Este documento presenta conceptos preliminares sobre esfuerzos característicos y tensiones en elementos estructurales sometidos a cargas axiales. Explica cómo realizar un corte transversal en un cuerpo y dividirlo en partes izquierda y derecha, y cómo la resultante de fuerzas en una parte será la equilibrante de la otra parte. También cubre ecuaciones para calcular tensiones, deformaciones y esfuerzos térmicos en elementos sometidos a cargas axiales. Por último, presenta dos ejemplos de problemas de resistencia de materiales.

1. Clase N° 8 – TPN° 7
Solicitación Axil
Curso de Estática y
Resistencia de Materiales
Ing. Gabriel Pujol
Para las carreas de Ingeniería Industrial de la Facultad de Ingeniería de la
Universidad de Buenos Aires

2. Veamos algunos
Conceptos Preliminares
1. Partimos de un cuerpo (chapa) en equilibrio
Concepto de ESFUERZO CARACTERÍSTICO
2. Realizamos una sección (corte) transversal
cualquiera
3. La estructura queda dividida en una parte
izquierda y en una parte derecha
PARTE IZQUIERDA PARTE DERECHA
4. La Resultante de las fuerzas que quedan en la parte izquierda serán la equilibrante de
las parte derecha luego de producido el corte (y viceversa). Ri = - Rd
Rd Ri
5. La Resultante izquierda (Ri) aplicada a la parte derecha restaurará el equilibrio de la
parte derecha. La cara dónde se aplica la resultante es la cara positiva del corte

3. Veamos algunos
Conceptos Preliminares
1. Partimos de un cuerpo (chapa) en equilibrio
Concepto de ESFUERZO CARACTERÍSTICO
2. Realizamos una sección (corte) transversal
cualquiera
3. La estructura queda dividida en una parte
izquierda y en una parte derecha
PARTE IZQUIERDA PARTE DERECHA
4. La Resultante de las fuerzas que quedan en la parte izquierda serán la equilibrante de
las parte derecha luego de producido el corte (y viceversa). Ri = - Rd
Rd Ri
5. La Resultante izquierda (Ri) aplicada a la parte derecha restaurará el equilibrio de la
parte derecha. La cara dónde se aplica la resultante es la cara positiva del corte
6. Si trasladamos Ri al baricentro de la parte derecha aparecerá un momento M = Ri . d
Ri
d
Gd
Gi -Ri

4. Veamos algunos
Conceptos Preliminares
1. Partimos de un cuerpo (chapa) en equilibrio
Concepto de ESFUERZO CARACTERÍSTICO
2. Realizamos una sección (corte) transversal
cualquiera
3. La estructura queda dividida en una parte
izquierda y en una parte derecha
PARTE IZQUIERDA PARTE DERECHA
4. La Resultante de las fuerzas que quedan en la parte izquierda serán la equilibrante de
las parte derecha luego de producido el corte (y viceversa). Ri = - Rd
Rd Ri
5. La Resultante izquierda (Ri) aplicada a la parte derecha restaurará el equilibrio de la
parte derecha. La cara dónde se aplica la resultante es la cara positiva del corte
6. Si trasladamos Ri al baricentro de la parte derecha aparecerá un momento M = Ri . d
Ri
Gd
Gi
M
d
-Ri

5. Veamos algunos
Conceptos Preliminares
1. Partimos de un cuerpo (chapa) en equilibrio
Concepto de ESFUERZO CARACTERÍSTICO
2. Realizamos una sección (corte) transversal
cualquiera
3. La estructura queda dividida en una parte
izquierda y en una parte derecha
PARTE IZQUIERDA PARTE DERECHA
4. La Resultante de las fuerzas que quedan en la parte izquierda serán la equilibrante de
las parte derecha luego de producido el corte (y viceversa). Ri = - Rd
Rd
5. La Resultante izquierda (Ri) aplicada a la parte derecha restaurará el equilibrio de la
parte derecha. La cara dónde se aplica la resultante es la cara positiva del corte
6. Si trasladamos Ri al baricentro de la parte derecha aparecerá un momento M = Ri . d
Ri
7. Si proyectamos Ri sobre el plano de la sección y sobre su normal aparecerán dos fuerzas
N = Ri . cos a y Q = Ri . sen a
Gd
Gi
M

6. Veamos algunos
Conceptos Preliminares
1. Partimos de un cuerpo (chapa) en equilibrio
Concepto de ESFUERZO CARACTERÍSTICO
2. Realizamos una sección (corte) transversal
cualquiera
3. La estructura queda dividida en una parte
izquierda y en una parte derecha
PARTE IZQUIERDA PARTE DERECHA
4. La Resultante de las fuerzas que quedan en la parte izquierda serán la equilibrante de
las parte derecha luego de producido el corte (y viceversa). Ri = - Rd
Rd
5. La Resultante izquierda (Ri) aplicada a la parte derecha restaurará el equilibrio de la
parte derecha. La cara dónde se aplica la resultante es la cara positiva del corte
6. Si trasladamos Ri al baricentro de la parte derecha aparecerá un momento M = Ri . d
Ri
7. Si proyectamos Ri sobre el plano de la sección y sobre su normal aparecerán dos fuerzas
N = Ri . cos a y Q = Ri . sen a
a
8. El Sistema de Fuerzas M; N; Q es equivalente a la Resultante Ri y se denominan
esfuerzos característicos.
Gd
Gi
M
Q
N

7. 1. Partimos de un cuerpo (chapa) en equilibrio
Concepto de ESFUERZO CARACTERÍSTICO
2. Realizamos una sección (corte) transversal
cualquiera
3. La estructura queda dividida en una parte
izquierda y en una parte derecha
PARTE IZQUIERDA PARTE DERECHA
4. La Resultante de las fuerzas que quedan en la parte izquierda serán la equilibrante de
las parte derecha luego de producido el corte (y viceversa). Ri = - Rd
Rd
5. La Resultante izquierda (Ri) aplicada a la parte derecha restaurará el equilibrio de la
parte derecha. La cara dónde se aplica la resultante es la cara positiva del corte
6. Si trasladamos Ri al baricentro de la parte derecha aparecerá un momento M = Ri . d
7. Si proyectamos Ri sobre el plano de la sección y sobre su normal aparecerán dos fuerzas
N = Ri . cos a y Q = Ri . sen a
a
8. El Sistema de Fuerzas M; N; Q es equivalente a la Resultante Ri y se denominan
esfuerzos característicos.
Gd
Gi
M
Q
N
9. Una sección está sometida a Esfuerzo Axil cuando la resultante de
todas las fuerzas que actúan sobre dicha sección es normal a ella y
pasa por el centro de gravedad. (esto es: M = Q = 0)

8. Tensiones y
Solicitaciones
simples
Así, las fuerzas interiores se encontrarán distribuidas sobre la sección de acuerdo con ciertas
leyes o hipótesis. La intensidad de estas fuerzas en cada punto de la sección estará medida
por la fuerza específica en el mismo punto, o sea, por la fuerza unitaria o tensión.
Si las fuerzas están dirigidas hacia las secciones la solicitación es por compresión simple (a) y
si ambas se alejan es por tracción (b). Para una sección cualquiera s-s (c), la resultante de las
fuerzas de un lado de la sección es siempre P y por coincidir su recta de acción con el eje de
la pieza resultará normal a aquella y pasará por su baricentro, En consecuencia, para todas
las secciones resulta N = P.
Si se admite que el esfuerzo P está uniformemente distribuido en la sección F, la tensión se
obtendrá por la ecuación:
σ =
P kg
F cm2
dónde:
 : tensión normal del material;
 P: fuerza;
 F: área de la sección
Ecuación de Tensiones en la solicitación axil

9. Así, las fuerzas interiores se encontrarán distribuidas sobre la sección de acuerdo con ciertas
leyes o hipótesis. La intensidad de estas fuerzas en cada punto de la sección estará medida
por la fuerza específica en el mismo punto, o sea, por la fuerza unitaria o tensión.
Si las fuerzas están dirigidas hacia las secciones la solicitación es por compresión simple (a) y
si ambas se alejan es por tracción (b). Para una sección cualquiera s-s (c), la resultante de las
fuerzas de un lado de la sección es siempre P y por coincidir su recta de acción con el eje de
la pieza resultará normal a aquella y pasará por su baricentro, En consecuencia, para todas
las secciones resulta N = P.
Tensiones y
Solicitaciones
simples
Si se admite que el esfuerzo P está uniformemente distribuido en la sección F, la tensión se
obtendrá por la ecuación:
σ =
P kg
F cm2
dónde:
 : tensión normal del material;
 P: fuerza;
 F: área de la sección
y si tenemos como dato: σadm =
σfl
υ
podemos resolver problemas de…
…verificación haciendo:
P kg
F cm2 ≤ σadm
…o dimensionamiento haciendo: F cm2
=
P kg
σadm

10. Ecuaciones de las
Deformaciones
Como la tensión es constante en todos los puntos de una misma sección, las deformaciones
serán iguales, por lo cual las secciones se desplazan normales al eje, manteniéndose
paralelas entre sí. (esto se ha comprobado en forma empírica)
Debido a la acción de la fuerza P (de tracción), se verifica que:
• Que la barra se deformará según el eje de la misma, aumentando su longitud en una
cantidad λ, denominándose alargamiento unitario (e ) a la relación:
• Que la barra se contrae transversalmente, disminuyendo su diámetro en una cantidad ,
denominándose contracción unitaria (ec ) a la relación:
𝛆 =
𝛌
𝐥
𝛆𝐂 =
𝛅
𝐝
En el caso en que la fuerza P fuese de compresión se verificarían las
deformaciones inversas.
(εC es mucho menos significativa que ε por la
característica prismática de los elementos estudiados
por la Resistencia de Materiales)

11. Ley de Hooke
Para ciertos materiales (hierro, acero, maderas, aluminio, cobre) el alargamiento unitario es proporcional a
las tensiones. Esta relación se conoce con el nombre de Ley de Hooke y está expresada por la
relación:
ε =
σ
E
El valor de E (módulo de elasticidad) de cada uno de estos materiales permanece constante,
siempre que los valores de la tensión  no sobrepase cierto límite llamado límite de
proporcionalidad.
Combinando las expresiones anteriores
λ =
P ∙ l
E ∙ F
dónde:  l: deformación longitudinal;
 P: fuerza normal;
 l: longitud de la pieza;
 E: módulo de elasticidad longitudinal
 F: área de la sección
dónde:
 e: deformación específica;
 : tensión normal del material;
 E: módulo de elasticidad longitudinal
ε =
σ
E
=
λ
l
σ =
P
F
se tiene despejando l:
Ecuación de Deformaciones en la
solicitación axil

12. Influencia de la
Temperatura
Tomemos un prisma de sección F y longitud l0, sujeto en sus extremos. Al elevar o descender
la temperatura, el sólido se dilata o se contrae, pero, debido a que sus extremos no pueden
desplazarse se desarrollarán esfuerzos de compresión o tracción equivalentes a la fuerza
capaz de producir los mismos alargamientos o acortamientos. El alargamiento o acortamiento
debido a una variación temperatura t, será:
lt = l0 ∙ 1 + αt
λ = lt − l0
⟹ λ = l0 ∙ αt
Si las tensiones no exceden el límite de proporcionalidad, podrá aplicarse la Ley de Hooke,
entonces:
λ =
σ
E
∙ l0 = 𝜀 ∙ l0
𝜀 =
σ
E
= αt =
λ
l0
⟹ σ = E ∙ αt
dónde:
 l: deformación longitudinal;
 l0: longitud inicial;
 lt: longitud final a la temperatura t;
 t: temperatura;
 a: coeficiente de dilatación específico del
material
…y la fuerza que es capaz de desarrollar la
barra debido a una diferencia de
temperatura, estará expresada por:
σ =
P
F
→ P = F ∙ E ∙ αt
B
A
l0

13. Veamos algunos
ejemplos
Problema 1
La barra representada en la figura es de sección
constante y está sujeta rígidamente entre dos muros.
Si se aplica una carga P a la distancia L1 del extremo
izquierdo, determinar las reacciones de los muros
sobre la barra.
Resolución:
Dibujamos primero el diagrama de cuerpo libre de la
barra, mostrando la fuerza aplicada P juntamente
con las reacciones de los muros que representaremos
por RA y RB, como se muestra en la figura.
Hay una sola ecuación de equilibrio estático
aplicable para el sistema, que es:
FH = 0 = P − RA − RB
Como el sistema contiene dos incógnitas
(RA y RB) el problema es estáticamente
indeterminado, por lo que hay que
suplementar la ecuación con otra basada
en las deformaciones de la barra.

14. Veamos algunos
ejemplos
Problema 1
El acortamiento de la parte comprimida de la barra
debe ser igual al alargamiento de la parte
traccionada, lo que proporciona la base para obtener
la ecuación referente a las deformaciones. La fuerza
axial que actúa en la parte comprimida de la barra
es RA y la que actúa en la parte traccionada es RB.
Así, podemos escribir:
λ1 = λ2 →
RA ∙ L1
A ∙ E
=
RB ∙ L2
A ∙ E
→ RA ∙ L1 = RB ∙ L2
…y el sistema queda:
P − RA − RB = 0
RA ∙ L1 = RB ∙ L2
→
RA =
P ∙ L2
L1 + L2
RB =
P ∙ L1
L1 + L2
𝐋 = 𝐋𝟏 + 𝐋𝟐 = 𝐜𝐭𝐞

15. Veamos algunos
ejemplos
Problema 2
La barra rígida AB de peso despreciable estás
articulada en O y fija a las varillas de acero y aluminio.
Hay una separación  = 4 mm entre la punta inferior
de la varilla de aluminio y su articulación en D.
Calcular el esfuerzo de la varilla de acero cuando la
punta inferior de la varilla de aluminio se articula en el
apoyo D. Datos: EAC = 200 GPa; EAL = 70 GPa
Resolución:
Realizamos el diagrama de Cuerpo Libre, y dado que
el sistema se halla en equilibrio podemos plantear
que:
MO = 0 = FAL ∙ 1,2 m − FAC ∙ 0,6 m → FAC = 2 ∙ FAL

16. Veamos algunos
ejemplos
Problema 2
Realizamos ahora el esquema de la deformación
cuando se articula la varilla de aluminio a la
articulación D, donde se verifica (en los triángulos
semejantes) que:
δ
1,2 m
=
δAC
0,6 m
→ δ = 2 ∙ δAC
siendo  el descenso del punto B debido a la
deformación de la varilla de acero.
Por lo tanto, será:
∆ = 4 mm = 𝛿 + 𝛿ALUMINIO = 2 ∙ δAC + 𝛿ALUMINIO

17. Veamos algunos
ejemplos
Problema 2
Siendo:
δALUMINIO =
FAl ∙ LAl
EAl ∙ AAl
=
FAl ∙ 1496 mm
70 GPa ∙ 400 mm2
δACERO =
FAc ∙ LAc
EAc ∙ AAc
=
FAc ∙ 1500 mm
200 GPa ∙ 300 mm2
Y reemplazando en la ecuación de  y operando será:
FAc = 52141 N
Calculamos ahora el esfuerzo en la varilla de acero (AC): σAc =
FAc
AAc
= 174 MPa
∆ = 𝟒 𝐦𝐦 = 𝟐 ∙ 𝛅𝐀𝐂 + 𝛅𝐀𝐋𝐔𝐌𝐈𝐍𝐈𝐎
FAc = 2 ∙ FAl

18. Veamos algunos
ejemplos
Problema 3
P
P
Considerar un tubo de acero que rodea a un cilindro macizo
de aluminio, comprimido todo el conjunto entre placas
infinitamente rígidas, por fuerzas aplicadas centralmente
como se muestra en la figura. El cilindro de aluminio tiene
7,5 cm de diámetro y el diámetro exterior del tubo de
acero es de 9 cm. Si P = 24000 kg hallar las tensiones en el
acero y en el aluminio. Para el acero EAc = 2,1 x 106 kg/cm2 y
para el aluminio EAl = 2,8 x 105 kg/cm2.
Resolución:
Tracemos un plano de corte a través del conjunto y tomemos la parte inferior.
n n
Para restablecer el equilibrio deberemos aplicar a la parte inferior el efecto que ejercía la
parte que hemos quitado, efecto que consiste en esfuerzos verticales normales
distribuidos en los dos materiales. Así será:
Ac Ac
Al
PAc = AAc ∙ 𝜎Ac
PAl = AAl ∙ 𝜎Al
7,5 cm
9 cm

19. Veamos algunos
ejemplos
Problema 3
P
P
n n
Ac Ac
Al
Hay una sola ecuación de equilibrio estático para el sistema,
que es:
FV = 0 = −P + PAc + PAl
Como el sistema contiene dos incógnitas (PAc y PAl) el
problema es estáticamente indeterminado, por lo que hay
que suplementar la ecuación con otra basada en las
deformaciones de la estructura.
Esta ecuación la obtenemos considerando que ambas
placas rígidas obligan a los dos metales a sufrir la misma
deformación axial. Considerando que:
λ =
P ∙ L
A ∙ E
y
AAc =
π
4
∙ D 2
− d 2
AAl =
π
4
∙ d 2
7,5 cm
9 cm

20. Veamos algunos
ejemplos
Problema 3
Resulta ser:
PAc ∙ L
AAc ∙ EAc
=
PAl ∙ L
AAl ∙ EAl
→
PAc ∙ L
π
4
∙ D 2 − d 2 ∙ EAc
=
PAl ∙ L
π
4
∙ d 2 ∙ EAl
→ PAc ≅ 3,3 ∙ PAl
…y el sistema queda:
−P + PAc + PAl = 0
PAc = 3,3 ∙ PAl
→
PAc = 18410 kg
PAl = 5590 kg
→
σAc =
PAc
AAc
= 947
kg
cm2
σAl =
PAl
AAl
= 126
kg
cm2
λAc = λAl

21. Veamos algunos
ejemplos
Problema 4
La barra AB es absolutamente rígida y está
soportada por tres varillas como se ve en la
figura. Las dos varillas extremas son de acero y
tienen una sección de 3 cm2. La central es de
cobre y de sección 9 cm2. Para el acero EAc =
2,1 x 106 kg/cm2 y para el cobre ECu = 1,2 x 106
kg/cm2. Todas las varillas tienen 2,10 m y están
igualmente separadas entre sí, estando
aplicadas las cargas de 6000 kg en el punto
medio entre ellas. Despreciando el peso de la
barra AB, determinar la fuerza en cada una de
las barras verticales. La barra AB permanece
horizontal después de aplicar las cargas.
6000 kg 6000 kg
A B
Resolución:
Dibujamos primero el diagrama de
cuerpo libre de la barra AB, mostrando
todas las fuerzas que actúan en ella
incluyendo las dos cargas aplicadas y
las reacciones de las varillas verticales
PAc
6000 kg 6000 kg
PAc
PCu

22. Veamos algunos
ejemplos
Problema 4
6000 kg 6000 kg
A B
PAc
6000 kg 6000 kg
PAc
PCu
Aquí podemos hacer uso de la condición de
simetría (geométrica y de cargas) para
asegurar que las reacciones en las varillas de
acero son iguales por lo que habrá una sola
ecuación de equilibrio estático para el sistema,
que es:
FV = 0 = −2 ∙ PAc − PCu + 2 ∙ 6000 kg
Como el sistema contiene dos incógnitas (PAc y PCu) el problema es estáticamente
indeterminado, por lo que hay que suplementar la ecuación con otra basada en las
deformaciones de la estructura.

23. Veamos algunos
ejemplos
Problema 4
6000 kg 6000 kg
A B
PAc
6000 kg 6000 kg
PAc
PCu
Esta ecuación la obtenemos considerando que
la placa rígida obliga a todas las varillas a
deformarse axilmente de la misma manera.
Considerando que:
λ =
P ∙ L
A ∙ E
Resulta ser:
PAc ∙ L
AAc ∙ EAc
=
PCu ∙ L
ACu ∙ ECu
→ PAc ≅ 0,583 ∙ PCu …y el sistema queda:
−2 ∙ PAc − PCu + 2 ∙ 6000 kg = 0
PAc ≅ 0,583 ∙ PCu
→
PAc = 3230 kg
PCu = 5540 kg
λAc = λCu

24. Veamos algunos
ejemplos
Problema 5
Una barra de cobre tiene sección uniforme y está unida
rígidamente a los muros como se ve en la figura. La
longitud es de 150 cm y la sección de 15 cm2. A la
temperatura de 25 °C la varilla no tiene tensiones.
Determinar las tensiones que existen en ella cuando la
temperatura desciende 10 °C, suponiendo que los
apoyos no ceden. Para el cobre ECu = 1,1 x 106 kg/cm2 y
a = 16 x 10-6 1/°C.
B
A
150 cm
Resolución:
El modo de resolver este problema es suponer que se corta la barra y se separa del muro
en el extremo derecho. En este caso, es libre de contraerse cuando la temperatura
desciende, reduciéndose la longitud
λ = α ∙ ∆T ∙ L = 16 × 10−6
1
°C
∙ −15 °C ∙ 150 cm = −0,036 cm
∆

25. Veamos algunos
ejemplos
Problema 5
B
A
150 cm
Ahora, es necesario hallar la fuerza axial P que hay que
aplicar a la barra alargar a la barra 0,036 cm, esto es,
para volver a llevar el extremo derecho a su posición
verdadera, porque sabemos que en realidad el extremo
no se desplaza en absoluto al bajar la temperatura. Para
determinar esta fuerza P, utilizamos la ecuación:
λ =
P ∙ L
A ∙ E
→ 0,036 cm =
P ∙ 150 cm
15 cm2 ∙ 1,1 × 106 kg
cm2
→ P = 3960 kg
La tensión axil que produce esta fuerza es:
σ =
P
A
=
3960 kg
15 cm2
= 264
kg
cm2
∆
P

26. Veamos algunos
ejemplos
Problema 6
Considerar un pilar cuadrado de hormigón armado de
30 x 30 cm de sección y 2,40 m de altura. El hormigón
está armado con ocho barras verticales de acero
cuadradas de 2 cm de lado, colocadas simétricamente
respecto al eje vertical del pilar. Se ha aplicado una
fuerza de compresión axial de 45000 kg a través de
una placa absolutamente rígida en la parte superior
del hormigón. Considerar para el acero EAc = 2,1 x 106
kg/cm2 y para el hormigón EH = 1,75 x 105 kg/cm2.
Determinar las tensiones en el hormigón y en el acero.
P = 45000 kg/cm
P
Resolución:
Cortemos el pilar por un plano horizontal y quitemos
la parte superior. La parte suprimida deberá
sustituirse por una solicitación que ejerza sobre la
superficie inferior el mismo efecto.
n n
PH
PAc
𝟖
PAc
𝟖
PAc
𝟖

27. Veamos algunos
ejemplos
Problema 6
P = 45000 kg/cm
P
n n
PH
PAc
𝟖
PAc
𝟖
PAc
𝟖
En el diagrama de cuerpo libre, las PAc y PH representan
las fuerzas resultantes que se ejercen sobre el acero y
el hormigón respectivamente.
Hay una sola ecuación de equilibrio estático para el
sistema, que es:
FV = 0 = −45000 kg + 8 ∙
PAc
8
+ PH
Esta ecuación contiene dos incógnitas por lo que el problema es
estáticamente indeterminado y es necesario tratarlo juntamente
con otras ecuaciones basadas en la deformación de la estructura.
Esta ecuación se obtiene fácilmente pues el acortamiento del
hormigón y del acero son iguales a causa de la placa rígida. La
deformación bajo la carga es:
λ =
PAc ∙ L
AAc ∙ EAc
=
PH ∙ L
AH ∙ EH
→ PAc ≅ 0,442 ∙ PH
λAc = λH = λ

28. Veamos algunos
ejemplos
Problema 6
P = 45000 kg/cm
P
n n
PH
PAc
𝟖
PAc
𝟖
PAc
𝟖
…y el sistema queda:
−45000 kg + PAc + PH = 0
PAc ≅ 0,442 ∙ PH
→
PAc = 13800 kg
PH = 31200 kg
Las tensiones axiales que producen estas fuerzas son:
σAc =
PAc
8 ∙ AAc
=
13800 kg
8 ∙ 2 2 cm2
= 430
kg
cm2
σH =
PH
AH
=
31200 kg
900 cm2 − 8 ∙ 2 2 cm2 = 36
kg
cm2

29. Bibliografía
Estabilidad II - E. Fliess
Introducción a la estática y resistencia de materiales - C. Raffo
Mecánica de materiales - F. Beer y otros
Resistencia de materiales - R. Abril / C. Benítez
Resistencia de materiales - Luis Delgado Lallemad / José M. Quintana Santana
Resistencia de materiales - V. Feodosiev
Resistencia de materiales - A. Pytel / F. Singer
Resistencia de materiales - S. Timoshenko

30. Muchas Gracias