 = 294𝐾𝑃𝑎 Del gráfico: 𝐹𝑥 = 0: 𝐹 = 2𝑃 ⇒ 𝑝𝑥𝐷𝑥𝐿 = 2(𝐴𝑥𝜎) 294𝑥103 15𝑥𝐿 = 2(300𝑥10−6)(130𝑥106) 𝐿 = 0.0177
  • 52. PROBLEMA: A una temperatura de 20° C hay un ∆ = 0,2mm entre el extremo inferior de la barra de bronce y la losa rígida suspendida de las 2 barras de acero. Determinar el esfuerzo en cada barra cuando la temperatura final es 100° C. a a Losa rígida Δ acero acero bronce Bronce Acero A 600 mm2 400mm2 E 83Gpa 200Gpa α 18,9x10-6/°C 11,7x10-6/°C
  • 53.  D.C.L a a Diagrama de deformaciones: Δ δTa δFa δTb δFb Posición inicial de la losa Posición final de la losa𝑀0 = 0: 2𝐹𝐴 = 𝐹𝐵 … (1) 𝛿𝑇𝐵 − ∆ − 𝛿𝐹𝐵 = 𝛿𝑇𝐴 + 𝛿𝐹𝐴 … (2) Reemplazando (1) en (2): 18.9𝑥10−6 𝑥80𝑥799.8 − 0.2 − 2𝐹𝐴 800 83𝑥109 𝑥600𝑥10−6 = 11.7𝑥10−6 𝑥80𝑥800 + 𝐹𝐴(800) 2𝑥1011 𝑥4𝑥102 𝑥10−6 FA = 6184.65 N FB = 12369.30 N ∴ σacero = 15,465Mpa σbronce= 20,61Mpa
  • 54.  Hipótesis: Cuando un eje circular se somete a torsión, todas las secciones transversales permanecen planos y sin distorsión. A B B dF dF dF ρ = B C *TORSIÓN ρ: distancia perpendicular desde la fuerza dF, al eje de la flecha. 𝜌. 𝑑𝐹 = 𝑇 𝑆𝑖: 𝑑𝐹 = 𝜏𝑑𝐴 𝜌. 𝜏𝑑𝐴 = 𝑇 Entonces:
  • 55. : deformación (radianes) : ángulo de giro De la fig. para valores pequeños de γ: AA´ = Lγ … (1) También: AA´ = ρϕ … (2) De (1) y (2) : Lγ = ρϕ La deformación unitaria a corte en una flecha circular varía linealmente con la distancia desde el eje de la flecha. Si ρ = r : γ γ = 𝜌𝜙 𝐿 γmax = 𝑟𝜙 𝐿 γ = 𝜌 𝑟 𝛾 𝑚á𝑥 ϕ γ A´ A ρ L
  • 56. Esfuerzos en el rango elástico Aplicando la ley de Hooke: 𝜏 = 𝐺𝛾 G: módulo de rigidez También: γ = 𝜌 𝑟 𝛾 𝑚á𝑥 Multiplicando x G: γG = Gγmax 𝜏 𝜌 𝑐 = τmax En la superficie: 𝜏 𝜌 𝑟 = τmax ρr τ
  • 57. Para un eje circular hueco: 𝜏 𝑚𝑖𝑛 = 𝑟1 𝑟2 𝜏 𝑚𝑎𝑥 También: 𝜌. 𝜏. 𝑑𝐴 = 𝑇 Reemplazando 𝜏 = 𝜌 𝑟 𝜏 𝑚𝑎𝑥, en la ecuación anterior: 𝜌 𝑟 𝜏 𝑚𝑎𝑥 𝑑𝐴 = 𝜏 𝑚𝑎𝑥 𝑟 𝜌2 𝑑𝐴; Pero: I(momento de inercia) = 𝜌2 𝑑𝐴 𝑇 = 𝜏 𝑚𝑎𝑥 𝐼 𝑟 Despejando: 𝜏 𝑚𝑎𝑥 = 𝑇𝑟 𝐼 Sustituyendo 𝜏 𝑚𝑎𝑥 :𝜏 = 𝑇𝜌 𝐼 τ: momento cortante a cualquier distancia del eje de la flecha. Eje macizo: 𝐼 = 1 2 𝑟4 Eje circular hueco: 𝐼 = 1 2 𝜋(𝑟2 4 − 𝑟1 4 ) ρr τmin r1 r2 τmax
  • 58. Ángulo de giro en el rango elástico γmax = rϕ L También: γmax = τmax G = Tr IG Dentro del rango elástico, el ángulo de giro ϕ es proporcional al par de torsión T aplicado al eje. rϕ L = Tr IG ϕ = TL IG ; Φ: radianes ϕ γ A´ A ρ L
  • 59. PROBLEMA: Si se aplica un momento torsor de 10000kg/cm sobre un árbol de 45mm de diámetro ¿cuál es la tensión cortante máxima producida? y ¿cuál es el ángulo de giro en una longitud de árbol de 1,20m? El material es de acero, para el cual G = 8,4x105 Kg/cm2 Solución: ρ = r = 2.25cm τmax = 104 kg cm x2.25cm π 2 x(2.25cm)4 = 558.898 kg/cm2 ϕ = TL IG = 104x120 π 2 x 2.25 4x8.4x105 = 0.035rad PROBLEMA: Un árbol hueco de acero de 3m de longitud debe transmitir un par de 250000 kg/cm. El ángulo de torsión en esta longitud no debe exceder de 2,5° y la tensión cortante admisible es de 850 kg/cm2. Determinar los diámetros exterior e interior del árbol, si G es igual a 8,5x105 kg/cm2.
  • 60. DISEÑO DE EJES DE TRANSMISIÓN Las especificaciones principales que deben cumplirse en el diseño de un eje de transmisión son la potencia que debe transmitirse y la “velocidad de rotación del eje”. La función del diseñador es seleccionar el “material” y la “sección transversal” del eje para que el esfuerzo máximo del material no sea excedido cuando el eje transmite la potencia requerida para la velocidad especificada. La potencia “P” asociada con la rotación de un cuerpo rígido sujeto a un par “T” es : P = Tw w: velocidad de rotación (radianes/segundo) Pero: w = 2πf; P = 2πfT N.m seg = watts f: frecuencia de rotación T = P 2πf ; De la torsión elástica: τmax = Tr I Se tiene: I C = T τmax ;I = 1 2 πr4 ; Si: c = r  = ½πr3
  • 61. PROBLEMA: ¿Qué tamaño del eje debe usarse para aportar un motor de 5 hp, que opera a 3600 revoluciones por minuto, si el esfuerzo cortante no debe exceder de 8500 psi en el eje. Solución: P = 5hp x 6600 in x lb s 1hp = 33000 in x lb s f = 3600rpm x 1Hz 60rpm = 60Hz = 60s−1 T = P 2πf = 33000 in x lb s 2π(60s−1) = 87.54 lb. in Mínimo valor permisible: 𝐼 𝑟 = 𝜏 𝜏 𝑚𝑎𝑥 = 87.54 𝑙𝑏 𝑥 𝑖𝑛 8500 𝑝𝑠𝑖 = 10.30 𝑥 10−3 𝑖𝑛3 Pero: I r = 1 2 πr3 = 10.30 x 10−3 in3 1 2 πr3 = 10.30 x 10−3 in3 r = 0.1872 in d = 2r = 2 x 0,1872 in = 0,374 in Debe usarse un eje de ϕ = 3 8 in
  • 62. PROBLEMA: Un eje consta de un tubo de acero de 50 mm de diámetro exterior debe transmitir 100 kwatts de potencia mientras gira a una frecuencia de 20GHz. Determinar el espesor del tubo que deberá utilizarse si el esfuerzo cortante no debe exceder de 60 MPa. Ejercicio: Diámetro de flecha = 2 pulg Determinar el ángulo de torsión de la polea “D” con respecto a la polea “A”. G = 12x103 lb/pulg2 A B C D 6 pulg 4 pulg 4 pulg 7 klb-pulg 4 klb-pulg 3 klb-pulg
  • 63. Solución: ϕ = TL JG AB: ϕ = 7 x 103x 6 π 2 x14x12x103 = 2.23 BC: ϕ = 11x103x4 π 2 x14x12x103 = 2.33 CD: ϕ = 8x103 x4 π 2 x14x12x103 = 1.7 ϕD/A = 2,23 + 2,33 + 1,7 = 6,26 rad 7 klb-pulg A 11 klb-pulg B 8 klb-pulg C
  • 64. Ejercicio: Un motor, mediante un conjunto de engranajes, mueve un eje a 10Hz, según la fig. El motor entrega 45 kW en A y 30 kW en C. Elegir una flecha maciza de sección circular del mismo diámetro a todo lo largo. El esfuerzo cortante admisible es de 40MPa y el ángulo de torsión admisible es de 1/12 radianes. Solución: Para el diseño considerar el esfuerzo cortante admisible y el ángulo de torsión admisible. Flecha AB: P = 2πTf T = P 2πf = 45000 2π(10) = 716 N. m Flecha BC: T = P 2πf = 30000 2π(10) = 478 N. m A C B 3m 7,5m 45kw 75kw 30kw
  • 65. Para tener en cuenta el esfuerzo cortante admisible solo se debe considerar flecha AB. (El par en la flecha BC < que en flecha AB) 𝜏 = 𝑇𝑐 𝐽 => 𝐽 𝑐 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 = 𝑇 𝜏 J = I ; C = ρ = r 𝐽 𝑐 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 = 716 𝑁. 𝑚 40 𝑥 106 𝑁 𝑚2 = 17,9𝑥10−6 𝑚3 … (𝛼) 𝐽 𝑐 = 𝜋𝐷4 /32 𝐷/2 = 𝜋𝐷3 16 … (𝛽) (𝛂) = (𝛃) ∶ 𝜋𝐷3 16 = 17,9x10−6  D = 0,045m D = 45mm Para la limitación del ángulo de torsión: Flecha AB ϴ = 𝑇𝐿 𝐽𝐺  𝐽 = 𝑇𝐿 𝐺𝜃 ; 𝜋𝐷4 32 = 716 (3) (11𝑥109)(1/12)  𝐷 = 0,070𝑚  𝐷 = 0,7𝑚𝑚 Flecha AB 𝜋𝐷4 32 = (478)(7.5) (11𝑥109)(1/12)  𝐷 = 0,079𝑚  𝐷 = 79𝑚𝑚
  • 66.
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  • 94. VIGAS Son elementos rectos sometidos a un conjunto de fuerzas.P Vigas sometidas a cargas concentradas Vigas sometidas a cargas distribuidas
  • 95. VIGAS.- son elementos prismáticos, largos y rectos. Las vigas se clasifican de acuerdo con la manera en la que se encuentran apoyadas. B C W A B C D P1 P2 A Carga distribuidaCargas concentradas
  • 96. CLASIFICACION VIGAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS: las incógnitas pueden determinarse por métodos estáticos. L L L a) viga simplemente apoyada b) viga con un tramo en voladizo c) viga en voladizo
  • 97. VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS: las incógnitas no pueden determinarse por métodos estáticos, se usan las deformaciones. L1 L2 L L d) viga continua e) viga empotrada en un extremo f) viga empotrada
  • 98. B H A C B (a) (b) H En ocasiones, dos o más vigas se conectan por bisagras para formar una estructura continua única. Las reacciones en los apoyos involucran 4 incógnitas y no pueden determinarse del DCL del sistema de 2 vigas, entonces es conveniente considerar al DCL de cada viga por separado, obteniéndose 6 incógnitas y 6 ecuaciones.
  • 99. Diagrama de cortante y momento flector Efecto de las fuerzas externas M M V V
  • 100. Ejercicio: Elaborar el gráfico de cortante y momento flector. A B 60kg 60kg 60kg 60kg 2m 2m 2m
  • 101. Solución: A B 60kg 60kg 60kg 60kg 2m 2m 2m j j k k l l 60 -60 120 V(+) M(+) V(-) M(-) 120
  • 102. Sección-: Σ𝐹 𝑦 = 0: 60 – 𝑉 = 0 𝑉 = 60𝐾𝑔 Σ𝑀 = 0: −60𝑥 + 𝑀 = 0 𝑀 = 60𝑥 M V X Sección-: Σ𝐹 𝑦 = 0: 60 − 60 − 𝑉 = 0 𝑉 = 0 Σ𝑀 = 0: −60𝑥 + 60 + 𝑀 = 0 𝑀 = 120𝐾𝑔 − 𝑚 M V X 2m 60kg 60kg
  • 103. Sección-: Σ𝐹 𝑦 = 0: 𝑉 + 60 = 0 𝑉 = −60 Σ𝑀 = 0: 60𝑥 − 𝑀 = 0 𝑀 = 60𝑥 X M V 60kg
  • 104. Ejercicio: Elaborar el gráfico de cortante y momento flector. A B DC 8ft 3ft E 2ft 3ft
  • 106. ESFUERZOS EN VIGAS 𝜎 = 𝐸𝜀 = 𝐸 𝜌 𝑦 … 1 El esfuerzo en cualquier fibra es directamente proporcional a su distancia “y” a la superficie neutra, y el radio de curvatura de la superficie es independiente de la ordenada “y” de la fibra. Tenemos: 𝑀 = 𝐸𝐼 𝜌 … (2) 1 𝜌 = 𝑀 𝐸𝐼 … (2𝑎) De (1) y (2a): 𝐸 𝜌 = 𝑀 𝐼 = 𝜎 𝑦  𝜎 = 𝑀𝑦 𝐼 (𝐹ó𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛)
  • 107.
  • 108. Para el esfuerzo máximo: 𝜎 𝑚𝑎𝑥 = 𝑀𝑐 𝐼 ; 𝑐 = 𝑟 También: 𝑆 = 𝐼 𝑐 ; (Módulo de sección)  𝜎 𝑚𝑎𝑥 = 𝑀 𝐼 𝑐 = 𝑀 𝑆 𝜎 𝑚𝑎𝑥 = 𝑀 𝑆
  • 109. Variación de los esfuerzos de flexión en una sección rectangular e k k c c c r Área en compresión Área en tensión b h/2 h/2 h
  • 110. Ejercicio: Una viga de sección rectangular de 150 x 250 mm, soporta la carga que se indica en la figura. Determinar el máximo esfuerzo por flexión que se produce. 150 200 15KN 1m2m 6KN/m
  • 111. Solución: Σ𝑀 𝐵 = 0: −𝑅1(3) + 18(1,5) = 0 𝑅1 = 14 𝐾𝑁 Σ𝐹 𝑦 = 0: 𝑅2 = 19 𝐾𝑁 𝜎 𝑚𝑎𝑥 = 6𝑥𝑀 𝑚𝑎𝑥 𝑏ℎ2 = 6𝑥16𝐾𝑁. 𝑚 0.15𝑥0.22 = 10.24𝑀𝑝𝑎 1,5m 0,5m 1,0m 6KN/m A B R1 = 14KN R2 = 19KN 14 2 -13 A = ((14+2)2)/2 = 16KN-m Mmax
  • 112. Ejercicio: Una viga de madera de 8m de longitud soporta las cargas según la figura. Si el máximo esfuerzo admisible es de 9Mpa. ¿Para qué valor máximo de W se anula la fuerza cortante bajo P y cuánto vale P? 8m P 6m 2m d=300mm S = πd³/32
  • 113. PERFILES COMERCIALES En una viga de sección rectangular o circular, las fibras situadas en la proximidad del eje neutro, están sometidas a un esfuerzo muy pequeño comparado con el esfuerzo en la parte superior o en la inferior. El hecho de que una gran parte de la sección esté poco aprovechada las hace poco apropiadas para trabajara flexión. E N E N E N E N (a) (b) (c) (d) Viga ala ancha perfil (w) Viga I perfil (s) La fig. (c) representa una sección I de ala ancha que suele llamarse H. Es uno de los perfiles más eficientes, ya que no solo tiene gran resistencia trabajando a la flexión como viga sino también como columna. Otro tipo de perfil es el I normal (fig. (d)), pero no es muy eficiente.
  • 114. De la fórmula de la flexión: 𝜎 = 𝑀𝑦 𝐼 Demuestra que si el área de la sección rectangular (fig. (a)) pudiera distribuirse de manera que la viga siguiera teniendo la misma altura, pero con su forma indicada en la fig. (b), el momento de inercia aumentaría muchísimo, por lo que el momento flexionante que podría soportar sería mucho mayor. Físicamente, el incremento de momento resistente es debido a que hay muchas más fibras a mayor distancia del eje neutro, fibras que soportarán un esfuerzo mayor, y con un brazo de momento también mayor respecto al eje neutro. Sin embargo, la sección de la fig. (b) no es realizable, las dos partes en que ha quedado dividida no pueden estar aisladas. Es necesario emplear parte del área en la sujeción como se indica en la fig. (c). El área del alma soporta prácticamente la totalidad de la fuerza cortante vertical. La fig. (c) representa una sección I de ala ancha que suele llamarse H. Es uno de los perfiles más eficientes, ya que no solo tiene gran resistencia trabajando a la flexión como viga sino también como columna. Otro tipo de perfil es el I normal (fig. (d)), pero no es muy eficiente. Las características de perfiles estructurales se dan en tablas. *Perfiles Comerciales
  • 115. Problema: Seleccionar el perfil más ligero que puede soportar la carga indicada en la fig., sin exceder el esfuerzo admisible de 120 Mpa. Determinar el esfuerzo real en el perfil escogido. 4m 2m 45KN R1=15KN R2=30KN
  • 116. Solución Determinando modulo de sección: 𝑆 ≥ 𝑀 𝜎 ⇒ 𝑆 ≥ 60 ∗ 103 𝑁. 𝑚 120 ∗ 106 𝑁 𝑚2 ⇒ 𝑆 ≥ 500 ∗ 103 𝑚𝑚3 En tabla: Se elige el mayor: 549 ∗ 103 𝑚𝑚3 Tipo S W200x52 512x103 𝑚𝑚3 W250x45 535x103 𝑚𝑚3 W310x39 549x103 𝑚𝑚3
  • 117. Problema: Se pretende diseñar una viga que soporte las cargas estáticas mostradas en la fig. La sección transversal de la viga será rectangular y se fabricará de una placa de acero estructural ASTM A36 de 1,25 pulg de espesor. Especifique una altura adecuada para la sección transversal. Tabla (propiedades de aceros estructurales): Perfil Resistencia a cedencia A - 36 36000 lb/pulg² b h =?? 1275lb 1275lb 3pies 3pies6pies
  • 118. 𝑀 𝑚𝑎𝑥 = 1275 ∗ 3 = 3825 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 𝜎 𝑑 = 𝑆 𝑦 2 = 3600 2 = 18000 𝑙𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔2 Aplicando: 𝑀 = 𝜎𝑏ℎ2 6 3825 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 ∗ 12 𝑝𝑢𝑙𝑔 1 𝑝𝑖𝑒 = 18000 ∗ 1.25 ∗ ℎ2 6 ℎ2 = 12.24 ℎ = 3.4986
  • 119. Problema: Una viga de acero en voladizo de 5 m de longitud está sometida a una carga aislada de 150 kg en su extremo libre. La viga tiene sección rectangular de 5cm de ancho y 8cm de altura. Determinar la magnitud y situación de las tensiones de flexo tracción y compresión de la viga.
  • 120. Solución : 𝑀 = 150𝑥 𝐼 = 1 12 𝑏ℎ3 σ = MC I = MC 1 12 bh3 σ = 750 ∗ 4 1 12 ∗ 5 ∗ 83 = 1405 𝑘𝑔 𝑐𝑚2 Problema: Con los datos del problema anterior en el caso en que se sustituye la viga rectangular por un perfil comercial de acero designado por H160. Esta nomenclatura indica que la altura del perfil es de 160 cm. Determinar las tensiones de tracción y compresión máximas.
  • 121. PROBLEMA: Considerar la viga con voladizo sobre una carga uniformemente repartida. Se trata del perfil H120. ¿Cuál es el máximo esfuerzo de flexión producido en la viga? E N 6cm 6cm 1m 4m 160kg/m
  • 122. Solución : 𝑦 = 6 ∗ 10−2 𝑚 𝑀 𝑚𝑎𝑥 = 281.5 De la tabla: 𝐼 = 864 𝑐𝑚4 𝜎 𝑚𝑎𝑥 = 𝑀𝑦 𝐼 𝜎 𝑚𝑎𝑥 = 281.25𝑘𝑔 ∗ 𝑚 ∗ 6 ∗ 10−2 𝑚 864 ∗ 10−4 𝑚2 ∗ 𝑐𝑚2 𝜎 𝑚𝑎𝑥 = 195.3 𝑘𝑔/𝑐𝑚2
  • 123. VIGAS ASIMÉTRICAS Todas las vigas examinadas hasta ahora han sido simétricas con respecto a la línea neutra. Como el esfuerzo por flexión varía linealmente con la distancia al eje neutro que pasa por el centro de gravedad, tales secciones son útiles para materiales que tengan igual resistencia a la tensión que a la compresión, pero para aquellos otros que son relativamente débiles a la tensión y más resistentes a la compresión, como es el caso del hierro fundido, es preferible emplear secciones asimétricas con respecto al eje neutro. Con esta forma de sección las fibras de gran resistencia pueden colocarse a mayor distancia de la línea neutra que las fibras más débiles. La sección ideal sería aquella en la que el centro de gravedad, se colocara en tal posición que la relación de distancias de las fibras que van a quedar sometidas a máxima tensión y compresión, fuera la misma relación que los esfuerzos admisibles para cada caso. De esta manera se alcanzarían simultáneamente los valores admisibles a tensión y compresión.
  • 124. PROBLEMA: Una viga de fundición simplemente apoyada soporta una carga uniformemente repartida. Determinar el ancho “b” de la sección en “T” invertida de manera que se alcancen los esfuerzos admisibles de 30 y 90 MPa a tensión y compresión respectivamente.
  • 125. Solución : 𝑦𝑡 𝑦𝑐 = 𝜎𝑡 𝜎𝑐 ⇒ 𝑦𝑡 𝑦𝑐 = 30 90 𝑦𝑐 = 3𝑦𝑡 … 1 𝑦𝑡 + 𝑦𝑐 = 140 … 2 𝑦𝑡 = 35; 𝑦𝑐 = 105 Tomando momentos respecto al eje X: 𝐴 𝑦 = Σay 120𝑥20 + 𝑏𝑥20 𝑦𝑡 = 120𝑥20 20 + 60 + 𝑏𝑥20 10 𝑏 = 216𝑚𝑚
  • 126. PROBLEMA: La viga con voladizo de la figura es de fundición y los esfuerzos admisibles son de 40MPa a tensión y 100MPa a compresión. Determinar la carga máxima uniformemente distribuida que puede soportar. IEN = 50x106mm4
  • 127. Tramo AB: Rb=Rc=2.7W 𝑀 𝑚𝑎𝑥 = 0.72W A tensión: 40 ∗ 106 = 0.72𝑊∗80∗10−3 50∗106 10−3 4 ; 𝑊 = 34722,22 𝑁 A compresión: 100 ∗ 106 = 0.72𝑊∗180∗10−3 50∗106 10−3 4 ; 𝑊 = 38580,25 𝑁 Tramo BC: 𝑀 𝑚𝑎𝑥 = 0.405W A tensión: 40 ∗ 106 = 0.405𝑊∗180∗10−3 50∗106 10−3 4 ; 𝑊 = 27434.8 𝑁 A compresión: 100 ∗ 106 = 0.405𝑊∗80∗10−3 50∗106 10−3 4 ; 𝑊 = 154320.98 𝑁 Se toma el menor valor: 𝑊 = 27434.8 𝑁
  • 128. PROBLEMA: Determinar los esfuerzos máximos de tensión y compresión en la viga. La sección es una T, con las dimensiones de la figura. IEN = 40x106mm4 5Kn.m
  • 129. ESFUERZO CORTANTE y y1 c b Eje Neutro H2H1 c y1 Fuerza cortante resistente dF = τbdx 1 2 dx 1 2 σ1dA σ2dA y Sección 1-1 dx b Sección 2-2
  • 130. Esfuerzo cortante horizontal: 𝜏 = 𝑉 𝑙𝑏 𝐴′ 𝑦 = 𝑉 𝑙𝑏 𝑄; A’y: momento estático Flujo de cortante (q): 𝑞 = 𝜏 𝑏 = 𝑉 𝐼 𝑄 Aplicación del esfuerzo cortante a una sección rectangular: 𝜏 = 𝑉 2𝐼 ℎ2 4 − 𝑦2 Deducción de la fórmula del esfuerzo cortante horizontal: 𝜏 𝑚𝑎𝑥 = 3 2 𝑉 𝑏ℎ = ( 3 2 )( 𝑉 𝐴 )
  • 131. PROBLEMA: Una viga de sección rectangular soporta una carga uniformemente repartida de w(N/m) sobre un claro L. Determinar la longitud crítica para la cual el esfuerzo cortante y el normal alcanzan simultáneamente sus valores admisibles. W(N/m) b h L
  • 132. Sabemos: 𝜏 𝑚𝑎𝑥 = 3 2 𝑉 𝑏ℎ Pero: 𝑉𝑚𝑎𝑥 = 𝑊 2 Entonces: 𝜏 = 3 2 𝑊 2 𝑏ℎ ; 𝑊 = 4 3 𝑏ℎ𝑤𝜏 … (1) W=wL W/2 W/2 W/2=Vmax -W/2Mmax
  • 133. 𝑀 𝑚𝑎𝑥 cuando el cortante se hace cero: M = 1 2 𝑊 2 𝐿 2 ; 𝑀 = 𝑊𝐿 8 … (2) Por fórmula de flexión: M = 𝜎𝐼 𝐶 = 𝜎𝑏ℎ2 6 … (3) 2 = 3 : 𝑊𝐿 8 = 𝜎𝑏ℎ2 6 Sustituyendo W por su valor en función de 𝜏. 4 3 𝑏ℎ𝑡 𝐿 8 = 𝜎𝑏ℎ2 6 ⇒ 𝐿 = 𝜎ℎ 𝜏
  • 134. PROBLEMA: Una viga simplemente apoyada de 120mm de ancho por 180mm de alto y 6m de longitud, soporta una carga uniforme de 4KN/m. Determinar el esfuerzo cortante horizontal en los sucesivos planos horizontales trazados cada 30mm desde la parte superior de la viga, en una sección que dista 1m del apoyo izquierdo. Calcular el máximo esfuerzo cortante. L 30mm 60mm 120mm Ȳ=75mm 180mm Eje Neutro
  • 136. De la figura: 𝜃 = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 … (1) 𝑑𝜃 𝑑𝑥 = 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥2 … (2) También: 𝑑𝑠 = 𝜌𝑑𝜃 … (3) 𝜌: radio de curvatura del área. De 2 = 3 : 1 𝜌 = 𝑑𝜃 𝑑𝑠 ≈ 𝑑𝜃 𝑑𝑥 ; 1 𝜌 = 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥2 … (4) Sabemos que: 1 𝜌 = 𝑀 𝐸𝐼 Igualando a la ecuación (4): EI 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥2 = 𝑀 Sustituyendo valores: 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥2 1+ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 2 3/2 = 𝑀
  • 137. Teniendo en cuenta que 𝑑𝑦 𝑑𝑥 es muy pequeño, su cuadrado es despreciable frente a la unidad. 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥2 = 𝑀 𝐸𝐼 Integrando la ecuación: 𝐸𝐼 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑀𝑑𝑥 + 𝐶1; ecuación de la pendiente Integrando nuevamente:
  • 138. PROBLEMA: Determinar la ecuación general de momentos. A B C D 450KN/m 500N 2m 1m 2m
  • 139. Solución: ↺ Σ𝑀𝐴 = 0: −500 2 − 450 2 4 + 𝑅 𝐵 5 = 0 𝑅 𝐵 = 920𝑁 Σ𝐹𝑦 = 0: 𝑅 𝐴 − 500 + 920 − 450 2 = 0 𝑅 𝐴 = 480𝑁 A B C D 500N 2m 1m 2m y x X 450(X-3) RA=480 RB=920 V M
  • 140. Continuidad en vigas 400KN/m 1m 3m 2m 2m 600N 1300N500N y x 400KN/m 600N 1300N 500N 1m 3m 2m 2m
  • 141. PROBLEMA: Determinar la ecuación de la elástica y la máxima deflexión de la viga. A y x 2m 1m B C
  • 142. Solución: ↺ Σ𝑀𝐴 = 0: ⇒ 𝑅 𝑐 = 200𝑁 Σ𝐹𝑦 = 0: ⇒ 𝑅 𝐴 = 100𝑁 𝑀 − 100𝑥 + 300 𝑥 − 2 = 0 𝑀 = 100𝑥 − 300 𝑥 − 2 … (1) 𝐸𝐼 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥2 = 100𝑥 − 300 𝑥 − 2 𝟏 𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒄𝒊ó𝒏: 𝐸𝐼 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 100𝑥2 2 − 300 𝑥 − 2 2 2 + 𝐶1 … (2) 𝟐 𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒄𝒊ó𝒏: 𝐸𝐼𝑦 = 100𝑥3 6 − 300 𝑥 − 2 6 3 + 𝐶1 𝑋 + 𝐶2 … (3) A B C RA 300N M V RC
  • 143. Reemplazando X=0; Y=0 (del pto. C) en la ecuación (3): 𝐸𝐼 0 = 100(0)3 6 − 300 0 − 2 6 3 + 𝐶1 0 + 𝐶2 ⇒ 𝐶2 = 0 Reemplazando X=3; y=0 en la ecuación (3): 𝐸𝐼 0 = 100(3)3 6 − 100 1 3 6 + 𝐶1 3 + 0 ⇒ 𝐶1 = − 133𝑁 𝑚2 Reemplazando en (2) donde la pendiente máxima es cero: 𝐸𝐼 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 100𝑥2 2 − 300 𝑥 − 2 2 2 − 133 ⇒ 𝑋 = 1.63𝑚 Reemplazando X=1,63 en la ecuación (3): 𝑌 𝑚𝑎𝑥 = −145𝑁. 𝑚3 𝐸𝐼
  • 144. PROBLEMA: Hallar el valor de EIy en el punto medio y en extremo volado de la viga. 400N/m A B C D E 600N 1m 3m 2m 2m
  • 145. PROBLEMA: Determinar la ecuación de la elástica y el valor de la deflexión máxima.  w = 400N/m  E = 10x109N/m2  I = 1,5x10-6m4  L = 4m L L/2 W(N/m)
  • 146. Solución: De la estática, por simetría: 𝑅 𝐴 = 𝑅 𝐵 = 𝑤𝐿/4 Ecuación general de momentos para AB(0 ≤ 𝑋 ≤ 𝐿/2) 𝑀 = 𝑤𝐿 4 𝑋 − 𝑤 3𝐿 𝑋3 𝐸𝐼 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥2 = 𝑤𝐿 4 𝑋 − 𝑤 3𝐿 𝑋3 Integrando (por primera vez): 𝐸𝐼 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑤𝐿 8 𝑋2 − 𝑤 12𝐿 𝑋4 + 𝐶1 Integrando (por segunda vez): 𝐸𝐼𝑌 = 𝑤𝐿 24 𝑋3 − 𝑤 60𝐿 𝑋5 + 𝐶1 𝑋 + 𝐶2 … (1)
  • 147. Para X=0, Y=0: ⇒ 𝐶2 = 0 Por simetría, para 𝑋 = 𝐿 2 , 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0 Reemplazando en ecuación (1): 𝐶1 = −5𝑤𝐿3 192 = −5(400)(43) 192 = −666,67 Reemplazando 𝐶1 en (1), y Calculando Y para X=L/2: 𝐸𝐼𝑌 = − 𝑤𝐿4 120 Reemplazando valores: 𝑌 = −0.0569
  • 148. BIBLIOGRAFIA  FERDINAND P. BEER , E. RUSSELL JOHNSTON, JR. MECANICA DE MATERIALES

Notas del editor

  1. MINEKO