Resistencia de materiales

1. RESISTENCIA DE
MATERIALES
Universidad Nacional
Mayor de San Marcos
FACULTAD DE INGENIERÍA INDUSTRIAL
Msc. Ing. Jorge Rojas

2. COMPORTAMIENTO DE
MATERIALES
BAJO ESFUERZO.

3. ESFUERZO:

4. ESFUERZOS
Tracción Compresión
Cortante
De torsión
Flexión

5. A
P
=

CLASES DE ESFUERZOS
1) Esfuerzos Normales
1.1 Tracción o Compresión: σ (sigma)

6. UNIDADES :
a) Sistema Ingles
b) Sistemas Métricos
c) Sistema Internacional

7. P
Se define esfuerzo cortante 
(tau), como la fuerza de corte por
unidad de área,
matemáticamente
c
A
F
=

F : fuerza interna que tiende a cortar al
remache
AC : área que soporta la fuerza.
2) Esfuerzos cortantes o tangenciales:

8. Deformación total (Deformación unitaria normal)
En ingeniería es muy importante el diseño de estructuras y máquinas
que funcionen en la región elástica, ya que se evita la deformación
plástica. Épsilon (ε)
L

=


9. PROPIEDADES:
Limite de proporcionalidad
A la ordenada de punto P se le
conoce como el límite de
proporcionalidad, es la máxima
tensión que se puede producir
durante un ensayo de tracción
simple, de modo que la tensión
sea función lineal de la
deformación. Para un material
que tenga la curva tensión –
deformación como en la fig.(b) no
existe límite de proporcionalidad.
Materiales frágiles Fig(b)

10. PROPIEDADES:
Limite elástico
La ordenada de un punto que casi coincide con P se conoce por limite elástico, esto es la
tensión máximo que puede producirse durante un ensayo de tracción simple de modo que
no haya deformación permanente o residual cuando se suprima totalmente la carga.
Para muchos materiales son casi idénticos los valores del límite elástico y de límite de
proporcionalidad por lo que a veces se consideran sinónimos. En casos en que es notoria la
diferencia, el límite elástico es casi mayor que el de proporcional.
Zona elástica
Es la región de la curva que va desde el origen hasta el límite de proporcionalidad.
Zona plástica
Es la región de la curva que va desde el límite de proporcionalidad hasta el punto de ruptura.

11. PROPIEDADES:
Limite elástico aparente o de fluencia
Es la ordenada del punto y en el que se produce un aumento de deformación sin
aumento de tensión.
Resistencia a tracción
La ordenada del punto U, se llama resistencia a tracción o a veces resistencia ultima
de material.
Módulo de resiliencia
Es el W realizado e un volumen unidad de material cuando se aumenta una fuerza
de tracción simple gradualmente desde cero hasta un valor tal que se alcance el
limite de proporcionalidad.
Modulo de tenacidad
Es el W realizado en un volumen unidad de material cuando se aumenta una fuerza
de tracción simple gradualmente desde cero hasta el valor que produce la rotura. La
tenacidad es la capacidad de absorber energía en la zona plástica del material.

12. EA
L
P
L
l
l
y
A
P
=

=

=
= 



0
P : carga aplicada a la barra
A : área de la sección (constante)
L : longitud barra
E : módulo de elasticidad
 : deformación total (alargamiento por fuerza externa)
La relación lineal entre el esfuerzo y la deformación unitaria en una
barra sometida a tensión o compresión se expresa mediante la ley de
Hooke.
Ley de Hooke:  = E 
 (delta)

13. Es muy importante recordar que la ecuación
puede aplicarse directamente si:
• La sección transversal de la barra es
constante.
• La fuerza interna P, no varía en dirección axial.
• El material es isótropo (tiene las mismas
propiedades elásticas en cualquier dirección)
• Si el material es homogéneo.
E
A
L
P
=


14. ➢ Falla : estado o condición del material por el cual
una pieza o una estructura no satisfacen la función
para la cual fue diseñada.
Tipos de Deformación:
• Falla por deformación (módulo de elasticidad,
esfuerzo de cedencia, límite elástico)
• Falla por fractura (esfuerzo de ruptura)
• Falla por fatiga (esfuerzo límite de fatiga)
• Falla por creep
• Falla por impacto (tenacidad al impacto)

15. Falla de
Materiales
Dúctil
• deformación que cause interferencia
con otras piezas
• deformación permanente,
modificando sus dimensiones
originales
Frágil
• fractura de pieza
Esfuerzo a la
cedencia
Esfuerzo de ruptura

16. ¿Cómo tomar como base de sus cálculos al esfuerzo de
fluencia de un material, si este valor es el promedio que
reporta un fabricante después de hacer numerosas
prueba?
¿Quién garantiza que el valor reportado será más alto que
el que representa el material de la pieza?
¿Cuántos factores como elevación de temperatura, exceso
de carga en un momento dado y operación incorrecta de la
maquinaria no se han considerado?

17. Todas estas y muchas mas interrogantes llevan a la
conclusión de que un diseño no puede estar basado en el
esfuerzo que produzca falla, sino que debe existir un
margen de seguridad para que el esfuerzo real pueda
incrementarse por factores imprevistos y no se produzca la
falla del material

18. Esfuerzo y factor de seguridad
◆ Los factores a considerar en un diseño ingenieril
incluye: la funcionalidad, resistencia, apariencia,
economía y protección ambiental.
◆ En metalurgia mecánica, el principal interés es
la resistencia, es decir, la capacidad del objeto
para soportar o transmitir cargas.

19. Factor de seguridad

20. La resistencia verdadera de una estructura debe
exceder la resistencia requerida.
La razón de la resistencia verdadera con la resistencia
requerida se llama factor de seguridad n
requerida
a
resistenci
verdadera
a
resistenci
n = 1,0 < n < 10

21. n
n
R
T
F
T

=


=

Esfuerzo de trabajo, esfuerzo permisible o esfuerzo de
diseño
T = Esfuerzo de trabajo.
F = Esfuerzo de fluencia.
R = Esfuerzo de ruptura.
n = Coeficiente de seguridad.
Material dúctil Material frágil

22. Generalmente, el fijar un factor de seguridad, es un asunto de
criterio basado en el uso apropiado del material y las
consecuencias de su falla.
Si la falla de la pieza pone en peligro la operación de todo un
sistema o de vidas humanas, por ejemplo, el coeficiente de
seguridad deberá ser mucho más alto que en el caso de una
pieza que al fallar no afecte sustancialmente el comportamiento
del mismo.
Cuando las cargas son estáticas y no hay peligro de daños a
personas, un coeficiente de seguridad de 2 es razonable.

23. Deformación por su propio peso:
Otra variación de longitud que pueden sufrir los materiales es
debido a la deformación que produce su propio peso.
Esto se deduce al determinar el aumento total de longitud de
una barra de sección constante, colgada verticalmente y
sometida como única carga a su propio peso.

24. Consideremos una barra recta de sección constante,
colgada verticalmente
Si consideramos el alargamiento del elemento dy,
tenemos:
E
A
dy
P
d P =


25. Pero la fuerza P es reemplazado por el peso total de la barra que viene
dado por:
W = A L 
A : sección de la barra, L : largo de la barra,
 : peso específico (=  g)
( )
E
A
2
L
L
A
2
E
A
L
A
dy
E
A
L
A 2
L
0
P

=

=

=
 
𝛿𝑃 =
𝑊 𝐿
2 𝐴 𝐸
Integrando, el alargamiento total de la barra es:

26. Ejercicios resueltos
1. Una barra circular de acero de 40 m de longitud y 8 mm de
diámetro cuelga en el pozo de una mina y en su extremo inferior
sostiene una cubeta con 1,5 kN de mineral.
Calcular el esfuerzo máximo en la barra tomando en cuenta el propio
peso de ésta y la deformación total de la barra
𝜎𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 =
𝑃
𝐴
=
1.5𝐾𝑁
0.000050265482
 = 78 kN/m3
E = 210 Gpa
𝜎𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑜 =
(1.5 + 0.156828305267)𝐾𝑁
0.000050265482
𝜎𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 = 29.842𝑀𝑃𝑎
𝜎𝑀á𝑥𝑖𝑚𝑜 = 32.962𝑀𝑃𝑎

27. 2. En la construcción de un edificio se usa un cable de acero de 16 mm de
diámetro para la elevación de materiales. Si cuelgan verticalmente 90 m
del cable para elevar una carga de 1,96 kN. Determine el alargamiento
total del cable.
 = 78 kN/m3
E = 210 Gpa

28. Ejemplo:
Se tienen 3 cables trenzados iguales de 500 m de longitud, a los cuales se
le amarra una rejilla que pesa 2000 kg, este sistema se usa para subir y
bajar sacos de cemento en una construcción, la rejilla se carga con 100
sacos de 50 kg cada uno. Calcule el diámetro de los alambres para que el
sistema no falle. Cual es su deformación total.
Densidad del cable = 8.5 ton/m3
 fluencia del cable = 3000 kg/cm2
E = 2.1*106 kg/cm2
n = 3

29. 𝜎𝑛 =
𝑃
𝐴0
=
𝜎𝑓
𝐹𝑆
𝜎𝑓
𝐹𝑆
=
3000
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
3
=
(7000𝑘𝑔 + 500𝑚 × 𝐴0 × 8500
𝑘𝑔
𝑚3)
𝐴0
𝐴0 = 12.174𝑐𝑚2 =3 𝐴1
𝐴1 = 4.058 𝑐𝑚2
D=
4×𝐴1
𝜋
= 2.273 𝑐𝑚
D=15/16” cable normalizado
𝛿𝑃 =
𝑃 𝐿
𝐴 𝐸
=
121473.95𝑘𝑔 × 50000𝑐𝑚
12.147 𝑐𝑚2 × 2.1 × 106 𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝛿𝑃 =2.386 cm

30. Ejemplo:
Una barra cilíndrica, como la mostrada en la figura esta sometida a una
fuerza de tracción.
a) Calcule el coeficiente se seguridad de cada barra, ¿El sistema falla?
explique.
b) Calcule la fuerza máxima y el alargamiento total del sistema.
 Fluencia acero = 50 kg/mm2
 Fluencia cobre = 25 kg/mm2
E Acero = 2,1*106 kg/cm2
E Cobre = 9,1*105 kg/cm2
Diámetro barra = 4 cm

31. Ejemplo: Se tiene un sistema formado por unas barras cilíndricas metálicas, como el
mostrado en la figura, la barra de acero tiene un diámetro de 80 mm y la barra de
plomo de 50 mm.

32. a) Calcule la fuerza Q que le debe aplicar al sistema para que su
alargamiento total sea de 0,1 mm.
b) Calcule los coeficientes de seguridad de cada barra.
c) Si el sistema esta a una temperatura de 25ºC, ¿a que
temperatura se tendría que llevar el sistema para que el
alargamiento total del sistema se duplique?

33. EJERCICIO
Una wincha de acero de 25 metros de longitud tiene una sección de 6mm por
8mm. Determinar el alargamiento cuando se estira toda la cinta y se mantiene
tirante bajo una fuerza de 6 Kg. El modulo de elasticidad es de 𝐸 = 2.1 𝑥 106𝐾𝑔/
𝑐𝑚2
Solución:
𝛿𝑃 =
6 ∗ 25
2.1 ∗ 106 ∗ (6 ∗ 10−1 ∗ 8 ∗ 10−1)
𝛿𝑃 = 1.488 ∗ 10−4 m

34. PROBLEMA #1
Una barra de acero de 5 cm2 de sección transversal está
sometida a fuerzas representadas en la siguiente figura.
Determinar el alargamiento total de la barra.
Considerar
E= 2,1 × 106 Kg/cm2

35. ∆ =
𝑃 ∗ 𝐿
𝐴 ∗ 𝐸
=
(3500)(75)
5 2.1 ∗ 106
= 0.025 𝑐𝑚
∆ =
𝑃∗𝐿
𝐴∗𝐸
=
(5000)(50)
(5)(2,1∗106)
= 0.024 𝑐𝑚
∆ =
𝑃 ∗ 𝐿
𝐴 ∗ 𝐸
=
(4500)(100)
(5)(2.1 ∗ 106)
= 0.043 cm
∆𝑇= ∆𝐴𝐵 + ∆𝐵𝐶 + ∆𝐶𝐷= 0.024 + 0.025 + 0.043 = 𝟎. 𝟎𝟗𝟐 cm
Solución:
5000 kg

36. MDSOLID

37. PROBLEMA #2
La resistencia a la rotura del cable BD es de 100 KN.
Hallar el factor de seguridad (FS) con respecto a la falla del cable para cada
cable dada.
Si el esfuerzo admisible en el cable es de 55KN/𝑐𝑚2
. Hallar el área del cable.
𝐹𝑆 =
𝐹𝑟𝑜𝑡𝑢𝑟𝑎
𝐹𝑎𝑐𝑡𝑢𝑎𝑛𝑡𝑒

38. SOLUCION:
a) Tomamos momento en sentido anti horario como positivo
෍ 𝑀𝑐 = 0
15 cos50 (0.5) + 15 sin50 (1,1) = BD cos30 (0.5) + BDsin30 (0.4)
0.633 BD = 17.6
BD = 27.58 KN
𝐹𝑆 =
𝐹𝑟𝑜𝑡𝑢𝑟𝑎
𝐹𝑎𝑐𝑡𝑢𝑎𝑛𝑡𝑒
=
100
27.58
= 3.63
b) 𝜎 =
𝐹𝐵𝐷
𝐴
=
55𝐾𝑁
𝑐𝑚2
27.58𝐾𝑁
𝐴
=
55𝐾𝑁
𝑐𝑚2 𝐴 = 0.5 𝑐𝑚2

39. PROBLEMA # 3
Dos barras de acero idénticas están unidas por medio de un pasador que se
soporta una carga de 50,000 Kg.
a) Hallar la sección de las barras necesarias para que el esfuerzo normal
en ellas no sea mayor que 2,100 Kg/cm2.
b) Hallar el desplazamiento vertical en el punto B.
E=2.1 × 106Kg/cm2

40. SOLUCION:
a) D.C.L.:
σ 𝐹𝑥 = 0 𝐹 = 35 355.339 𝐾𝑔
𝜎 =
𝐹
𝐴
→ 𝐴 =
35 355.339 𝐾𝑔
2.1𝑥106 ൗ
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
𝐴 = 16.83𝑥10 − 3𝑐𝑚2
b) Diagrama de deformaciones:
∆=
𝑃𝐿
𝐸𝐴
Angulo DB’B = 45
𝐷𝐵′
=
𝑃𝐿
𝐸𝐴
=
(35355.339)(2.50)
(16.83𝑥10 − 3)(2.1 ∗ 106)
= 2.5 𝑐𝑚
𝐵𝐵′ =
(2.50)
𝑐𝑜𝑠45
= 0.35 𝑐𝑚

41. PROBLEMA # 04
Límite elástico convencional = 4200kg/cm2
Son aceptables los coeficientes de seguridad:
FS = 2 (elementos a tracción)
FS = 3,5 (elementos a compresión)
E = 2,1x106kg/cm2
Determinar las secciones (áreas):
a) Necesarias de las barras
b) La componente horizontal y vertical del desplazamiento del pto. B
A
B
C
312cm
360cm
30000kg
60°
AB
CB
Barras de acero

42. AB
BC
30°
B
AB
BC
30°
B
D.C.L.
Solución:
𝜎𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜 =
𝜎𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙
𝐹𝑆
෍ 𝐹𝑦 = 0
−3000 − 𝐵𝐶𝑠𝑖𝑛30 = 0
𝐵𝐶 = −60000𝐾𝑔
𝐵𝐶 = 60000𝐾𝑔 (𝐶)
෍ 𝐹𝑥 = 0
−𝐵𝐴 + 𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠30 = 0
𝐵𝐴 = 51961.52𝐾𝑔 (𝑇)
𝜎𝑡 𝐶 =
42000𝐾𝑔/𝑐𝑚2
3.5
= 1200𝐾𝑔/𝑐𝑚2
𝜎𝑡 𝑇 =
42000𝐾𝑔/𝑐𝑚2
2
= 2100𝐾𝑔/𝑐𝑚2
𝐴𝐴𝐵 =
𝐹𝐴𝐵
𝜎𝑡
=
51961.52
2100𝐾𝑔/𝑐𝑚2 = 24.74𝑐𝑚2
𝐴𝐵𝐶 =
60000
1200𝐾𝑔/𝑐𝑚2 = 50𝑐𝑚2

43. 30°
30°
ΔH
0,21 B B1
B´
0,21sen30°
Y
Δ
∆=
𝑃𝐿
𝐸𝐴
=
51961.52𝑥312
24.74𝑥2.1𝑥106
∆𝐴𝐵= ∆𝐻 = 0.31 𝑐𝑚
𝐴𝐵𝐶 =
𝑃𝐿
𝐸𝐴
=
60000𝑥360
50𝑥2.1𝑥106
∆𝐵𝐶= 0.21 𝑐𝑚
𝑇𝑔30 =
0.21𝑐𝑜𝑠30 + 0.31
𝑦
= 0.852
∆𝑉 = 𝑦 + 0.21𝑠𝑒𝑛30 = 0.852 + 0.105 = 0.957 𝑐𝑚

44. DEFORMACIÓN DEBIDO AL PESO PROPIO (PP)
dx
x
𝛾 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 = 𝑝𝑒𝑠𝑜/𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛
𝜎𝑚𝑎𝑥 =
𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎
𝑎𝑟𝑒𝑎
=
𝑙 ∗ 𝐴 ∗ 𝛾
𝐴
= 𝑙 ∗ 𝛾
Deformación:
∆=
𝑃𝐿
𝐸𝐴
= න
0
𝐿
𝐴𝑥𝑦
𝐸𝐴
𝑑𝑥
∆=
𝛾𝑙2
2𝐸
Pp=Ax.Y
Pp=peso propio

45. x
dx
l
Pp
Problema:
Determinar la deformación del cono debido al peso propio.
Solución:
∆= න
𝑃𝑝𝑑𝑥
𝐸𝐴𝑚𝑛
… (1)
𝑃𝑒𝑟𝑜:
𝑉𝑃𝑝
𝑉𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙
=
𝑥3
𝑙3
𝑉𝑃𝑝 = 𝑉𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 ∗
𝑥3
𝑙3
= 𝜋𝑟2
∗
1
𝑙
∗
𝑥3
𝑙3
=
𝜋𝑟2
3
𝑥3
𝑙2
También:
𝐴𝑚𝑛
𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
=
𝑥2
𝑙2
=> 𝐴𝑚𝑛 = 𝐴𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∗
𝑥2
𝑙2
Reemplazando en (1):
𝐴 = න
0
𝑙 𝜋𝑟2
3
∗
𝑥3
𝑙2 𝛾𝑑𝑥
𝐸𝜋𝑟2 𝑥2
𝑙2
=
𝛾
3𝐸
න
0
𝑙
𝑥𝑑𝑥
∆=
𝛾𝑙2
6𝐸

46. ESFUERZO DEBIDO A LA FUERZA
CENTRÍFUGA
dr
r
l
ω m
n
𝐹 = 𝑚𝑟𝑤2; m: masa, r: radio, w: velocidad angular
𝐹𝑚𝑛 = න
𝐴𝑑𝑟𝛾
𝑔
𝑟𝑤2
g:peso especifico/ g: gravedad
𝐹𝑚𝑛 =
𝐴𝛾
𝑔
𝑤2
න
𝑟
𝑙
𝑟𝑑𝑟
𝐹𝑚𝑛 =
𝐴𝛾𝑤2
𝑔
𝑙2
− 𝑟2
2
𝐹𝑚𝑎𝑥 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑟 = 0
𝜎𝑚𝑎𝑥 =
𝐹𝑚𝑎𝑥
𝐴
=
𝐴𝛾𝑤2
𝑔
∗
𝑙2
2
/𝐴
𝜎𝑚𝑎𝑥 =
𝛾𝑤2𝑙2
2𝑔

47. DEFORMACIÓN:
dr
A
Fmn
∆=
𝑃𝐿
𝐸𝐴
∆= න
0
𝑙
𝐹𝑚𝑛𝑑𝑟
𝐸𝐴
=
𝑟𝑤2
2𝑔
න
0
𝑙
𝑙2 − 𝑟2 𝑑𝑟
∆=
𝛾𝑤2𝑙3
3𝑔𝐸
Esfuerzo de trabajo (st)
Llamado también esfuerzo de diseño:
𝜎𝑡 =
𝜎𝑟𝑜𝑡𝑢𝑟𝑎
𝑛1
; 𝜎𝑡 =
𝜎𝑓𝑙𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝑛2
; 𝑛1 ≠ 𝑛2
𝑛1, 𝑛2: coeficiente de seguridad

48. Problema:
Hallar “x” para que los ptos. “B” y “E” se pongan en contacto.
E=200 Gpa
Solución:
x
0,25m
1,5mm
B
A
0,08m 0,32m
D
C 20kg
Φ=2mm
E
FCD 20kg
A B
0,08m 0,32m
𝛿𝐶𝐷 =
𝐹𝐶𝐷𝑥0.25
200 ∗ 109 𝑁
𝑚2 ∗
𝜋
4
(0.002)2𝑚2
… (1)
𝛿𝐶𝐷 = 3.97887𝑥10−7
𝐹𝐶𝐷𝑚
D.C.L.:

49. δCD
0,08 0,32
Deformaciones:
0,0015x
෍ 𝑀𝐴 = 0
1 𝐾𝑁
𝐾𝑔
9.8 ∗ 20 𝐾𝑔 0.4 − 𝑋 = 0.08𝐹𝐶𝐷
𝐹𝐶𝐷 =
78.4 − 196𝑥
0.08
= 980 − 2450𝑋 … … (2)
(2) En (1):
𝛿𝐶𝐷 =
245 − 612.5𝑥
6.28 ∗ 105 … (3)
~𝑑𝑒∆𝑠:
𝛿𝐶𝐷
0.08
=
0.0015
0.4
→ 𝛿𝐶𝐷 = 0.0003𝑚
En (3):
3 ∗ 10−4
∗ 6.28 ∗ 105
= 245 − 612.5𝑥
x= 0.092m.

50. BIBLIOGRAFIA
 FERDINAND P. BEER , E. RUSSELL JOHNSTON, JR. “MECANICA
DE MATERIALES”
 LUIS GAMIO ARISNABARRETA “RESISTENCIA
DE MATERIALES”