resistencia de materiales

1. 1
APUNTES DE MECANICA
DE MATERIALES 1
CARRERA: ING. CIVIL
MATERIA: CIV-302
DOCENTE: ING. BELMONTE CLEMENTELLI
REGISTRO: 218029578

2. 2
TEMA 1: TENSIONES NORMALES Y CORTANTES SIMPLES EN SISTEMAS ISOSTATICOS
1. ¿CUÁLES SON LOS OBJETIVOS DE ESTE TEMA?
El primero es el de definir y conocer que estudia la resistencia de materiales
El segundo es el conocer y comprender las hipótesis básicas de resistencia.
El tercero el de aprender a determinar las ecuaciones que gobiernan las tensiones normales y cortantes
simples.
El ultimo es aprender a resolver ejercicios aplicando las ecuaciones de tensiones normales y cortantes simples.
ESTATICA
ESTATICA
¿SABIAS QUE?
Nosotros cuando estudiábamos Isostatica o en Estatica teníamos un cuerpo cualquiera(un
solido), pero este solido tenia que ser RIGIDO-INDEFORMABLE( este podía transferir carga
como desee, porque yo se que no se rompe, que es tan duro que puede transferir carga por
donde desee.
Aquí en mecánica de materiales ya no. Aquí ya ese solido se deforma. Eso es lo que vamos a
estudiar como se comporta ese solido RIGIDO-DEFORMABLE.

3. 3
2. INTRODUCCION
Vamos a definir unos conceptitos que son de suma importancia,
¿QUÉ ES LA ESTATICA?
La estática es la parte de la física que parte de un sólido rígido e indeformable y
que su función es la de estudiar:
• Geometría de las masas
• Equilibrio Externo
• Equilibrio interno.
¿QUÉ ESTUDIAMOS EN LA MECANICA DE MATERIALES?
Estudiamos el mismo cuerpo el mismo solido que estudiábamos en la estatica
pero ahora es RIGIDO-DEFORMABLE.
Ya no cualquier cuerpo o material puede transferir carga.
Aquí estudiamos dos cosas de mucha importancia.
• Esfuerzos Internos(Tensiones)
• Deformaciones.
¿PARA QUE ESTUDIAMOS ESAS DOS COSAS?
Simplemente para determinar las dimensiones del solido el cual es capaz de
transmitir carga.
SOLIDO RIGIDO –
INDEFORMABLE.

4. 4
¿COMO SE DEFINE LA MECANICA DE
MATERIALES?
Es una ciencia parte de la física encargada del
estudio de solidos rigidos deformables.
¿PERO QUE HACEMOS NOSOTROS PARA
DETERMINAR EL TIPO DE MATERIAL Y LAS
DIMENSIONES DEL SOLIDO PARA QUE ME
TRANSFIERA CARGAS?
Para conseguir eso nosotros los Ing. Civiles
tenemos que estudiar tanto sus esfuerzos
internos es decir cuanto me aguanta el material y
también tenemos que estudiar como se deforma el
material.
Lo único que nos interesa es poder encontrar la
dimensión del solido.
A este solido rigido e indeformable lo
denominamos ELEMENTO ESTRUCTURAL
CUERPO RIGIDO-DEFORMABLE. FUENTE:
ING. ELIAS BELMONTE.

5. 5
¿SABIAS QUE?
Lo que hacemos es crear un solido de cierta forma que sea capaz de
transportar carga de un lugar a otro.
como vemos en la figura. Esta un sistema estructural en el cual se ve
afectada por una carga de viento.
Esta carga va ser transferida a la viga. Por entre medio de la viga
nosotros vamos a transferir a las columnas.
Lo que nosotros queremos es transferir y transferimos a una sección lisa
llamada losa y aca de nuevo a la viga, después tenemos la columna y
de la columna a la fundación y de la fundación a el suelo.
El ultimo elemento de rigidez o solido que recibe la carga es el suelo.
Todos estos elementos conforman un sistema estructural porque lo
conecto entre ellos, para poder transmitir carga para depositarla en
alguna parte.
SISTEMA ESTRUCTURAL
SOMETIDO A CARGAS

6. 6
PERO ¿CUÁLES SON LAS CONDICIONES PARA QUE SEA CONSIDERADO
ELEMENTO ESTRUCTURAL?
Para poder dimensionar un elemento estructural o un solido es necesario que
cumpla 3 condiciones.
•Tiene que ser RESISTENTE, mi elemento tiene que ser capaz de recibir o
soportar carga(fuerzas) sin romperse. Una vez que se rompe no me sirve.
CONDICION DE
RESISTENCIA

7. 7
CASA MEDIA AGUA
LA SEGUNDA CONDICION ES QUE TIENE QUE
.Tiene que ser RIGIDO es decir mi elemento tiene que ser capaz de contrarrestar
deformaciones. Tiene que deformarse poco.
Ejemplo.
Tengo una media agua y le ponen una viga y encima de la viga le ponen la teja.
Entonces
¿Cuál es la función de este techo?
Que si haciese sol cubra y cuando llueva , el agua recorra hacia otro lado.
Pero cuando el que se encarga de colocar la dimensión de esta viga no es un
Ing. Civil sino un albañil o un constructor.
La madera que se le coloca resiste no se rompe pero la ceramica es bien vidriosa
de nada se rompe. Por el movimiento o colocación se rompe. Mientras no llueve,
a el Sol esta madera lo aguanta.
Pero cuando llueve esta agua de lluvia va a bajar y va buscar por donde entrarse
y se rompe la teja. Dejando goteras. Y la gente cree que es la teja , y que
cambiándola solucionaran el problema. Pero no es asi el problema esque la
sección de madera estuvo mal dimensionada.
Resiste no se rompe pero se deforma. Yo tengo que controlar esa deformación.
No puede deformarse indefinidamente.
POR RESISTENCIA NO VA FALLAR , VA FALLAR CLARO QUE SI PERO VA SER
POR DEFORMACION.
ROTURA DE TEJAS

8. 8
MI ULTIMA CONDICION ES QUE TIENE QUE SER
Mi elemento tiene que ser ESTABLE, mi elemento tiene que tener la capacidad de
mantener su equilibrio estatico. En la figura se muestra lo que no debe pasar.
CARACTERISTICAS
DE INESTABILIDAD
SI CUMPLE ESTAS 3 CONDICIONES ES UN ELEMENTO ESTRUCTURAL

9. 9
¿PERO COMO QUIERO QUE FUNCIONE MI ESTRUCTURA?
Cuanto mas me acerque a las hipotesis que vamos a mencionar mi
estructura va funcionar mejor.
El problema es ese , hacer que la estructura se acerque lo mas posible a la
hipotesis.
3. HIPÓTESIS BÁSICAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES.
¿Qué me dice la hipotesis de continuidad del material?
Aquí comenzamos a describir que material quiero, cual es mi modelo ideal
del material, porque hay miles de tipos de materiales (acero, hormigon,
madera, bronce, zinc, oro.etc) son distintos.
Pero yo quiero crear una teoría que con la misma teoría pueda dimensionar
todos los materiales.
La teoría me dice “El material que contiene el volumen del solido es
totalmente continuo. A mi no me interesa como esta formado
internamente. Lo unico que me interesa es ¿como resiste? ¿Como
deforma?. Para aplicar la mecanica de materiales supongo que es
continuo. Ya que a mi lo que me interesa analizar es su resistencia y
su deformacion. La teoria me dice si tienes un material discontinuo
o continuo, no importa vos trabajalo como si fuera continuo. De caso
contrario tendrias que realizar una teoria para cada material.”
MATERIAL
CONTINUO
MATERIAL
DISCONTINUO

10. 10
TESTIGOS DE UN MATERIAL,
FUENTE: ING. ELIAS BELMONTE
3. HIPÓTESIS BÁSICAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES.
¿Qué me dice la hipotesis de homogeneidad?
Me dice que en cual sección de un mismo material todas sus propiedades son iguales. Sus propiedades físicas(color, olor, peso) y
propiedades mecánicas (tensiones y deformaciones) tienen que ser iguales
3. HIPÓTESIS BÁSICAS DE
RESISTENCIA DE MATERIALES.
¿Qué me dice la hipotesis de isotropia?
Me dice que vos supones que en todas las
partes del material este tiene que tener sus
propiedades físicas y mecánicas iguales en
todas las direcciones
TESTIGOS DE UN MATERIAL,
FUENTE: ING. ELIAS BELMONTE

11. 11
VIGA DEFORMADA
3. HIPÓTESIS BÁSICAS DE RESISTENCIA DE
MATERIALES.
¿Qué me dice la hipotesis de rigidez?
Me dice que se supone que las deformaciones tienen que ser
pequeñas en relación a las dimensiones del cuerpo deformado.
3. HIPÓTESIS BÁSICAS DE RESISTENCIA DE
MATERIALES.
¿Qué me dice la hipotesis de elasticidad perfecta?
Me dice que cuando le aplicas una carga a mi solido este se va
deformar poco , una vez quitada la carga el solido tiene la
capacidad para recuperar totalmente su estado inicial.
𝛿 <<< 𝐿 (LA DEFORMACION ES MUCHO MAS PEQUEÑA QUE LA
LONGITUD
VIGA SE RECUPERA. (FUENTE:
ELIAS BELMONTE)

12. 12
DEPENDENCIA
LINEAL(FUENTE:ELIAS BELMONTE)
3. HIPÓTESIS BÁSICAS DE RESISTENCIA DE
MATERIALES.
¿Qué me dice la hipotesis de dependencia lineal?
Se supone que existe una dependencia lineal entre la carga
aplicada y la deformación producida.
3. HIPÓTESIS BÁSICAS DE RESISTENCIA DE
MATERIALES.
¿Qué me dice el principio de superposición de efectos?
Se considera que el efecto producido por un conjunto de cargas
externas a una estructura es igual a la suma de los efectos
producidos por cada una de ellas que componen el conjunto de
cargas externas.
𝑅𝐴
0
= 𝑅𝐴
1
+ 𝑅𝐴
2
+ 𝑅𝐴
3
𝑀𝐴
0
= 𝑀𝐴
1
+ 𝑀𝐴
2
+ 𝑀𝐴
3
Reacciones en el apoyo A
Momento en la sección a-a

13. 13
HIPOTESIS DE BERNOULLI
(FUENTE: ELIAS BELMONTE)
3. HIPÓTESIS BÁSICAS DE RESISTENCIA DE
MATERIALES.
¿Qué me dice la hipotesis de Bernoulli?
Me dice que las secciones planas perpendiculares a el eje
baricentrico de la barra que esta alejada en el punto de
aplicación de la carga, cuando se esta deformando se supone
planas y perpendicular a el eje de la barra.
3. HIPÓTESIS BÁSICAS DE RESISTENCIA DE
MATERIALES.
¿Qué me dice la hipotesis de Saint Venant?
Me dice que cuando aplicas una carga en una sección plana y
perpendicular al eje en otra sección un poco mas lejos del
punto de aplicación la carga es uniforme en la sección.
HIPOTESIS DE SAINT VENANT
(FUENTE: ELIAS BELMONTE)

14. 14
4. ESFUERZOS INTERNOS
TENSIONES NORMALES
Se tiene un elemento sometido a fuerzas normales como muestra la fig.
Lo que queremos saber es la respuesta interna que se presenta en cualquier sección
normal a la fuerza N como la sección a-a.
Aplicando la Hipótesis de Saint Venant :
Esfuerzo interno normal (TENSIÓN NORMAL) =𝜎
‫׬‬0
𝑁
ⅆ𝑁 = ‫׬‬0
𝑁
𝜎 ∗ ⅆ𝐴⊥ → 𝜎 =
𝑁
𝐴
𝑲𝒈
𝑪𝑴𝟐
La tensión normal es la fuerza aplicada en una sección normal a ella.
TENSION
NORMAL(FUENTE
ELIAS BELMONTE)

15. 15
TENSION
CORTANTE(FUENTE:
ELIAS BELMONTE)
4. ESFUERZOS INTERNOS
TENSIONES CORTANTES
Sean dos chapas unidas mediante un roblón o perno como muestra
la figura:
Lo que queremos saber es la respuesta interna que se presenta en
la sección paralela a la fuerza del roblón, aplicando la hipótesis de
Saint Venan:
𝜏 = Esfuerzo interno de corte (TENSIÓN CORTANTE)
P = 𝜏 * A//
‫׬‬0
𝑃
ⅆ𝑃 = ‫׬‬0
𝑃
𝜏 ∗ ⅆ𝐴// → 𝜏 =
𝑷
𝐴
𝑲𝒈
𝑪𝑴𝟐

16. COMPENDIO DE EJERCICIOS
TENSIONES NORMALES Y
CORTANTES
ING. BELLMONTE
CLEMENTELLI ELIAS

17. 17
EJERCICIO 2. Sea la junta mostrada en la figura calcular el diámetro
del perno requerido. Si la tensión de corte es de 400 k/cm2

18. 18
PASO 1. ANALIZAMOS CUANTAS AREAS DE CORTE EXISTEN Y DETERMINAMOS
LA DIMENSION DEL DIAMETRO
PODEMOS OBSERVAR QUE PARA
CADA PERNO EXISTEN DOS AREAS DE
CORTE PERO COMO SON 7 PERNOS .
EL AREA SERIA DE 14 AREAS
INVOLUCRADAS,
τ =
𝑃
𝐴
τ =
𝑃
14𝐴
=400
𝐾
𝑐𝑚2=
14000𝑘
𝜋
4
𝑑2∗14
Despejando
d =
14000
𝜋
4
∗400∗14
d=1,7841 cm

19. 19

20. 20
PASO 1. PARTE ESTATICA
ANALIZAMOS EN LA CAJA
ΣFv=0
2N6sen75°-2000=0
N6=1035,27618 K (TRACCION)
ΣFv=0
𝑁7 − 2 ∗ N6 ∗ 𝑠𝑒𝑛75 = 0
N7 = 2000 K (TRACCION)

21. 21
PASO 1. PARTE ESTATICA
ΣFV=0
N7cos75 - N7 + N5sen = 0
2000cos75 - 2000 + N5sen = 0
N5sen = 1482,361910
N5 = 2470,603207 K (COMPRESION)
ΣFH=0
-N7sen75 - N4 + N5cos = 0
-2000sen75 - N4 + N5cos = 0
N4 = 44,630924 K (TRACCION)
tan =
0,9
1,2
 = 36°52’11,63’’

22. 22
PASO 1. PARTE ESTATICA
Tanθ =
0,9
1,2
θ= 36°52’11,63’’
ΣFH=0
N2*COS θ − N5∗COS θ+N3∗COS θ=0
ΣFV=0
N3*SEN θ − N5∗SEN θ−N2∗SEN θ=0
RESOLVIENDO
N2= 0 K
N3=2470 K

23. 23
PASO 2. DIMENSIONAMIENTO DE LA ARMADURA CON LA BARRA MÁS
SOLICITADA
Resumen:
N1 = 44,630924 K
N2 = 0 K
N3 = 2470,603207 K
N4 = 44,630924 K
N5 = 2470,603207 K
adm = 1200
𝐾
𝑐𝑚2
adm =
𝑁
𝐴
𝜋∅2
4
=
𝑁
adm
∅=
𝑁∗4
adm ∗ π
∅=
2470,603207∗4
1200∗ 3,1416
∅ = 1,619071 cm

24. 24
PASO 3. DIMENSIONAMIENTO DE LOS PERNOS DE SUJECION DEL ANCLAJE A
CORTE
adm =
𝑃
4𝐴
400
𝐾
𝑐𝑚2 =
2000𝑐𝑜𝑠15 𝐾
4𝐴
A= 1,207407 𝑐𝑚2
A =
𝜋𝑑2
4
ⅆ =
𝐴∗4
π
ⅆ =
1,207407∗4
3,1416
ⅆ = 1,239886 cm

25. 25
PASO 4. DIMENSIONAMIENTO DEL CABLE
Cálculo de d
A =
𝜋𝑑2
4
ⅆ =
𝐴∗4
π
ⅆ =
1∗4
3,1416
ⅆ = 1,12838cm

26. 26

27. 27
PASO 1. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL
N1=
2000
4
σ 𝑀𝐵 =0
N1(4)-2000(1)=0
N1=500 K

28. 28
PASO 2. PARTE ESTATICA

29. 29
PASO 3. PARTE FINAL; CALCULO DE LOS DIAMETROS

30. SEA LA ESTRUCTURA MOSTRADA EN LA FIGURA. CALCULAR:
a) EL ESPESOR “t” DE LA SECCIÓN A-A
DE LA BARRA DB
b) CALCULAR LOS DIAMETROS DE LOS
PERNOS REQUERIDOS EN A Y B.
30

31. PASO 1. SEPARAMOS LOS DATOS E INCOGNITAS
INCOGNITAS
t
𝐷𝐵
𝐷𝐴
DATOS
Ʈ=480 k/𝑐𝑚2
σ= 1000 k/𝑐𝑚2
31

32. PASO 2. IDEALIZAMOS LA ESTRUCTURA
32

33. PASO 3. EVIDENCIAMOS INCOGNITAS EN APOYOS
33

34. PASO 4. DESCOMPONEMOS LAS FUERZAS EN COMPONENTES
RECTANGULARES
34
𝑇𝐵𝐷𝑋= TBD SEN 50º
𝑇𝐵𝐷𝑌= TBD COS 50º

35. PASO 5. CALCULAMOS EL VALOR DE J
35
Tg50º=
𝐽
1,6
Tg50º(1,6)=J
J=1,9068 m

36. PASO 6. CALCULO DE REACCIONES Y TENSION NORMAL
σ 𝑀𝐴 = 0 (+)
−𝑇𝐵𝐷𝑋 1,9068 + 6000𝐾 1,6𝑚 + 2,4𝑚 − 𝑇𝐵𝐷𝑌(1,6)=0
-(TBDSEN50) 1,9068 + 6000𝐾 1,6𝑚 + 2,4𝑚 − (𝑇𝐵𝐷𝐶𝑂𝑆50)(1,6)=0
- (SEN50)(1,9068)+(1,6)(𝐶𝑂𝑆50) TBD=-24000 (-1)
TBD =
24000
(Sen50)(1,9068)+(1,6)(𝐶𝑂𝑆50)
= 9641,8 k =TBD (TENSION NORMAL)
σ 𝐹𝑋 = 0 (+)
𝐴𝑋 − 𝑇𝐵𝐷𝑋 = 0
𝐴𝑋= 𝑇𝐵𝐷𝑋= TBDSEN50=(9641,8)SEN50
𝐴𝑋=7386 K (REACCION HORIZONTAL EN A)
σ 𝐹𝑌 = 0 (+)
𝐴𝑌 + 𝑇𝐵𝐷𝑌 − 6000 = 0
𝐴𝑌=6000- (9641,8)COS50=-197,2 K (REACCION VERTICAL EN A)
EL SIGNO HACE REFERENCIA A EL CONVENIO 36

37. PASO 6. CALCULO MAGNITUD DE REACCION EN A
CALCULO DE RA
RA= 𝐴𝑋
2
+ 𝐴𝑌
2
RA= (7386,7)2+(197,639)2
RA=7388,77 K
Angu. Con Horiz=Arctg(197,639/7386,7)
Angu. Con Horiz= 1,53º
37

38. PASO 7. RESPONDEMOS A LAS PREGUNTAS
a) Hallar el espesor t de la barra
38
DATOS
A= 5*t (𝑐𝑚2)
σ= 1000 k/𝑐𝑚2
TBD= 9641,8 k
σ=
𝑇𝐵𝐷
𝐴
1000K/𝑐𝑚2
=
9641,8𝑘
5𝑡
t=
9641,8𝑘
5𝑐𝑚∗(1000𝑘/𝑐𝑚2
t= 1,9284 cm
Como nos pide en
mm
t= 19 mm
el espesor t es de
19,2 mm.

39. PASO 7. RESPONDEMOS A LAS PREGUNTAS
b) Hallar el diametro de el perno A
39
DATOS
A=0,25π*𝐷𝐴
2
(𝑐𝑚2
)
Ʈ=480 k/𝑐𝑚2
RA= 7788,3
Ʈ =
RA
2𝐴
480K/𝑐𝑚2
=
7788,3𝑘
2(0,25π𝐷𝐴
2)
𝐷𝐴
2
=
7788,3𝑘
0,5𝑐𝑚∗
480𝑘
𝑐𝑚2 ∗π
𝐷𝐴=
7788,3
240∗π
= 3,13cm
El diámetro requerido en el
perno A es de 3 cm.

40. PASO 7. RESPONDEMOS A LAS PREGUNTAS
b) Hallar el diametro de el perno B
40
DATOS
A=0,25π*𝐷𝐵
2
(𝑐𝑚2
)
Ʈ=480 k/𝑐𝑚2
TBA= 9641,8 K
Ʈ =
TBA
2𝐴
480K/𝑐𝑚2
=
9641,8𝑘
(0,25π𝐷𝐵
2)
𝐷𝐵
2
=
9641,8𝑘
0,25𝑐𝑚∗
480𝑘
𝑐𝑚2 ∗π
𝐷𝐵=
9641,8
120∗π = 5,07cm
El diámetro requerido en el
perno B es de 5 cm,

41. 41
19 mm ILUSTRACION
FINAL

42. 42

43. 43
PASO 1. CALCULO DE AREAS
𝐴1 = 𝜋𝑟𝑎𝑏
2
𝐴1 = 𝜋 ∗ (10𝑐𝑚)2
𝐴1 = 314,16 𝑐𝑚2
𝐴2 = 𝜋𝑟𝑏ⅆ
2
𝐴2 = 𝜋 ∗ (15𝑐𝑚)2
𝐴2 = 706,86 𝑐𝑚2

44. 44
PASO 2. CALCULO DE VOLUMENES
V1 = Lab * A1
V1 = 80 cm * 314,16 cm2
V1 = 25132,8 cm3
V2 = Lbc * A2
V2 = 120 cm * 706,86 cm2
V2 = 84823,2 cm3
V3 = Lcd * A2
V3 = 60 cm * 706,86 cm2
V3 = 42411,6 cm3

45. 45
PASO 3. CALCULO DE PESO PROPIO DEL MATERIAL
W1= γ* V1
W1= 7,8x10−3
kg/cm3 * 25132,80 cm3
W1= 196,036 Kg
W2= γ* V2
W2= 7,8x10−3 kg/cm3 * 84823,2 cm3
W2= 661,621 Kg
W3= γ* V2
W3= 7,8x10−3 kg/cm3 * 42411,6 cm3
W3= 330,81 Kg

46. 46
PASO 4, CALCULO DE REACCION EN D,
W1
W2
W3
෍ 𝐹𝑉 = 0
- P1 – W1 + P2 – W2 + P3 – W3 – RVD = 0
- 2000 kg – 196,036 kg + 4000 kg – 661,621 kg
+ 5000 kg – 330,81 kg –RVD = 0
RVD = - 2000 kg – 196,036 kg + 4000 kg –
661,621 kg + 5000 kg – 330,81 kg
RVD = 5811,533 Kg

47. 47
PASO 5. CALCULO DE NORMALES.
Na = - P1 = - 2000 kg
𝑁𝐵𝑆 = - P1 - W1 = - 2000 – 196,036= - 2196,036 kg
𝑁𝐵𝐼𝑁𝐹 = - P1 - W1 + P2 = - 2000 – 196,036 + 4000
𝑁𝐵𝐼𝑁𝐹 = 1803,96 kg
𝑁𝐶𝑆 = - P1 - W1 + P2 – W2 = - 2000 – 196,036 + 4000 –
661,621
𝑁𝐶𝑆 = 1142,343 kg
NC𝐼𝑁𝐹 = - P1 - W1 + P2 – W2 + P3 = - 2000 – 196,036 +
4000 – 661,621 + 5000
NC𝐼𝑁𝐹 = 6142,343kg
N𝐷𝑆 = - P1 - W1 + P2 – W2 + P3 – W3 = - 2000 – 196,036
+ 4000 – 661,621 + 5000 – 330,81
N𝐷𝑆 = 5811,533kg
N𝐷𝐼𝑁𝐹 = = - P1 - W1 + P2 – W2 + P3 – W3 - R = - 2000 –
196,036 + 4000 – 661,621 + 5000 – 330,81– 5811,533
N𝐷𝐼𝑁𝐹 = 0 KG
W1
W2
W3

48. 48
PASO 6. CALCULO DE TENSIONES NORMALES
W1
W2
W3
σA =
𝑁𝑎
𝐴1
=
− 2000 𝑘𝑔
315,16 𝑐𝑚2
= − 6,366 kg/cm2
𝜎𝐵𝑆
=
𝑁𝐵𝑆
𝐴1
=
− 2196,036 𝑘𝑔
315,16 𝑐𝑚2
= - 6,990 kg/cm2
𝜎𝐵𝐼𝑁𝐹
=
𝑁𝐵𝐼𝑁𝐹
𝐴2
=
1803,964𝑘𝑔
706,86 𝑐𝑚2
= 2,552 kg/cm2
𝜎𝐶𝑆 =
𝑁𝐶𝑆
𝐴2
=
1142,343 𝑘𝑔
706,86 𝑐𝑚2
= 1,616 kg/cm2
σC𝐼𝑁𝐹 =
NC𝐼𝑁𝐹
𝐴2
=
6142,343 𝑘𝑔
706,86 𝑐𝑚2
= 8,689 kg/cm2
σ𝐷𝑆 =
N𝐷𝑆
𝐴2
=
5811,533 𝑘𝑔
706,86 𝑐𝑚2
= 8,20 kg/cm2

49. 49
PASO 7. DIAGRAMA DE LAS NORMALES Y TENSIONES NORMALES
DIAGRAMA DE LAS NORMALES DIAGRAMA DE LAS TENSIONES

50. 50

51. 51
PASO 1. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL PARA CALCULO DE
NORMALES
∑ MB=0
(2000*3)/0.5-N1*2=0
N1 =[(2000*3)/0.5]/2
N1 =1500kg

52. 52
PASO 1. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL PARA CALCULO DE
NORMALES
∑ ME=0
-(1500*4)+6000-N2*Sen(20°)=0
N2 Sen 20°=6000-6000
N2 =0kg

53. 53
PASO 2. CALCULO DE TENSIONES NORMAL
Ϭ1=N1/A1
Ϭ1=1500kg/(5cm^2)
Ϭ1=300kg/cm ^2
Ϭ2=N2/A2
Ϭ2=0kg/(3cm^2)
Ϭ2=0kg/cm ^2
BARRA 1 BARRA 2

54. 54

55. 55
PASO 1. CALCULO DE LA VARIABLE “a”

56. 56
PASO 2. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL PARA CALCULO DE
NORMALES
Σ𝑀𝐵 = 0
1000𝐾𝑔 ∗ 𝑚 − 𝑁𝐶 2𝑎 + 2000 3𝑎 = 0
𝑁𝐶 =
1000+2000
3 3
3
2𝑎
*/ −1
𝑁𝐶 = 3 866.025 𝐾𝑔
+
Barra C-E

57. 57
PASO 2. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL PARA CALCULO DE
NORMALES
Barra E-F
Nc
E
P2= 12 000 Kg
F
NF Σ𝐹𝑣 = 0
𝑁𝐹 = 12 000 + 𝑁𝐶
𝑁𝐹 = 15 866.025 Kg
+
Barra F-G
G G
30º 30º
F
NF
NG
NG
Diagrama de Cuerpo Libre
Σ𝐹𝑣 = 0
2𝑁𝐺𝐶𝑜𝑠 30 − 𝑁𝐹 = 0
𝑁𝐺 =
𝑁𝐹
2 ∗𝐶𝑜𝑠 (30)
=
15 866.025 𝐾𝑔
2 ∗𝐶𝑜𝑠 (30)
𝑁𝐺 = 9 160.254 𝐾𝑔(𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛)

58. 58
PASO 3. CALCULO DE TENSIONES NORMALES
Barra C-E
𝜎𝐶𝐸 =
𝑁𝐶
𝐴𝐶𝐸
=
3 866.025 𝐾𝑔
4 𝑐𝑚2
𝜎𝐶𝐸 = 966.506
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
Barra E-F
𝜎𝐸𝐹 =
𝑁𝐹
𝐴𝐸𝐹
=
15 866.025 𝐾𝑔
6 𝑐𝑚2
𝜎𝐸𝐹 = 2 644.338
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
Barra F-G
𝜎𝐹𝐺 =
𝑁𝐺
𝐴𝐹𝐺
=
9 160.254 𝐾𝑔
4 𝑐𝑚2
𝜎𝐹𝐺 = 2 290.064
𝐾𝑔
𝑐𝑚2

59. 59

60. 60
PASO 1. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL PARA CALCULO DE
NORMALES
NUDO B 𝛴 FH = 0 -> (+)
N3sen(45°) - N2sen(20°) = 0
𝛴 FV = 0 (+)
6000 - N3cos(45°)- N2cos(20°) = 0
N3cos(45°)+N2cos(20°) = 6000
RESOLVIENDO EL SISTEMA DE 2 ECUACIONES.
N2 = 4681,236 kg (TRACCIÓN)
N3 = 2264,264 kg (TRACCIÓN

61. 61
PASO 2. ANALIZAMOS BARRA POR BARRA.
NUDO B BARRA 2
BARRA 3
N3
N2
N2
N3
N2 20 45°
P1
N2 = 4681,236 kg
(TRACCIÓN)
N3 = 2264,264 kg
(TRACCIÓN)
NUDO D
𝛴 FH = 0 -> (+)
N2 - N1 = 0
N2 = N1
N1= 4681,236 kg (tracción)

62. 62
PASO 2. ANALIZAMOS BARRA POR BARRA.
BARRA 1
N1
N1= 4681,236 kg (Tracción)
N1
NUDO C
P2
N3 N4
𝛴 FH = 0 ->(+)
8000 - N4 - N3 = 0
N4 = N3 - 8000
N4 = 2264.264 - 8000
N4 = 5735.736 kg (Compresión)

63. 63
PASO 3. CALCULAMOS TENSIONES.
𝜎 =
𝑁1
𝐴1
𝜎 =
4681,236 kg
12𝑐𝑚2
𝜎 = 390
𝑘
𝑐𝑚2
𝐵𝐴𝑅𝑅𝐴 1 𝐵𝐴𝑅𝑅𝐴 2
𝜎 =
𝑁2
𝐴2
𝜎 =
4681,236kg
6𝑐𝑚2
𝜎 = 780
𝑘
𝑐𝑚2
𝐵𝐴𝑅𝑅𝐴 3
𝜎 =
𝑁3
𝐴3
𝜎 =
2264,264 kg
6𝑐𝑚2
𝜎 = 377
𝑘
𝑐𝑚2
𝐵𝐴𝑅𝑅𝐴 4
𝜎 =
𝑁4
𝐴4
𝜎 =
5735.736 kg
6𝑐𝑚2
𝜎 = 956
𝑘
𝑐𝑚2
N4
N4
N2
N2
N1
N1 N3

64. 64

65. 65

66. 66

67. 67

68. 68

69. 69

70. 70

71. 71

72. 72

73. 73

74. 74
IMAGEN ILUSTRATIVA(FUENTE: ELIAS
BELMONTE)
TEMA 2: PROPIEDADES MECANICAS DE LOS MATERIALES
1. ¿CUÁLES SON LOS OBJETIVOS DE ESTE TEMA?
El primero conocer las propiedades mecánicas de los materiales del solido
rígido deformable sometido a cargas externas.
El segundo conocer la Ley Hooke y Relación de Poisson que van a gobernar el
estudio mecánico del solido rígido deformable.
El tercer objetivo es aprender a determinar las Deformaciones Normales y
Transversales simples en las secciones de los sólidos rígidos deformable
debido a la presencia de tensiones normales y cortantes simples en las mismas,
garantizando que estas cumplan con las Hipótesis básicas, Propiedades
mecánicas de los materiales, Ley de Hooke y Relación de Poisson.
Y el ultimo pero no menos importante saber determinar cuáles van a ser las
Tensiones admisibles o de trabajo que debemos adoptar para determinar las
dimensiones del sólido para garantizar que no falle.
2.Introduccion
En esta unidad nos ocuparemos de estudiar los cambios de forma de los
materiales en otras palabras sus deformaciones y sus relaciones que existen
con las fuerzas y los esfuerzos (tensiones).
Se conocera las propiedades mecánicas de los materiales, leyes y relaciones,
que juntamente con las hipótesis Básicas planteadas nos darán la base para
estudio del comportamiento mecánico del Solido rígido deformable.
3.Deformacion Unitaria
Deformacion Unitaria Normales
Sea un elemento sometido a una fuerza normal como muestra la figura, el cual
se deforma de acuerdo con la Hipótesis de Bernoulli:
La deformación unitaria queda defina como la relación entre la deformación y la
longitud inicial.
ΔLN = Deformación Normal
L = Longitud Inicial del elemento
ε = Deformación Unitaria Normal
𝜀 =
Δ𝐿𝑁
𝐿
*
𝑐𝑚
𝑐𝑚

75. 75
ILUSTRACION FUENTE(ELIAS BELMONTE)
3.Deformacion Unitaria
Deformaciones Unitarias Transversales o Distorsión angular
Sea un elemento sometido su sección a una fuerza transversal
como muestra el esquema de la figura:
Aplicando la Hipótesis de Bernoulli para deformar el elemento
𝛾 =
Δ𝐿τ
𝐿
Δ𝐿τ=Deformacion normal
L= Longitud inicial del elemento
𝛾=Deformacion Unitaria Normal
4.LEY DE HOOKE
La Ley Hooke que dice que la
tensión es proporcional a la deformación unitaria, para que
sea igual debe existir una
constante de proporcionalidad, más conocida como módulo
de elasticidad. Este módulo representa la medida de rigidez
del material.
Para el esfuerzo normal 𝜎 ∝ 𝜀 → 𝜎 = 𝑬𝜀
Para el esfuerzo cortante 𝜏 𝛼 𝛾 → 𝜏 = 𝑮 𝛾
donde : E : Módulo de elasticidad longitudinal G: Módulo de
elasticidad transversal.
ILUSTRACION FUENTE(ELIAS BELMONTE)

76. 76
ILUSTRACION (FUENTE: BELMONTE ELIAS
4.LEY COMPLEMENTARIA DE HOOKE
Otra forma de ver expresada esta ecuación es de tal forma de relacionar la
deformación (ΔL) en función de la fuerza aplicada (N). Sabemos de las
anteriores secciones que, para esfuerzos normales, tenemos:
𝜎 =
𝑁1
𝐴⊥
,,,,,,,,,,,,,,,,(1)
𝜀 =
Δ𝐿𝑁
𝐿
,,,,,,,,,,,,,,,(2)
𝜎 = E ∗ 𝜀, , , , , , , , , , (3)
Reemplazando 1 y 2 en 3 tenemos:
Δ𝐿𝑁 =
𝑁∗𝐿
𝐸∗𝐴⊥
,,,,,,,,,,(Ley complementaria de Hooke para esfuerzos normales)
De Igual manera se puede deducir para el esfuerzo cortante quedando la
expresión de la siguiente manera:
Δ𝐿𝜏 =
𝑃∗𝐿
𝐺∗𝐴//
,,,,,,,,,,(Ley complementaria de Hooke para esfuerzos cortantes).
¿Qué es la deformación?
La deformación es producto de un esfuerzo en el elemento que produce
cambio de forma en el.
¿Qué es el desplazamiento?
El desplazamiento es producto del desplazamiento o deformación de otro
elemento que no necesariamente implica cambio de forma, sino movimiento
del elemento respecto a su posición original. Ver ejemplo a continuación:
El elemento (1) se
deforma(ΔL)
El elemento (2) se
desplaza(δ)

77. 77
5.Relación de Poisson
Otro tipo de deformación elástica que se produce en un sólido deformable es la
variación de las dimensiones transversales producto del sometimiento del mismo a una
fuerza de tracción o compresión axial. En efecto se comprueba experimentalmente que
si una barra se alarga por una tracción axial, sufre una reducción de sus dimensiones
transversales. Poisson, físico matemático francés comprobó en el año 1811 que debajo
del límite de proporcionalidad la relación entre la deformación unitaria longitudinal con
respecto a la deformación transversal es constante y la definió de la siguiente manera:
𝜇 = −
𝜀𝐲
𝜀𝑥
𝜀𝐲=deformación unitaria longitudinal
𝜀𝐱=deformación unitaria transversal
𝜇=Relacion de Poisson
ILUSTRACION (FUENTE:
BELMONTE ELIAS
Sabemos que la ley de Hooke
𝜎𝑥 = E ∗ 𝜀𝑥
𝜀𝑥=
𝜎𝑥
𝐸
De la relación de Poisson tenemos
𝜀𝐲 =-𝜀𝑥 ∗ 𝜇
Entonces:
𝜀𝐲 =-𝜀𝑥 ∗ 𝜇= -
𝜇
𝐸
* 𝜎𝑥

78. COMPENDIO DE
DEFORMACION.
ING. BELMONTE
ELIAS

79. 79

80. 1.PASO SE CALCULA EL AREA
80
𝐴 =
𝜋𝑑2
4
=
𝜋(14)2
4
𝐴 = 154 𝑚𝑚2
𝐴 = 1,54 𝑐𝑚2

81. 2.PASO SE CALCULA LAS TENSIONES NORMALES Y DEFORMACION
UNITARIA
81
N (Kg) ΔL (mm) σ=N/A (Kg/cm2
) ɛ=ΔL/L(mm/mm)
0,0 0,0000 0,00 0
930,0 0,0500 604,14 0,001
1490,0 0,2000 967,92 0,004
1770,0 0,3250 1149,81 0,0065
2240,0 0,6250 1455,13 0,0125
2520,0 1,0000 1637,02 0,02
2660,0 1,3300 1727,97 0,0266
2750,0 1,6800 1786,43 0,0336
2840,0 2,0000 1844,90 0,04
2860,0 2,3300 1857,89 0,0466
2890,0 2,6800 1877,38 0,0536
2840,0 3,0000 1844,90 0,06
2750,0 3,3300 1786,43 0,0666
2600,0 3,6800 1688,99 0,0736

82. 3.PASO SE GRAFICA LA CURVA : DIAGRAMA TENSION-
DEFORMACION
82

83. 4.PASO SE APROXIMA EL VALOR DE EL MODULO DE ELASTICIDAD
83
𝐸 =
604,14(
𝐾
𝐶𝑀2)
0,001
𝐸= 604140
𝐾
𝐶𝑀2

84. 84
5.SE CALCULA TENSION DE FLUENCIA
x y
0,002 -0,002
0,0025 302,0675
0,003 604,137
0,0035 906,2065
0,004 1208,276
0,0045 1510,3455
0,005 1812,415
𝜎𝑦 = → 0,002
y = 604139x-604139*0,002
-1208,28=604139*0,002
𝜎𝑓 = 910 𝐾𝑔/𝑐𝑚2

85. PASO 6. TENSION MAXIMA
85
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 1877,38 𝐾𝑔/𝑐𝑚2
DEL GRAFICO OBTENEMOS

86. PASO 7. TENSION ROTURA
86
DEL GRAFICO OBTENEMOS
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 1688,99 𝐾𝑔/𝑐𝑚2

87. 87

88. 1.PASO PARTE GEOMETRICA
88
Δ𝐿1 = Δ𝐿2
Ec. de Compatibilidad
2.PASO PARTE ESTATICA
DISCRETIZACION DEL E. ESTRUCTURAL
෍ 𝐹𝑉 = 0
𝑁1 + 𝑁2 − 𝑃 = 0
𝑁1 + 𝑁2 = 𝑃
𝑁1 + 𝑁2 = 1000
Ec. de Equilibrio Estatico
(1)

89. 3.PASO PARTE FISICA
89
𝜟𝑳 =
𝑵 ∙ 𝑳
𝑬 ∙ 𝑨
Δ𝐿1 =
𝑁1 ∙ 𝐿1
𝐸 ∙ 𝐴1
Δ𝐿1 =
2𝑁1
1 ∙ 106 ∙ 1.2
Δ𝐿2 =
𝑁2 ∙ 𝐿2
𝐸 ∙ 𝐴2
Δ𝐿2 =
𝑁2
1 ∙ 106 ∙ 0.8
BARRA 1 BARRA 2

90. 4.PASO PARTE FINAL
90
Δ𝐿1 = Δ𝐿2
2𝑁1
1 ∙ 106 ∙ 1.2
=
𝑁2
1 ∙ 106 ∙ 0.8
APLICANDO LA CONDICION DEL PROBLEMA
1.667𝑁1 − 1.25𝑁2 = 0 (2)
Se llega a un sistema de ecuaciones 1) y 2)
𝑁1 + 𝑁2 = 1000
1.667𝑁1 − 1.25𝑁2 = 0
𝑁1 = 428.571 𝐾 𝑇𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛
𝑁2 = 571.429 𝐾 𝑇𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛

91. 91
4.PASO PARTE FINAL
෍ 𝑀1 = 0
𝑃 ∙ ⅆ − 𝑁2 ∙ 3 = 0
ⅆ =
571.429 ∙ 3
1000
d= 1,714 m

92. 92

93. 93
N1=
2000
4
σ 𝑀𝐵 =0
N1(4)-2000(1)=0
N1=500 K
PASO 1. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL

94. 94
PASO 1. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL
-2*N2sen(30)-N1+P=0
-2*N2sen(30)-500k+4000k=0
N2=
3500𝑘
2𝑠𝑒𝑛(30)
N2=3500 K COMPRESIÓN
σ 𝑉=0
+

95. 95
PASO 2. DEFORMACIONES
Barra 1
N1
N1
L1=200
𝒄𝒎
ΔL=
𝑁∗𝐿
𝐸𝐴
ΔL1=
𝟓𝟎𝟎𝑲∗𝟐𝟎𝟎𝒄𝒎
𝟐∗𝟏𝟎𝟔 𝑲
𝒄𝒎𝟐∗𝟓𝒄𝒎𝟐
ΔL1=0,01cm
Alarga
Barra 2
30°
2 m
L2=
𝟐𝟎𝟎𝒄𝒎
𝒔𝒆𝒏(𝟑𝟎°)
= 4𝟎𝟎𝒄𝒎
ΔL=
𝑁∗𝐿
𝐸𝐴
ΔL2=
𝟑𝟓𝟎𝟎𝑲∗𝟒𝟎𝟎𝒄𝒎
𝟐∗𝟏𝟎𝟔 𝑲
𝒄𝒎𝟐∗𝟐𝒄𝒎𝟐
ΔL2=0,35cm Acorta

96. 96
PASO 3. DESPLAZAMIENTOS Cos(60°)=
ΔL2
δ𝑉
𝐸.
δ𝑽
𝑬
.=
ΔL2
Cos(60°)
=
𝟎,𝟑𝟓𝒄𝒎
Cos(60°)
=0,7 cm (Arriba)
δ𝑉
𝐴
.= δ𝑉
𝐸
.-ΔL1 …….1
δ𝑉
𝐴
.
4
=
δ𝐻
𝐶
.
2
δ𝑉
𝐴
. = 2δ𝐻
𝐶
.…….2
2δ𝐻
𝐶
. = δ𝑉
𝐸
.-ΔL1
δ𝐻
𝐶
. =
δ𝑉
𝐸
.−ΔL1
2
=
0,7 cm−0,01cm
2
δ𝐻
𝐶
. =0,345cm Para la derecha

97. 5.SEA LA ESTRUCTURA MOSTRADA EN LA FIGURA. CALCULAR:
a) EL DESPLAZAMIENTO VERTICAL DE LA
CAJA
97

98. PASO 1. SEPARAMOS LOS DATOS E INCOGNITAS
DATOS
𝑊𝑐𝑎𝑗𝑎 = 2000𝑘
E= 2*106 𝑘
𝑐𝑚2
A=1𝑐𝑚2
INCOGNITAS
δ𝑽(𝑪𝑨𝑱𝑨) =?
98

99. PASO 2. SE ANALIZARA CADA PARTE DEL CABLE
99
parte 1 del cable
parte 2 del cable
parte 3 del cable

100. PASO 3. DISCRETIZACION DE EL ELEMENTO ESTRUCTURAL PARA CALCULO DE
FUERZAS NORMALES INTERNAS
100
PARA LA PARTE 3
DEL CABLE
σ 𝐹𝑌 = 0 (+)
2𝑁3sen75º-2000=0
𝑁3=1035,3 k (tracción)

101. Analisis para la parte 2 y parte 1 del cable
101
σ 𝐹𝑌 = 0 (+)
−2𝑁3sen75º+ 𝑁2 =0
𝑁2=2000 k (tracción)
𝑁2= Normal en la parte 2 del
cable
𝑁1= Normal en la parte 1 del
cable
𝑃𝐴𝑅𝑇𝐸 2 𝐷𝐸𝐿 𝐶𝐴𝐵𝐿𝐸 𝑃𝐴𝑅𝑇𝐸 1 𝐷𝐸𝐿 𝐶𝐴𝐵𝐿𝐸
𝑁1= 𝑁2

102. PASO 4. DEFORMACION EN EL CABLE
102
PARA LA 1ERA PARTE DEL CABLE
Δ𝐿1=
2000𝐾∗310𝑐𝑚
2∗106 𝑘
𝑐𝑚2∗1𝑐𝑚2
Δ𝐿1=0,31 cm (alarga)
Cos15º=
3𝑚
𝐿1
𝐿1=3,1m=310 cm
Δ𝐿1=
𝑁∗𝐿
𝐸∗𝐴

103. PARA LA PARTE 2 DEL CABLE
Δ𝐿2=
2000𝐾∗90𝑐𝑚
2∗106 𝑘
𝑐𝑚2∗1𝑐𝑚2
Δ𝐿2=0,09 cm
(alarga)
103
PARA LA PARTE 3 DEL CABLE
Δ𝐿3=
1035,3𝐾∗93𝑐𝑚
2∗106 𝑘
𝑐𝑚2∗1𝑐𝑚2
Δ𝐿3=0,048 cm
(alarga)
SEN75=
0,9 𝑚
𝐿3
𝐿3=0,93 m=93 cm

104. PASO 5. CALCULO DE DESPLAZAMIENTO
104
SISTEMA EN ESTADO SIN
DEFORMAR
SISTEMA EN ESTADO
DEFORMADO 1

105. PASO 6. ANALIZAMOS LA PARTE 3 DEL CABLE
105
SISTEMA EN ESTADO
DEFORMADO 2.
Sen75=
Δ𝐿3
δ𝑐−3
δ𝑐−3 =
0,048
𝑠𝑒𝑛 75
δ𝑐−3=0,0496cm

106. PASO 7. OBTENEMOS LA ECUACION DE COMPATIBILIDAD DE
DEFORMACION. Y RESPONDEMOS
106
δ𝑣(𝑐𝑎𝑗𝑎) = δ𝑐−1+ δ𝑐−2)+ δ𝑐−3 = 0,31𝑐𝑚 + 0,09𝑐𝑚 + 0,0496𝑐𝑚
δ𝑣(𝑐𝑎𝑗𝑎) = 0,4496𝑐𝑚 𝑅𝑃𝑇𝐴: 𝐿𝑎 𝑐𝑎𝑗𝑎 𝑠𝑒 ⅆ𝑒𝑠𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜 0,45 𝑐𝑚
SISTEMA EN ESTADO SIN
DEFORMAR.

107. 107

108. 108
PASO 1. SE CALCULA DEFORMACIONES
TRAMO A-B
Δ𝐿𝑎−𝑏 =
𝑁𝑎−𝑏 ∗ 𝐿
𝐸 ∗ 𝐴a−b
Δ𝐿𝑎−𝑏 =
20000 ∗ 300
2 ∗ 106 ∗ (20 ∗ 20)
acorta
Δ𝐿𝑎−𝑏 = 7,5 ∗ 10−3
𝑐𝑚
TRAMO B-C

109. 109
Δ𝐿𝑏−𝑐=
𝑁b−𝑐
𝐸
‫׬‬
0
𝐿 𝑑𝑥
𝜋∗𝑟2
𝑟=
𝑟2−𝑟1
𝐿
𝑥 + 𝑟1
Δ𝐿𝑏−𝑐=
𝑁b−𝑐
𝐸∗𝜋
‫׬‬
0
𝐿 𝑑𝑥
(
𝑟2−𝑟1
𝐿
𝑥+𝑟1)2
𝐶𝐴𝑀𝐵𝐼𝑂 𝐷𝐸 𝑉𝐴𝑅𝐼𝐴𝐵𝐿𝐸
u=
𝑟2−𝑟1
𝐿
𝑥 + 𝑟1 du=
𝑟2−𝑟1
𝐿
dx
dx=
𝐿
𝑟2−𝑟1
du
Δ𝐿𝑏−𝑐=
𝑁b−𝑐
𝐸∗𝜋
‫׬‬
0
𝐿
𝐿
𝑟2−𝑟1
du
(u)2
Δ𝐿𝑏−𝑐=
𝑁b−𝑐
𝐸∗𝜋
∗
𝐿
𝑟2−𝑟1
‫׬‬
0
𝐿 du
(u)2
PASO 1. SE CALCULA DEFORMACIONES

110. 110
TRAMO B-C TRAMO C-D
PASO 1. SE CALCULA DEFORMACIONES

111. 111
PASO 2. SE CALCULA DESPLAZAMIENTOS

112. 112

113. 113
PASO 1. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL PARA CALCULAR
LAS NORMALES
+∑MB= 0
2000*(3)*(0,5) – N1*(2) = 0
N1 = 𝟑𝟎𝟎𝟎 / 𝟐
N1 = 1500 kg (TRACCIÓN)
SISTEMA 1

114. 114
SISTEMA 2
+∑ME = 0
-N1*(4) + 6000-N2*sen(20)*(2)= 0
-1500*(4) + 6000 -N2*sen(20)*(2)= 0
N2 = 0 kg (COMPRESION)
PASO 1. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL PARA CALCULAR
LAS NORMALES

115. 115
PASO 2. SE CALCULA DEFORMACIONES
Δ𝐿1 =
𝑁1∗𝐿1
𝐸1∗𝐴1
Δ𝐿1 =
1500 ∗ 280
5 ∗ 2 × 106
Δ𝐿1 = 𝟎, 𝟎𝟒𝟐𝐜𝐦 Alarga
BARRA 2
“La barra 2 no sufre
deformación”
Δ𝐿2 =
𝑁2∗𝐿2
𝐸2∗𝐴2
Δ𝐿2 = 0 CM

116. 116
PASO 3. SE CALCULA DESPLAZAMIENTOS
RELACION DE
TRIANGULOS
tan 𝛼 =
𝛿𝑣𝐴
1𝑚
tan 𝛼 =
𝛿𝑣𝐶
2𝑚
𝛿𝑣𝐴
1𝑚
=
𝛿𝑣𝐶
2𝑚
𝛿𝑣𝐴 =
𝛿𝑣𝐶
2𝑚
∗ 1𝑚
𝛿𝑣𝐴
=
0,042
2𝑚
∗ 1𝑚
𝛿𝑣𝐴
=0,021 cm

117. 117

118. 118
PASO 1. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL PARA CALCULO
DE NORMALES
Σ𝑀𝐵 = 0 +
1000𝐾𝑔∗𝑚 −𝑁𝐶𝐸 (3)+2000(3𝑎)=0
𝑁𝐶𝐸 =
17000
3
𝑁𝐶𝐸 = 5 666.67 𝐾𝑔 Tracción
Nudo E
Σ𝐹𝑣 = 0 +
-5 666.67 + 5000 + 𝑁𝐸𝐹 = 0
𝑁𝐹 = 666.67 Kg

119. 119
Nudo F
2 ∗ 𝑁𝐺𝐹𝐶𝑜𝑠 30 − 𝑁𝐸𝐹 = 0
𝑁𝐺𝐹 =
𝑁𝐸𝐹
2 ∗𝐶𝑜𝑠 (30)
=
666.67 𝐾𝑔
2 ∗𝐶𝑜𝑠 (30)
𝑁𝐺𝐹 = 384.90 𝐾𝑔 Compresión

120. 120
PASO 2. SE CALCULA DEFORMACIONES
Barra C-E
NCE
NCE
200 cm
∆𝐿𝐶𝐸=
𝑁𝐶𝐸∗𝐿𝐶𝐸
𝐸∗𝐴𝐶𝐸
=
5666.67 ∗200
2𝑥106 ∗4
∆𝐿𝐶𝐸= 0.142 𝑐𝑚2 (ALARGA)
Barra E-F
NEF
NEF
100 cm
∆𝐿𝐸𝐹=
𝑁𝐸𝐹∗𝐿𝐸𝐹
𝐸∗𝐴𝐸𝐹
=
666.67 ∗100
2𝑥106 ∗6
∆𝐿𝐸𝐹= 5.56𝑥10−3
𝑐𝑚2

121. 121
Barra G-F
30º
NGF
NGF
100 cm
LGF
cos 30𝑜 =
100
𝐿𝐺𝐹
𝐿𝐺𝐹 =
100
cos 30𝑜
∆𝐿𝐺𝐹=
𝑁𝐺𝐹∗𝐿𝐺𝐹
𝐸∗𝐴𝐺𝐹
=
384.90 ∗
100
cos 30𝑜
2𝑥106 ∗4
∆𝐿𝐺𝐹= 5.56𝑥10−3
𝑐𝑚2
Acorta
PASO 2. SE CALCULA DEFORMACIONES

122. 122
PASO 3. DESPLAZAMIENTOS
cos 30𝑜 =
∆𝐿𝐺𝐹
𝛿𝐹
𝑉
𝛿𝐹
𝑣
=
∆𝐿𝐺𝐹
cos 30
=
5.56𝑥10−3
cos 30
= 6.42𝑥10−3
cm
𝛿𝐸𝐹
𝑣
= 6.42𝑥10−3+ 5.56𝑥10−3
𝛿𝐸𝐹
𝑣
= 0.01198 cm
𝛿𝐶
𝑣
= 0.01198+ 0.142
𝛿𝐶
𝑣
= 0.154 cm

123. 123
𝛿𝐴
𝑣
1
=
𝛿𝐶
𝑣
3
𝛿𝐶
𝑣
3
=
𝛿𝐷
𝑣
4
𝛿𝐴
𝑣
= 0.0513 m
𝛿𝐷
𝑣
= 0.2053 m
PASO 4. PARTE FINAL
𝛿𝐴
𝑣
=
0.154 cm
3
Arriba
Abajo

124. 124

125. 125
PASO 1. DISCRETIZACION DEL ELEMENTO ESTRUCTURAL PARA CALCULO DE
NORMALES
NUDO B 𝛴 FH = 0 -> (+)
N3sen(45°) - N2sen(20°) = 0
𝛴 FV = 0 (+)
6000 - N3cos(45°)- N2cos(20°) = 0
N3cos(45°)+N2cos(20°) = 6000
RESOLVIENDO EL SISTEMA DE 2 ECUACIONES.
N2 = 4681,236 kg (TRACCIÓN)
N3 = 2264,264 kg (TRACCIÓN

126. 126
PASO 2. ANALIZAMOS BARRA POR BARRA.
NUDO B BARRA 2
BARRA 3
N3
N2
N2
N3
N2 20 45°
P1
N2 = 4681,236 kg
(TRACCIÓN)
N3 = 2264,264 kg
(TRACCIÓN)
NUDO D
𝛴 FH = 0 -> (+)
N2 - N1 = 0
N2 = N1
N1= 4681,236 kg (tracción)

127. 127
PASO 2. ANALIZAMOS BARRA POR BARRA.
BARRA 1
N1
N1= 4681,236 kg (Tracción)
NUDO C
P2
N3 N4
𝛴 FH = 0 ->(+)
8000 - N4 - N3 = 0
N4 = N3 - 8000
N4 = 2264.264 - 8000
N4 = 5735.736 kg (Compresión)

128. 128
PASO 3. SE CALCULA DEFORMACIONES
BARRA 2
N2
N2
N2 = 4681,236 kg (TRACCIÓN)
Cos(20º)= 2/L2
L2= 2/Cos(20º)
L2=2,12 m
Δ𝐿2 =
4681
2 × 106
212
6
𝛥𝐿2 =0.082 cm (ALARGA)

129. 129
Cos(20º)= 2/L1
L1= 2/Cos(20º)
L1= 2,12 m
Δ𝐿1 =
4681
2 × 106
212
12
Δ𝐿1 = 0,041 𝑐𝑚
PASO 3. SE CALCULA DEFORMACIONES

130. 130
BARRA 3
N3
N3 = 2264,264 kg (TRACCIÓN) 45°
1 m
L3
Sen(45º)= 1/L3
L3= 1/Sen(245º)
L3=1,41 m
Δ𝐿3 =
2264,264 kg
2 × 106
141 𝑐𝑚
6
Δ𝐿3 = 0,026 cm (ALARGA)

131. 131
BARRA 4
N4 = 5735.736 kg (Compresión) Sen(45º)= 2/L4
L4= 2/Sen(245º)
L4=2,82 m
Δ𝐿4 =
5735.736 kg
2 × 106
282 𝑐𝑚
6
Δ𝐿4 = 0,134 cm

132. 132
PASO 4. SE CALCULA DESPLAZAMIENTOS
∆L1 = 0.041 cm (ALARGA)
∆L2 = 0.082 cm (ALARGA)
∆L1-2 = 0.041 + 0.082
∆L1-2 = 0.123 cm (ALARGA)
∆L3 = 0,026 cm (ALARGA)
∆L4 = 0.134 cm (ACORTA)
∆L3-4 = 0.134 - 0.026
∆L3-4 = 0.107 cm (ACORTA)

133. 133
PASO 5. PARTE FINAL
BARRA 1-2
∆L1-2 = 0.123 cm (ALARGA)
∆L1-2 = a + b
Sen (20º)=
a
δH
a = Sen(20º)*(δH)
Cos (20º)=
b
δv
b = Cos(20º)*(δv)
∆L1-2 = a + b , Reemplazo el valor de a y b
∆L1-2 = Sen(20º)*(δH) + Cos(20º)*(δv) (1)

134. 134
PASO 5. PARTE FINAL
BARRA 3-4 ∆L3-4 = 0.107 cm (ACORTA)
∆L3-4 = a - b
a = Sen(45º)*(δH) b = Cos(45º)*(δv)
∆L3-4 = Sen(45º)*(δH) - Cos(45º)*(δv)
0,107 = Sen(45º)*(δH) - Cos(45º)*(δv) (2)

135. 135
0.123 = Sen(20º)*(δH) + Cos(20º)*(δv) (1)
0.107 = Sen(45º)*(δH) - Cos(45º)*(δv) (2)
δH = 0,206 cm
δv= 0,055 cm
PASO 6. RESOLVIENDO EL SISTEMA DE ECUACIONES

136. 136
TEMA 3: TENSIONES Y DEFORMACIONES NORMALES SIMPLES
EN SISTEMAS HIPERESTÁTICOS
1. ¿CUÁLES SON LOS OBJETIVOS DE ESTE TEMA?
1.El primero es conocer a qué clase de estructuras se denomina sistemas estructurales Hiperestáticos y su
importancia de su estudio en el análisis Estructural.
2. Conocer una metodología para resolver sistemas hiperestáticos para conocer las Tensiones y deformaciones
simples de los distintos elementos que componen el sistema.
3. Aprender a analizar sistemas hiperestáticos sometidos a cargas externas, errores de montaje o variaciones
de temperatura; determinando sus fuerzas internas, tensiones, deformaciones normales simples en cada uno
de sus distintos elementos y el desplazamiento del sistema.
4. Conociendo sus materiales, propiedades, tensiones y deformaciones normales de los distintos elementos
que componen el sistema hiperestático, tenemos que saber dimensionar las secciones necesarias de los
mismos.
5. Analizar las tensiones y deformaciones en cilindros de pared delgada, sometidos a presión.
2. PERO ¿QUÉ ES UN SISTEMA HIPERESTATICO?
Un sistema hiperestático o estáticamente indeterminado son aquellos sistemas estructurales que tienen mayor
cantidad de elementos y soportes de sustentación que los necesarios para mantener su equilibrio estático del
sistema estructural, hay que aclarar que estos elementos adicionales llamados vínculos superfluos no
garantizan el equilibrio estático de una estructura, si no vienen dados por exigencias de rigidez (deformación),
resistencia y dimensiones de los elementos. Se los conoce también como Sistemas estáticamente
Indeterminados porque no es posible determinar las fuerzas internas de los elementos que componen el
sistema tan solo con las Ecuaciones de Equilibrio que nos brinda la estática y es necesario conocer las
Ecuaciones de Compatibilidad de deformación.

137. 137
ILUSTRACION (FUENTE:ELIAS
BELMONTE)
GRADO DE HIPERESTATICIDAD
1. El grado de hiperestaticidad de un sistema estructural lo determina el número de
vínculos superfluos o elementos en exceso que tenga. Se consideran estáticamente determinados un sistema
de barras si en cualquier nudo existen como máximo dos barras incógnitas, cada barra adicional representa un
grado de Hiperestaticidad

138. 138
3. Metodología de solución
En general, para dar solución a un sistema hiperestático se debe seguir los siguientes
pasos que por su importancia los describimos como partes:
a) Parte geométrica
Se propone como se deforma el conjunto los elementos (barras) incógnitas que
componen el sistema estructural partiendo de la condición que las deformaciones de las
barras incógnitas tienen una relación geométrica lineal.
Se denomina Ecuaciones de Compatibilidad de Deformación.
El número de estas ecuaciones que se deben plantear esta en función del grado de
hiperestaticidad del sistema, si es de primer grado se planteara una, si es de segundo
grado se plantearan dos y así sucesivamente.
1) Se dibuja un diagrama de cuerpo libre mostrando todos sus elementos incognitos en un estado no
deformado (Estado inicial).
2) Se propone un diagrama de cuerpo libre deformado (Estado final) asumiendo que las deformaciones de
las barras incógnitas (alargamiento o acortamiento), que están regidos por medio de un comportamiento
geométrico lineal de deformación de las barras incógnitas, y haciendo cumplir las restricciones de
movimientos de los apoyos, articulaciones y barras rígidas planteamos la Propuesta Final de deformación
de la estructura.
3) Por medio de comparaciones geométricas entre las deformaciones incógnitas se propone relaciones
lineales entre ellas, denominadas Ecuaciones de Compatibilidad de Deformación.
4) En la propuesta de deformación se deben definir si se alarga o se acorta las barras que intervienen en la
Ecuación de compatibilidad de deformación, de esta definición determinara los sentidos de las fuerzas
internas de las barras incógnitas.

139. 139
3. Metodología de solución
En general, para dar solución a un sistema hiperestático se debe seguir los siguientes
pasos que por su importancia los describimos como partes:
b) Parte Estatica
Partiendo del conocimiento de la Propuesta de deformación (alargamientos, acortamientos de
las barras incógnitas), adoptamos el sentido de las fuerzas internas de las barras incógnitas y
mediante las ecuaciones que nos brinda la estática construimos relaciones de equilibrio que
nos vinculan las fuerzas internas. Llamadas Ecuaciones de Equilibrio Estático.
E=F(𝑵𝒊)
c) Parte Fisica
Son las ecuaciones que relaciona para cada elemento isostático incognito que compone el
sistema estructural hiperestático, las deformaciones propuestas (Parte Geométrica), con las
fuerzas que las ocasionan (Parte estática), mediante la Ley de Hooke más conocidas como
Ecuaciones Físicas.
Δ𝐿1=
𝑵𝒊∗𝑳𝒊
𝑬𝒊∗𝑨𝒊
(Ecuación para cada elemento incognito)
d) Parte final
Una vez planteadas los tres grupos de ecuaciones (Ecuaciones. de Compatibilidad, Equilibrio
y Física), se procede a conformar un sistema de ecuaciones y resolverlas por cualquier
método, obteniendo las incógnitas deseadas.

140. 140
4.Problemas debido a error de montaje
Son aquellas tensiones que aparecen en los sistemas estructurales debido a la
aplicación de una fuerza momentánea para corregir algún error de dimensión que
haya tenido alguno de los elementos, producto de una falla en la fabricación de
estos, es bueno aclarar que este error de dimensión debe ser pequeño en
relación a las dimensiones del elemento a corregir.
Existen dos posibilidades si deseamos corregir el error de dimensión de la barra
central de la cercha metálica mostrada en la figura:
• fabricar otra barra con la dimensión correcta.
• Aplicar una fuerza momentánea de tal forma de deformar la barra hasta ponerla
en su sitio. El caso que nos interesa es el segundo ya que nos ahorraríamos el
costo y el trabajo de fabricar otra barra, pero este caso produce esfuerzos en las
demás barras del sistema, siendo necesario verificar estas tensiones de tal
manera de asegurar que no fallen producto de la corrección realizada. En este
inciso se aprenderá a calcular dichas tensiones, para lograr este objetivo
procederemos a analizar los sistemas estructurales que tengan error de montaje
en alguno de sus elementos siguiendo la metodología aprendida en el inciso
anterior.
ILUSTRACION(FUENTE:BELMONTE
ELIAS)

141. 141
5. Problemas debido a la variación de temperatura
La mayor parte de los materiales usados en la Ingeniería debido a las variaciones de temperatura sufren
cambio de sus dimensiones. Si la temperatura aumenta el material se dilata o se alarga, mientras que, si
la temperatura disminuye, el material se contrae o se acorta. Si el material es homogéneo y isótropo, se
ha encontrado que la deformación de un elemento debido a la variación de la temperatura viene dada por:
𝛿𝑡 = 𝛼 Δ𝑇 𝐿
COEFICIENTE DE DILATACION

142. 142
PROBLEMAS DEBIDO A LA VARIACIÓN DE TEMPERATURA
EN ISOSTATICOS
En los sistemas estáticamente determinados se dejan deformar libremente los
elementos debido al cambio de temperatura (Δt), este efecto no produce
tensiones o esfuerzos en los elementos.
EN HIPERESTATICOS
En cambio en sistemas estáticamente indeterminados las deformaciones
debido a la variación de temperatura suelen estar restringidos parcial o
totalmente, como resultado de ello aparecen fuerzas internas que
contrarrestan parcial o totalmente, estas deformaciones. Las tensiones
originadas por estas fuerzas internas se las llama tensiones o esfuerzos
térmicos. La determinación de las tensiones térmicas puede efectuarse
usando la metodología delineados anteriormente,
la única salvedad es que en la parte geométrica se debe incluir un estado de
deformación producido por la variación térmica dejando al elemento deformar
libremente por la variación de temperatura de tal forma que el efecto de
contrarrestar esta deformación sea la que ocasiona tensión
EN ISOSTATICOS
EN HIPERESTATICOS (FUENTE:ELIAS BELMONTE)

143. 143
Pi = Presión interna
σa = Tension anular
σL =TensionLongitudinal
6. Tensiones y deformaciones en cilindros de pared delgada
Condición para ser considerado cilindro de pared delgada
𝑟
10
≥ 𝑡
delgada donde:
r = radio generador
t = espesor de la pared delgada. Si tenemos cualquier cilindro sometido a una presión interna (Pi),
esta produce Tensiones Normales en la pared delgada como muestra la figura:
Debido a que partimos de la condición que el cilindro es de pared delgada, podemos realizar el
estudio tensional de forma unidimensional. Estudiaremos dos tipos de cilindros de pared delgada.
a) Cilindros generados por un radio de curvatura
b) b) Cilindros genreados por dos rádios de curvatura.

144. 144
A) CILINDROS DE UN RADIO DE CURVATURA
Tensiones:
a) Tensión Anular
𝜎𝑎 =
𝑃𝑖⋅𝑟
𝑡
(Ecuación que gobierna Las tensiones anulares
en paredes delgadas de cilindros de un radio de curvatura.)
b) Tensión longitudinal
𝜎𝑳 =
𝑃𝑖⋅𝑟
𝑡
(Ecuación que gobierna las tensiones
longitudinales en paredes delgadas de cilindros de un radio
de curvatura)
TENSION ANULAR
TENSION LONGITUDINAL

145. 145
B)DEFORMACIONES
Δ𝐿𝑎 =
𝑃𝑖 ∗ 𝑟2
∗ 2 ∗ π
𝑡 ∗ 𝐸
Δ𝐿𝐿 =
𝑃𝑖 ∗ 𝑟 ∗ 𝑃𝑖
2𝑡 ∗ 𝐸
c)CILINDRO CON DOS RADIOS DE CURVATURA
𝑃𝑖
𝑡
=
𝜎1
𝑟1
=
𝜎2
𝑟2
(Ecuación que gobierna las tensiones en cilindros de pared delgada con
dos radios de curvatura).
CILIINDROS CON DOS RADIOS DE
CURVATURA(FUENTE: ELIAS
BELMONTE)

146. EJERCICIOS DE
SISTEMAS
HIPERESTATICOS

147. 147

148. 148
𝛿𝑉
𝐵
𝑆𝑣
𝐵
=
𝛥𝐿3
cos 45
𝜃
𝜃= 45°
D’
D
EF
A’
A
△ 𝐿1
⋇
△ 𝐿4
⋇∗
B
B’
C
C’
a a
𝑆𝑣
𝐴
3a
PASO 1. PARTE GEOMETRICA Por relación de triángulos
𝛥𝐿∗∗ − 𝛿𝑣
𝐵
3𝑎
=
𝛥𝐿∗ − 𝛿𝑉
𝐵
4𝑎
4𝛥𝐿∗∗ −
4Δ𝐿3
cos 45
= 3Δ𝐿∗ −
Δ𝐿3
cos 45
Ecc. De compatibilidad
También:
𝛿𝑉
𝐵
− 𝛿𝑉
𝐴
𝑎
=
Δ𝑙⋇⋇
− 𝛿𝑉
𝐴
4𝑎
=
Δ𝑙⋇
− 𝛿𝑉
𝐴
5𝑎
Propuesta :
△ 𝑙3= 𝑎𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎 ⟹ 𝑁3 = 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒
△4
⋇⋇
= 𝑎𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎 ⟹ 𝑁4 = 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒
△1
⋇
= 𝑎𝑙𝑎𝑟𝑔𝑎 ⟹ 𝑁1 = 𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎

149. 149
PASO 2. PARTE ESTATICA
+ σ𝑴𝑫 = 𝟎
𝑁3 ∗ cos 45 ∗ 4a + 𝑁4 ∗ a − 2000 ∗ 5a ∗ 2,5 = 0 ∗
1
a
2 2 ∗ 𝑁3 + 𝑁4 = 25000 (2a)
σ𝑭𝑽 = 𝟎
𝑁3 ∗ cos 45 + 𝑁4 + 𝑁1 − 2000 ∗ 5 = 0
2
2
∗ 𝑁3 + 𝑁4 + 𝑁1 = 10000 (2b)
+

150. 150
PASO 3. PARTE FISICA
Barra 3
𝑁1
△ 𝑙3=
𝑁3 ∗ 𝑙
𝐸 ∗ 𝐴3
𝑙 =
100𝑐𝑚
cos 45
△ l3=
N3 ∗ 100cm
E ∗ 2A ∗ cos 45
Acorta
Barra 4
𝑁4
𝑁4
△ 𝑙4=
𝑁4 ∗ 𝑙
𝐸 ∗ 𝐴4
△ 𝑙4=
𝑁4 ∗ 100𝑐𝑚
𝐸 ∗ 2𝐴
Acorta
Barra 5
𝑁4
p 𝑁5
𝑁4
1m
σ𝑭𝑽 = 𝟎
𝑁5 − 𝑁4 + p=0
𝑁5 =𝑁4 − p
△ 𝑙5=
(𝑁4 − 𝑝) ∗ 𝑙
𝐸 ∗ 𝐴5
△ 𝑙5=
(𝑁4 − 𝑝) ∗ 100𝑐𝑚
𝐸 ∗ 2𝐴
Acorta

151. 151
Barra 1
𝑁1
𝑁1
△ 𝑙1=
𝑁1 ∗ 𝑙
𝐸 ∗ 𝐴1
△ 𝑙1=
𝑁1 ∗ 300𝑐𝑚
𝐸 ∗ 2𝐴
Alarga
Nudo E
𝑁2
𝑁1
σ𝑭𝑽 = 𝟎
−𝑁1 + 2𝑁2 ∗ cos 30 =0
𝑁2 =
𝑁1
2 ∗ cos 30
Barra 2
1m
𝑁2
𝑙 =
100𝑐𝑚
cos 30
𝑁2
△ 𝑙2=
𝑁2 ∗ 𝑙
𝐸 ∗ 𝐴2
△ 𝑙2=
𝑁1 ∗ 100𝑐𝑚
𝐸 ∗ 2𝐴 ∗ cos 302
Acorta

152. 152
CALCULO DE DESPLAZAMIENTO ∆𝐋 ∗
𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟎 =
∆𝐋𝟐
𝐒𝐯
𝑬
𝐒𝐯
𝑬
=
∆𝐋𝟐
cos 𝟑𝟎
Alarga ∆𝐋∗
=
∆𝐋𝟐
cos 30
+ ∆𝐋𝟏
3b
∆𝐋 ∗=
𝐍𝟏 ∗ 𝟏𝟎𝟎
𝟐 ∗ 𝐄 ∗ 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟎𝟑 ∗ 𝐀
+
𝐍𝟏 ∗ 𝟑𝟎𝟎
𝐄 ∗ 𝟐𝐀

153. 153
CALCULO DE DESPLAZAMIENTO ∆𝐋 ∗ ∗
∆𝐋𝟓
5
4
∆𝐋𝟒
∆𝐋𝟓
C'
C"
O'
O
C
C
P
𝐒𝐯
𝑪
= ∆𝐋𝟓 + ∆𝐋𝟒
3c
∆𝐋 ∗∗=
(𝐍𝟒−𝐏) ∗ 𝟏𝟎𝟎
𝐄 ∗ 𝟐𝐀
+
𝐍𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟎
𝐄 ∗ 𝟐𝐀
∆𝐋 ∗∗= ∆𝐋𝟓 + ∆𝐋𝟒

154. 154
PASO 4. PARTE FINAL 3a, 3b, 3c en 1
4∆L ∗∗ −
4∆L3
cos 45
− 3∆L ∗∗ +
3∆L3
cos 45
= 0
4∆L ∗∗ −
∆L3
cos 45
− 3∆L ∗∗= 0
4 N4 ∗ 3000 ∗ 100
E ∗ 2A
+
4N4 ∗ 100
E ∗ 2A
−
N3 ∗ 100
E ∗ 2A cos 452
−
3N1 ∗ 100
2E cos 303 ∗ 𝐴
−
N1 ∗ 300
E ∗ 2A
= 0
400N4 − 300000
2
+
400N4
2
−
100N3
2 cos 452
−
300N1
2 cos 303
−
N1 ∗ 300
E ∗ 2A
= 0
200N4 − 15000 + 200N4 − 100N3 − 380,94N1 = 0
−380,94N1 − 100N3 + 400N4 = 15000 4

155. 155
Sistema de Ecc. 4,2a 𝑌 2b
-380,94 𝑁1 − 100 𝑁3 + 400 𝑁4 = 150000
0 𝑁1 + 2 2 𝑁3 + 𝑁4 = 25000
𝑁1 +
2
2
𝑁3 + 𝑁4 = 10000
𝑁1 = 1188,763 k tracciona
𝑁3 = 7631,456 k comprime
𝑁4 = 3414,980 𝑘 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒)
𝛿𝑉
𝐵
− 𝛿𝑉
𝐴
𝑎
=
Δ𝑙⋇⋇
− 𝛿𝑉
𝐴
4𝑎
4∆L3
cos 45
− 4𝛿𝑉
𝐴
=
𝑁4−𝑝 ∗ 100
𝐸 ∗ 2𝐴
+
𝑁4∗ 100
𝐸 ∗ 2𝐴
− 𝛿𝑉
𝐴
• △ 𝑙 ∗= 0,0282𝑐𝑚 𝑎𝑙𝑎𝑟𝑔𝑎
• △ 𝑙 ∗∗
= 0,0201𝑐𝑚 (𝑎𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎)
Reemplazo 𝛿𝑉
𝐴
= 0,10 cm en 5
A= 4,768𝒄𝒎𝟐

156. 156

157. 157
PASO 1. SE HACE UN PRIMER CORTE
a a'
3,60 m
1,20
m
A1 = 360cm * 120cm
A1 = 43200 𝑐𝑚2
A2 = [2(360-2t)+2(120-2t)]*t
A2 = (720-4t+240-4t)*t
A2 = 960t - 8𝑡2 c𝑚2
120 cm

158. 158
෍ 𝐹𝑣 = 0
 * A2 = Pi * A1
1200
𝐾𝑔
𝑐𝑚2*(960t-8𝑡2) = 15
𝐾𝑔
𝑐𝑚2* 43200
1152000t - 9600𝑡2 = 648000
9600𝑡2
-1152000t + 648000 = 0
t = 119,435cm = 1,19 m
t = 0,565cm = 0,0056 m
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝐹𝐿
𝐴⊥
𝑞𝑖 =
𝐹𝑖
𝐴𝑃
SE CALCULA EL ESPESOR 2 PASO. SE HACE 2º CORTE
𝐴𝑅𝐸𝐴𝑆
A1 = 120cm * 180cm
A1 = 21600 c𝑚2
A2 = [2(120-2t)+2(180-2t)]*t
A2 = (240-4t+360-4t)*t
A2 = 600t - 8𝑡2
c𝑚2

159. 159
෍ 𝐹𝑣 = 0
 * A2 = Pi * A1
1200
𝐾𝑔
𝑐𝑚2*(600t-8𝑡2
) = 15
𝐾𝑔
𝑐𝑚2* 21600
720000t - 9600𝑡2 = 324000
9600𝑡2
-720000t + 324000 = 0
t = 74,5473cm = 0,74 m
t = 0,4527cm = 0,0045 m
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝐹𝐿
𝐴⊥
𝑞𝑖 =
𝐹𝑖
𝐴𝑃
SE CALCULA EL ESPESOR 3 PASO. SE HACE 3º CORTE
1,80 m
A1 = 360cm * 180cm
A1 = 64800 𝑐𝑚2
A2 = [2(360-2t)+2(180-2t)]*t
A2 = (720-4t+360-4t)*t
A2 = 1080t - 8𝑡2
c𝑚2

160. 160
SE CALCULA EL ESPESOR
෍ 𝐹𝑣 = 0
 * A2 = Pi * A1
1200
𝐾𝑔
𝑐𝑚2*(1080t-8𝑡2) = 15
𝐾𝑔
𝑐𝑚2* 64800
1296000t - 9600𝑡2 = 972000
9600𝑡2-1296000t + 972000 = 0
t = 134,246cm = 1,34 m
t = 0,754cm = 0,0075 m
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝐹𝐿
𝐴⊥
𝑞𝑖 =
𝐹𝑖
𝐴𝑃
4. RESPUESTA
t = 0,754cm = 0,0075 m
t = 0,4527cm = 0,0045 m
t = 0,565cm = 0,0056 m
t = 0,0075 m
ELIJO EL MAYOR

161. 161

162. 162
PASO 1. PARTE GEOMETRICA 2a
2a
β
Tan(β)=
𝟐𝒂
𝟐𝒂
=1
β=45°
X= 𝟒𝒂𝟐 + 𝟒𝒂𝟐
X=2 𝟐a
2a
δ-ΔL1*
β
Cos(45°)=
δ−ΔL1∗
δ𝟎
δ𝟎 =
δ−ΔL1∗
Cos(45°)
δ 𝑣
3
Cos(45°)=
ΔL3
δ 𝑣
3
δ 𝑣
3
=
ΔL3
Cos(45°)
δ𝟎
𝒙
=
δ 𝑣
3
𝟒𝒂
δ−ΔL1∗
Cos(45°)
2 𝟐a
=
ΔL3
Cos(45°)
𝟒𝒂
𝟐ΔL3+2ΔL1∗ = 𝟏, 𝟐 ….. 1
Ec. de compatibilidad de
deformación

163. 163
PASO 2. PARTE ESTATICA
2a
45°
4a
N1*
N3
σ 𝑴𝑩 =0
+
-
(2a)N1*+(N3sen45)(4a)=0
2(N3sen45)-N1*=0……2
Ecuación de equilibrio estático

164. 164
PASO 3. PARTE FISICA
30°
δ 𝑣
2
ΔL2
Cos(30°)=
ΔL2
δ 𝑣
2
δ 𝑣
2
=
ΔL2
Cos(30°) ΔL1*=
ΔL2
Cos(30°)
+ ΔL1…….3

165. 165
Barra 1
N1
N1*
ΔL1=
𝑵𝟏∗𝟐,𝟓𝒂
𝟏𝟎∗𝟏𝟎𝟔 ….3a
ΔL1=
𝑵𝟏∗𝟐,𝟓𝒂
𝟏𝟎∗𝟏𝟎𝟔
Nudo 2
30° 30°
N1*
N2 N2
σ 𝑽=0
+
-N1*+2(N2cos30)=0
N2=
𝑵𝟏∗
𝟐𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎
Barra 2
30°
L2=
𝟏,𝟓𝒂
𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎
ΔL2=
𝑵𝟐∗𝑳𝟐
𝑬𝑨𝟐
=
𝑵𝟏∗
𝟐𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎
∗
𝟏,𝟓𝒂
𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎
𝟐∗𝟏𝟎𝟔∗𝟔
ΔL2=
𝑵𝟏∗𝟏,𝟓𝒂
𝟐𝟒∗𝟏𝟎𝟔∗𝒄𝒐𝒔𝟐𝟑𝟎
PASO 3. PARTE FISICA

166. 166
ΔL3==
𝑵𝟑∗𝑳𝟑
𝐸𝑨𝟑
𝑵𝟑∗2𝑎
2∗106∗5𝑐𝑜𝑠45
Barra 3
45°
2a
L3=
2a
cos(45°)
ΔL3=
𝑵𝟑∗𝒂
𝟓∗𝟏𝟎𝟔∗𝒄𝒐𝒔𝟒𝟓
….4
ΔL1*=
𝑵𝟏∗𝟏,𝟓𝒂
𝟐𝟒∗𝟏𝟎𝟔∗𝒄𝒐𝒔𝟐𝟑𝟎
𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎
+
𝑵𝟏∗𝟐,𝟓𝒂
𝟏𝟎∗𝟏𝟎𝟔 …….3
ΔL1*=
𝑵𝟏∗𝟏,𝟓𝒂
𝟐𝟒∗𝟏𝟎𝟔∗𝒄𝒐𝒔𝟑𝟑𝟎
+
𝑵𝟏∗𝟐,𝟓𝒂
𝟏𝟎∗𝟏𝟎𝟔 …….5
ΔL1*=
ΔL2
Cos(30°)
+ ΔL1…….3
Reemplazando 5 y 4 en 1
𝟐ΔL3+2ΔL1∗ = 𝟏, 𝟐 ….. 1
𝟐
𝑵𝟑 ∗ 𝒂
𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟒𝟓
+2
𝑵𝟏 ∗ 𝟏, 𝟓𝒂
𝟐𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟑𝟎
+
𝑵𝟏 ∗ 𝟐, 𝟓𝒂
𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔
= 𝟏, 𝟐
𝟐
𝑵𝟑 ∗ 𝟏𝟐𝟎
𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟒𝟓
+2
𝑵𝟏 ∗ 𝟏, 𝟓 ∗ 𝟏𝟐𝟎
𝟐𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟑𝟎
+
𝑵𝟏 ∗ 𝟐, 𝟓 ∗ 𝟏𝟐𝟎
𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔
= 𝟏, 𝟐
𝟒, 𝟖 ∗ 𝟏𝟎−𝟓
𝑵𝟑+𝟖, 𝟑𝟎𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟓
𝑵𝟏 = 𝟏, 𝟐
2(N3sen45)-N1=0
N3=7250,45k
Compresión
N1=10253,68k Tracción
N2=5919,96k Compresión

167. 167
PASO4. PARTE FINAL
𝝈𝟏 =
𝑵𝟏
𝑨𝟏
=
10253,68k
𝟓𝒄𝒎𝟐 = 𝟐𝟎𝟓𝟎, 𝟕𝟑𝟔
k
𝒄𝒎𝟐 TRACCIÓN
𝝈𝟐 =
𝑵𝟐
𝑨𝟐
=
5919,96k
𝟔𝒄𝒎𝟐 = 𝟗𝟖𝟔, 𝟔𝟔
k
𝒄𝒎𝟐 COMPRESIÓN
𝝈𝟑 =
𝑵𝟑
𝑨𝟑
=
7250,45k
𝟓𝒄𝒎𝟐 = 𝟏𝟒𝟓𝟎, 𝟎𝟗
k
𝒄𝒎𝟐 COMPRESIÓN

168. 168

169. 169
PASO 1. ANALIZAMOS
P
N = P
Punto A Barra #1
P
1
N1
NOTA:
Para el desplazamiento vertical en “A” debo
tomar en cuenta la deformación de la barra #1

170. 170
PASO 2. PARTE GEOMETRICA
2a
Corte en “B”
𝜹𝑩
𝒗
= ∆𝑳𝟑′′
B’
45°
∆𝑳𝟐
𝜹𝑩
𝒗
= ∆𝑳𝟑’’
𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓° =
∆𝑳𝟐
∆𝑳𝟑 ′′
∆𝑳𝟑 ′′ ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓° = ∆𝑳𝟐
Ec. de compatibilidad
PROPUESTA:
∆𝑳𝟐 = 𝒂𝒍𝒂𝒓𝒈𝒂 N2 = Tracc.
∆𝑳𝟑′′ = 𝒂𝒍𝒂𝒓𝒈𝒂 N”3 = Tracc.

171. 171
PASO 3. PARTE ESTATICA
Analizando el nudo B
Nudo B
N2 N2
N3
P
- P + N3 + 2N2 sen 45° = 0
N3 + 2N2 sen 45° = P
N3 + 𝟐N2 = 8000 k
Ecuación de equilibrio estático
∑Fv = 0
+

172. 172
PASO 4. PARTE FISICA
Nudo B
N2 N2
N3
P
P
1
N1
Barra #1
∆𝑳𝟏 =
𝑵𝟏𝑳𝟏
𝑬 𝑨𝟏
∆𝑳𝟏 =
𝑷 𝒂
𝑬 𝑨𝟏
Alarga
P
N = P
A
Punto A
a
a
a
a
a
a
2
a
P
A
1
2 2
4 4
3

173. 173
Barra #2
N2
∆𝑳𝟐 =
𝑵𝟐𝑳𝟐
𝑬 𝑨𝟐
∆𝑳𝟐 =
𝑵𝟐 𝟐𝒂
𝑬 𝑨𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟒𝟓°
Alarga
45°
L2
2a
L2 =
2a
Sen 45°
PASO 4. PARTE FISICA

174. 174
Barra #3
3
N3
N3 ∆𝑳𝟑 =
𝑵𝟑𝑳𝟑
𝑬 𝑨𝟑
∆𝑳𝟑 =
𝑵𝟑 𝟐𝒂
𝑬 𝑨𝟑
Alarga
Nudo “C”
N4
∑Fv = 0
- N3 + 2N4 sen 45° = 0
N4 =
N3
2sen 45°
𝑵𝟒 =
𝑵𝟑
𝟐
PASO 4. PARTE FISICA

175. 175
Barra #4
N4
4
𝑵𝟒 =
𝑵𝟑
𝟐
∆𝑳𝟒 =
𝑵𝟒𝑳𝟒
𝑬 𝑨𝟒
∆𝑳𝟒 =
𝑵𝟑 𝒂
𝟐 𝑬 𝑨𝟒 𝒔𝒆𝒏𝟒𝟓°
Alarga
∆𝑳𝟒 =
𝑵𝟑 𝒂
𝑬 𝑨𝟒
L4 =
a
Sen 45°
Longitud de la barra 4
PASO 4. PARTE FISICA

176. 176
PASO 4. PARTE FISICA Determino el valor de ′′∆𝑳𝟑
∆𝑳𝟑′′ = ∆𝑳𝟑 + 𝜹𝒄
𝒗
∆𝑳𝟑 =
𝑵𝟑 𝟐𝒂
𝑬 𝑨𝟑
𝜹𝒄
𝒗
=
∆𝑳𝟒
𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓°
∆𝑳𝟑′′ =
𝑵𝟑 𝟐𝒂
𝑬 𝑨𝟑
+
𝑵𝟑 𝒂
𝑬 𝑨𝟒 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓°
∆𝑳𝟒 =
𝑵𝟑 𝒂
𝑬 𝑨𝟒
alarga
𝜹𝒄
𝒗
∆𝑳𝟒

177. 177
PASO 5. PARTE FINAL
∆𝑳𝟑′′ =
𝑵𝟑 𝟐𝒂
𝑬 𝑨𝟑
+
𝑵𝟑 𝒂
𝑬 𝑨𝟒 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓°
N3 + 2N2 sen 45° = 8000 k
Ecuación de equilibrio estático
∆𝑳𝟑 ′′ ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓° = ∆𝑳𝟐
Ecuación de compatibilidad
∆𝑳𝟐 =
𝑵𝟐 𝟐𝒂
𝑬 𝑨𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟒𝟓°
Deformaciones
Reemplazando ∆𝑳𝟐 ∧ ∆𝑳𝟑′′ en las ecuación de
compatibilidad
∆𝑳𝟑 ′′ ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓° = ∆𝑳𝟐
𝑵𝟑 𝟐𝒂 ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓°
𝑬 𝑨𝟑
+
𝑵𝟑 𝒂 ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓°
𝑬 𝑨𝟒 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓°
=
𝑵𝟐 𝟐𝒂
𝑬 𝑨𝟐 𝒔𝒆𝒏𝟒𝟓°
𝟐 𝑵𝟑 + 𝑵𝟑 = 𝟐 𝟐𝑵𝟐
Simplificando E, A, a
……… #2
Resolviendo el sistema de ecuaciones
N3 + 2N2 sen 45° = 8000 k
𝟐 𝑵𝟑 + 𝑵𝟑 = 𝟐 𝟐𝑵𝟐
N2 = 3093,84k N3 = 3624,66k

178. 178
PASO 6. DESPLAZAMIENTO
VERTICAL EN A
∆𝑳𝟑′′ = 𝜹𝒄
𝒗
+ ∆𝑳𝟑
𝜹𝑨
𝒗
= ∆𝑳𝟑′′ + ∆𝑳𝟏
𝜹𝑨
𝒗
= 𝜹𝒄
𝒗+ ∆𝑳𝟑 + ∆𝑳𝟏
𝜹𝑨
𝒗
=
𝑵𝟑 𝟐𝒂
𝑬 𝑨𝟑
+
𝑵𝟑 𝒂
𝑬 𝑨𝟒 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝟓°
+
𝑷 𝒂
𝑬 𝑨𝟏
N2 = 3093,84k N3 = 3624,66k
Reemplazando los datos
Desplazamiento vertical en A
𝜹𝑨
𝒗
= 𝟎, 𝟏𝟔𝟗𝟖𝒄𝒎

179. 11.SEA EL RECIPIENTE MOSTRADO EN LA FIGURA. CALCULAR:
a) DIMENSION DE LA PARED DELGADA t
179

180. PASO 1. SEPARAMOS LOS DATOS E INCOGNITAS
DATOS
σ𝑎𝑑𝑚 = 660
𝑘
𝑐𝑚2
𝑃𝑖 = 30
𝑘
𝑐𝑚2
a=10 cm
INCOGNITAS
t
180

181. PASO 2. ANALISIS DE CILINDRO DE PARED DELGADA
181

182. PASO 3. ANALIZAMOS PARA EL CORTE AXIAL
182

183. PARA APLICAR LA ECUACION DE EQUILIBRIO CONVERTIMOS A
FUERZAS LAS TENSIONES.
183
PARA LA TENSION
𝜎𝑎 =
𝐹𝑎
𝐴⊥
𝜎𝑎 ∗ 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟 ∗ 𝑡 + 2 ∗ (3𝑎 ∗ 𝑡) = 𝐹𝑎
𝑠𝑖 𝑛𝑜𝑠𝑜𝑡𝑟𝑜𝑠 𝑙𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑖𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠
𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟
𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟
De la pared
𝜎𝑎 ∗ 𝐴⊥ = 𝐹𝑎

184. PARA APLICAR LA ECUACION DE EQUILIBRIO CONVERTIMOS A
FUERZAS LAS TENSIONES.
184
PARA LA PRESION
𝐴𝑃 = 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑦𝑒𝑐𝑡𝑎ⅆ𝑎
𝑝𝑖
2𝑎
3𝑎
𝑃𝑖 =
𝐹𝑖
𝐴𝑃
𝑃𝑖 ∗ 𝐴P = 𝐹𝑖
𝑃𝑖 ∗ 𝐴P = 𝐹𝑖
𝑃𝑖 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟2
∗ (2𝑎 ∗ 3𝑎) = 𝐹𝑖

185. HACEMOS EQUILIBRIO
185
a = 10 cm
෍ 𝐹𝑥 = 0
𝐹𝑎 − 𝐹𝑖 = 0
𝜎𝑎 ∗ 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑎 ∗ 𝑡 + 2 ∗ 3𝑎 ∗ 𝑡 − 𝑃𝑖 ∗ 𝜋 ∗ 𝑎2 ∗ (2𝑎 ∗ 3𝑎) =0
𝜎𝑎 ∗ 6𝑎 ∗ 𝑡 + 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑎 ∗ t − 𝑃𝑖 ∗ 𝜋 ∗ 𝑎2
+ 2𝑎 ∗ 3𝑎 = 0
𝑡 =
𝑃𝑖∗𝑎2∗ 𝜋+6
𝜎𝑎∗2∗𝑎∗ 3+𝜋
consideramos la tension anular la tension
admisible
𝑡 =
30∗10∗ 𝜋+6
2∗660∗ 3+𝜋
=0,338 cm
X(+)

186. PASO 4. ANALIZAMOS PARA EL CORTE TRANSVERSAL
186

187. PARA APLICAR LA ECUACION DE EQUILIBRIO CONVERTIMOS A
FUERZAS LAS TENSIONES.
187
𝑃𝐴𝑅𝐴 𝐿𝐴 𝑇𝐸𝑁𝑆𝐼𝑂𝑁
𝜎𝐿 ∗ 𝐴⊥ = 𝐹𝐿
𝜎𝐿 ∗ 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟 ∗ 𝑡 = 𝐹𝐿
𝜎𝐿 =
𝐹𝐿
𝐴⊥
𝑠𝑖 𝑛𝑜𝑠𝑜𝑡𝑟𝑜𝑠 𝑙𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑖𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠
𝑝𝑖
𝐴𝑅𝐸𝐴 = 𝑡 ∗ 2𝑟 ∗ π
𝑎𝑟𝑒𝑎 = π𝑟2
𝑃𝑖 ∗ 𝐴P = 𝐹𝑖
𝑃𝑖 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟2
= 𝐹𝑖
𝑃𝑖 =
𝐹𝑖
𝐴𝑃
𝑃𝐴𝑅𝐴 𝐿𝐴 𝑃𝑅𝐸𝑆𝐼𝑂𝑁
r =10 cm

188. 188
APLICANDO EQUILIBRIO
෍ 𝐹𝑌 = 0
Y(+)
𝐹𝐿 − 𝐹𝑖 = 0
𝜎𝐿 ∗ 2 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟 ∗ 𝑡 − 𝑃𝑖 ∗ 𝜋 ∗ 𝑟2=0
𝜎𝐿 =
𝑃𝑖∗𝑟
2𝑡
Calculamos el valor de t evaluando la tension admisible
660 =
30 ∗ 10
2𝑡
𝑡 = 0,227 𝑐𝑚

189. PASO 5. CONCLUSION.
189
𝜎𝐿 =
𝑃𝑖 ∗ 𝑟
2𝑡 𝜎𝑎 =
𝑃𝑖 ∗ 𝑟
𝑡
𝜎𝑎=2 𝜎𝐿
Como podemos ver la tensión anular es el doble de la tensión
longitudinal.
Por lo tanto el esfuerzo anular es el mayor y tiene que coincidir con el
valor de esfuerzo admisible.
Por lo tanto la t donde me cumple que el esfuerzo mayor es el
admisible es el de el esfuerzo anular. Por lo tanto la dimensión de t es el
calculado de acuerdo a el esfuerzo anular.
t=0,338 cm
𝑟
𝑡
≥ 10
10
0,338
≥ 10
29,58 ≥ 10
Para que sea cilindro de pared
delgada debe cumplir esta relacion
cumple

190. 190

191. 191
q
Datos
q = presión interna
ri = Radio interno
t = Espesor de la pared delgada
L = longitud
μ = Coeficiente de Poissón
E = Modulo de elasticidad longitudinal
Δ𝑟 = Δ𝑟𝛼 + Δ𝑟𝐿
Incógnita
Δr = ?
PASO 1. SEPARAMOS DATOS E INCOGNITAS

192. 192
∑ Fv = 0
q∗ 2𝑟 ∗ 𝐿 = 2𝜎𝑎∗ 𝑡 ∗ 𝐿
𝜎𝑎 =
𝑞∗𝑟𝑖
𝑡
PASO 2. PARTE ESTATICA

193. 193
𝑃𝑡 = 𝑃 + Δ𝐿𝑎
Δ𝐿𝑎 = 𝑃𝑡 − 𝑃
Δ𝐿 =
𝑁 ∗ 𝐿
𝐸 ∗ 𝐴
Δ𝐿 =
𝜎 ∗ 𝐿
𝐸
Δ𝐿𝑎 =
𝑞 ∗ 𝑟𝑖
𝑡
∗ 2𝜋𝑟𝑖
𝐸
Δ𝐿𝑎 =
𝜎𝑎 ∗ 𝐿
𝐸
𝜎 =
𝑁
𝐴
Si… 𝜎𝑎 =
𝑞∗𝑟𝑖
𝑡
Para la deformación perimetral:
y… 𝐿 = 2𝜋𝑟𝑖
Δ𝐿𝑎 =
2𝜋𝑟𝑖
2
∗ 𝑞
𝐸 ∗ 𝑡
Sabemos que….
𝑃𝑡 − 𝑃 =
2𝜋𝑟𝑖
2
∗ 𝑞
𝐸 ∗ 𝑡
2𝜋𝑅 − 2𝜋𝑟 =
2𝜋𝑟𝑖
2
∗ 𝑞
𝐸 ∗ 𝑡
𝑅 − 𝑟 =
𝑟𝑖
2
∗ 𝑞
𝐸 ∗ 𝑡
𝑟 + Δ𝑟𝑎 − 𝑟 =
𝑟𝑖
2
∗ 𝑞
𝐸 ∗ 𝑡
Δra=
𝑟𝑖
2
∗𝑞
𝐸∗𝑡
1
PASO 3. DEFORMACION

194. 194
PASO 4. DEFORMACION
LONGITUDINAL
Δ𝐿𝐿 =
𝜎𝐿 ∗ 𝐿
𝐸
Si… 𝜎𝐿 =
𝑞∗𝑟𝑖
2𝑡
Δ𝐿𝐿 =
𝑞 ∗ 𝑟𝑖
2𝑡
∗ 𝐿
𝐸
Δ𝐿𝐿 =
𝑞 ∗ 𝑟𝑖 ∗ 𝐿
2𝑡 ∗ 𝐸
2
Poisson:
𝜀𝑥 = −𝜇 ∗ 𝜀𝑦
Δ𝑟𝐿
𝑟𝑖
= −𝜇
Δ𝐿𝐿
𝐿
Reemplazamos con
Δ𝑟𝐿
𝑟𝑖
= −𝜇
𝑞 ∗ 𝑟𝑖 ∗ 𝐿
2𝑡 ∗ 𝐸
𝐿
Δ𝑟𝐿 =
−𝜇 ∗ 𝑞 ∗ 𝑟𝑖
2
2𝑡 ∗ 𝐸
2
3

195. 195
PASO 5. PARTE FINAL
Δ𝑟 = Δ𝑟𝛼 + Δ𝑟𝐿 Reemplazamos con y
3 1
Δ𝑟 =
𝑟𝑖
2
∗ 𝑞
𝐸 ∗ 𝑡
+
−𝜇 ∗ 𝑞 ∗ 𝑟𝑖
2
2𝑡 ∗ 𝐸
Δ𝑟 =
𝑟𝑖
2
∗ 𝑞
𝐸 ∗ 𝑡
1 −
𝜇
2

196. 196
2. INTRODUCCIÓN
La torsión estudia los esfuerzos internos (τ tensión cortante) y deformaciones (φ giros)
provocados por momentos torsores en secciones de cualquier elemento estructural.
TEMA 4: TORSION
1. ¿CUÁLES SON LOS OBJETIVOS DE ESTE TEMA?
Al terminar el estudio de esta unidad usted deberá ser capaz de resolver los siguientes objetivos
trazados para el Estudio de tensiones en estructuras sometidas a momentos torsores
1. Determinar y aprender a analizar estructuras o elementos se sección circular, sometidos a
momentos torsores, determinando las tensiones cortantes y los giros o deformaciones.
2. Dimensionar elementos de sección circular sometidos a torsión.
3. Analizar uniones o bridas empernadas determinando (𝝉𝝋𝑷)
4. Determinar τ en secciones de pared delgada sometidas a momentos torsores. (Mt)
5. Aprender a utilizar, expresiones de τ y φ para solucionar problemas de secciones no circulares,
sometidos a torsión.

197. 197
3. Formulación
Ley Complementaria
de Hooke o Ecuación
de deformación(Giros)
Ecuación que
gobiernan las
Tensiones cortantes
G = módulo de elasticidad transversal
4. Tensiones máximas
a) Sección circular llena:
4. Tensiones máximas
a) Sección circular hueca:

198. 198
4.Sistemas Hiperestáticos
a) Parte Geométrica
Se compara geométricamente los giros de los elementos proponiendo una
ecuación de compatibilidad de deformaciones. Ecuación en función de los
giros: φ
b) Parte Estática
Se plantean ecuaciones de equilibrio estático
෍ 𝑀𝑡 = 0
c) Parte Física
Son las ecuaciones que relacionan las deformaciones (giros) con los
momentos torsores para secciones circulares siguiendo lo expuesto en la
ley de Hooke complementaria para torsión:
C1) Ecuación Física para el tramo
𝜑𝐴 =
𝑴𝑻𝑨𝑩 ∗ 𝑳
𝑮 ∗ 𝑰𝑷
C2) Ecuación Física para Apoyos Elásticos
𝜑𝑪 =
𝟐 ∗ 𝑴𝑻𝑨𝑩 ∗ 𝑳
𝑬 ∗ 𝑨 ∗ 𝒅𝟐 Ilustracion (fuente:Belmonte Elias)

199. 199
ILUSTRACION(FUENTE:BELMONTE ELIAS)
5.BRIDAS
Para transmitir torsión entre dos elementos se realizan acoplamientos entre sí a través
de uniones con pernos como se muestra en la figura.
donde:
n = Número de secciones de pernos
𝜏 = Tensión cortante
ϕ= Diámetro de la sección del perno
R = radio
Si se tiene más de un radio:
m = Número de secciones de corte por perno

200. 200
6.TORSIÓN PARED DELGADA
CONDICIONES EN TUBOS DE DE PARED DELGADA
a)
𝑡 < 𝑟 𝑡 ≤
𝑟
10
t= espesor
r=radio
b) Las tensiones 𝜏 se distribuyen uniformemente en el espesor t de la pared
FORMULACIÓN DE LA ECUACIÓN
𝜏 =
𝑀𝑡
2𝑡A∗
(Ecuación que gobierna las Tensiones cortantes en cilindros de pared delgada
sometidos a Torsión)
Donde:
A* = El área inscrita en el perímetro medio de la pared delgada
EN LA IMAGEN SE
MUESTRA EL AREA
CIRCUNSCRITA
ILUSTRACION
(FUENTE:BELMONTE ELIAS)

201. EJERCICIOS TEMA :
TORSION Y BRIDAS

203. PASO 1. PARTE GEOMETRICA
𝜑A + 𝜑AB + 𝜑BC + 𝜑CD = 𝜑D
𝜑A + 𝜑AB + 𝜑BC + 𝜑CD = 0 (1)
𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑡𝑖𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑔𝑖𝑟o
PASO 2. PARTE ESTATICA
𝛴𝑀𝑇 = 0
𝑀A − 3𝑀t + 𝑀t + 𝑀D = 0
𝑀A + 𝑀D = 2𝑀t
𝑀A + 𝑀D = 80000 2
𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑖𝑐o

204. PASO 3. PARTE FISICA
G𝑖𝑟𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐a
𝜑A=
2∗𝑀t∗𝐿
E∗𝐴∅∗𝑑2
𝜑A=
2∗𝑀𝐴∗𝑎
E ∗ 𝜋∗ ∅2 ∗0,25∗ (5∅)2
𝜑A=
8∗𝑀𝐴∗𝑎
E ∗ 𝜋∗ ∅2 ∗25∗ (∅)2
𝜑A=
8∗𝑀𝐴∗𝑎
E ∗ 𝜋∗25∗ (∅)4
(3a)
G𝑖𝑟𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑜𝑠 𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜s
𝜑tramo =
32∗Mt∗ L
0,4∗E∗𝛱 𝑑4
𝜑AB =
32∗MA∗ 𝑎
250∗E∗𝛱 ∅4
(3b)
𝜑BC =
32∗(MA−3Mt)∗ 𝑎
250∗E∗𝛱 ∅4
(3c)
𝜑CD =
32∗(MA−2Mt)∗ 𝑎
250∗E∗𝛱 ∅4
(3d)

205. PASO 4. PARTE FINAL
Reemplazando 3a, 3b, 3c, 3d en 1
𝜑A + 𝜑AB + 𝜑BC + 𝜑CD = 0
8∗𝑀𝐴∗𝑎
E ∗ 𝜋∗ ∅2 ∗25∗ (∅)2
+
32∗MA∗ 𝑎
250∗E∗𝛱 ∅4 +
32∗(MA−3Mt)∗ 𝑎
250∗E∗𝛱 ∅4 +
32∗(MA−2Mt)∗ 𝑎
250∗E∗𝛱 ∅4 =0
8∗𝑀𝐴∗𝑎
E ∗ 𝜋∗ ∅2 ∗25∗ (∅)2
= -
32∗MA∗ 𝑎
250∗E∗𝛱 ∅4
-
32∗(MA−3Mt)∗ 𝑎
250∗E∗𝛱 ∅4
-
32∗(MA−2Mt)∗ 𝑎
250∗E∗𝛱 ∅4
8∗𝑀𝐴
25
= -
32∗MA
250
-
32∗(MA−3Mt)𝑎
250
-
32∗(MA−2Mt)
250
88
125
∗ 𝑀A = −
16
25
∗ MT
0,704∗ 𝑀A = −0,64 ∗ Mt
0,704∗ 𝑀A = −25600
𝑀A = 36363,63636 𝐾𝑔 − 𝑐m
Reemplazando “MA“ en 2
𝑀A + 𝑀D = 80000 -> 𝑀D = 43636,36364 𝐾𝑔 − 𝑐m

206. PASO 5. DIAGRAMA DE MOMENTO TORSOR
𝑀𝑚𝑎𝑥. = 83636,36364 K-CM
𝜏adm=
16∗𝑀𝑚𝑎𝑥
𝜋∗𝑑3
600 =
16∗83636,36364 K−CM
𝜋∗(𝑑)3
d=
3 16 8363,4
𝜋 600
d=8,92 cm
𝑑 = 5∅
∅=
d
5
= 1,78 𝑐𝑚

208. PASO 1. SE CALCULA BARICENTRO
𝑋𝐺 =
0 + 0 + 9𝐴 + 9𝐴 + 18𝐴 + 18𝐴
6𝐴
𝑋𝐺 = 9𝑐𝑚
𝑌𝐺 =
0 + 12𝐴 + 12𝐴 + 12𝐴 + 27𝐴 + 27𝐴
6𝐴
𝑌𝐺 = 15𝑐𝑚

209. PASO 2. CÁLCULO DEL RADIO
R1= 92 + 152 = 3 34 𝑐𝑚 = 17,493cm
R2= 92 + (15 − 12)2 = 3 10 𝑐𝑚 = 9,487cm
R3 = 15 − 12 = 3𝑐𝑚
R4 = 27 − 15 = 12𝑐𝑚
R5= 92 + (27 − 15)2 = 15cm
R6= 92 + (15 − 12)2 = 3 10 𝑐𝑚 = 9,487cm
Pcrítico = P1 𝑃𝑜𝑟 𝑠𝑒𝑟 𝑒𝑙 𝑚á𝑠 𝑎𝑙𝑒𝑗𝑎ⅆ𝑜 ⅆ𝑒𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 ⅆ𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒ⅆ𝑎ⅆ
Entonces la ecuación será:
Mt=P*d = P1R1 + P2R2 + P3R3 + P4R4 + P5R5 + P6R6…
1

210. 𝑃1
𝑅1
=
𝑃2
𝑅2
=
𝑃3
𝑅3
=
𝑃4
𝑅4
=
𝑃5
𝑅5
=
𝑃6
𝑅6
, 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑃1 𝑒𝑠 𝑐𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑜, ⅆ𝑒𝑗𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑡𝑜ⅆ𝑜 𝑒𝑛 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 ⅆ𝑒 𝑒𝑠𝑜
𝑃1 =
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅1
𝑃2 =
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅2
𝑃3 =
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅3
𝑃4 =
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅4
𝑃5 =
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅5
𝑃6 =
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅6
𝑃 ∗ ⅆ =
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅12
+
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅22
+
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅32
+
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅42
+
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅52
+
𝑃1
𝑅1
∗ 𝑅62
𝑃 ∗ ⅆ =
𝑃1
𝑅1
(𝑅12
+𝑅22
+ 𝑅32
+ 𝑅42
+ 𝑅52
+ 𝑅62
)
𝑃 ∗ ⅆ =
𝑃1
𝑅1
σ 𝑅𝑖
2
…
2
2 1
en
3
PASO 3. SE DETERMINA EL PCRIT Y SE HACE CALCULOS HASTA DETERMINAR EL VALOR
DEL DIAMETRO

211. De la fórmula:
𝜏 =
𝑃1
4𝐴
𝑃1 = 𝜏 ∗ 4𝐴 4
4 3
en
𝑃 ∗ ⅆ =
𝑃1
𝑅1
෍ 𝑅𝑖
2
𝑃 ∗ ⅆ =
𝜏 ∗ 4𝐴
𝑅1
෍ 𝑅𝑖
2
8000*47 =
600 ∗4
𝜋∗∅2
4
3 34
∗ [(3 34)2
+ (3 10)2
+ 32
+ 92
+
152
+ (3 10)2
]
376000 = 86312,34697 ∅2
∅ = 2,087cm
R1 = 3 34 cm
R2 = 3 10 cm
R3 = 3 cm
R4 = 9 cm
R5 = 15 cm
R6 = 3 10 cm
d = 47 cm

213. PASO 1. SE CALCULA EL BARICENTRO DEL GRUPO DE ROBLONES
𝑋𝐺 =
0 + 20𝐴 + 12𝐴 + 20𝐴
4𝐴
=
52𝐴
4𝐴
= 13 𝑐𝑚
𝑌𝐺 =
0 + 0 + 16𝐴 + 40𝐴
4𝐴
=
56𝐴
4𝐴
= 14 𝑐𝑚

214. PASO 2. SE CALCULA LOS RADIOS
𝑅 = 𝑋2 + 𝑌2
𝑅1 = 𝑋𝐺
2
+ 𝑌𝐺
2
= 132 + 142 = 19,105 𝑐𝑚
𝑅2 = (20 − 𝑋𝐺)2 + 𝑌𝐺
2
= (20 − 13)2+142 = 15,652 𝑐𝑚
𝑅3 = (𝑋𝐺 − 12)2 + (16 − 𝑌𝐺)2 = (13 − 12)2+(16 − 14)2= 2,236 𝑐𝑚
𝑅4 = (20 − 𝑋𝐺)2 + (40 − 𝑌𝐺)2 = (20 − 13)2+(40 − 14)2 = 26,926 𝑐𝑚

215. PASO 3. SE DETERMINA EL PCRIT
𝑅1 = 19,105 𝑐𝑚
𝑅2 = 15,652 𝑐𝑚
𝑅3 = 2,236 𝑐𝑚
𝑅4 = 26,926 𝑐𝑚
𝑃𝐶𝑅Í𝑇𝐼𝐶𝑂 = 𝑃4 Por estar más alejado del
centro de gravedad
Entonces la ecuación será:
𝑃 ∙ ⅆ = 𝑃1𝑅1 + 𝑃2𝑅2 + 𝑃3𝑅3 + 𝑃4𝑅4 1
Planteo de la ecuación 2
𝑃1
𝑅1
=
𝑃2
𝑅2
=
𝑃3
𝑅3
=
𝑃4
𝑅4
𝑃1 =
𝑃4
𝑅4
∙ 𝑅1
𝑃2 =
𝑃4
𝑅4
∙ 𝑅2
𝑃3 =
𝑃4
𝑅4
∙ 𝑅3
2

216. 𝑃 ∙ ⅆ =
𝑃4
𝑅4
(𝑅1
2
+ 𝑅2
2
+ 𝑅3
2
+ 𝑅4
2
)
𝑃 ∙ ⅆ =
𝑃4
𝑅4
∙ 𝑅1
2
+
𝑃4
𝑅4
∙ 𝑅2
2
+
𝑃4
𝑅4
∙ 𝑅3
2
+ 𝑃4𝑅4
Reemplazar 2) en 1):
𝑃 ∙ ⅆ =
𝑃4
𝑅4
∙ ෍ 𝑅𝑖
2
3
𝜏 =
𝑃
𝐴𝜙
𝜏 =
𝑃4
4𝐴𝜙
𝑃4 = 𝜏 ∙ 4𝐴𝜙 4
𝑃 ∙ ⅆ =
𝑃4
𝑅4
∙ ෍ 𝑅𝑖
2
𝑃 ∙ ⅆ =
𝜏 ∙ 4𝐴𝜙
𝑅4
∙ ෍ 𝑅𝑖
2
𝑃 ∙ ⅆ =
𝜏 ∙
4𝜋 ∙ 𝜙2
4
𝑅4
∙ ෍ 𝑅𝑖
2
𝜏 =
𝑃 ∙ ⅆ ∙ 𝑅4
𝜋 ∙ 𝜙2 ∙ σ 𝑅𝑖
2 =
8000 ∙ 47 ∙ 26,926
𝜋 ∙ 1,62 ∙ (19,1052 + 15,6522 + 2,2362+26,9262)
𝜏𝑀Á𝑋 = 939,435
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
Reemplazar 4) en 3):

218. PASO 1. SE CALCULA EL BARICENTRO DEL GRUPO DE ROBLONES
𝑋𝐺 =
+𝐴 ∗ 10 + 𝐴 ∗ 10 + 𝐴 ∗ 22 + 𝐴 ∗ 30 + 𝐴 ∗ 30 + 𝐴 ∗ 30
7𝐴
=
132𝐴
7𝐴
= 18,9𝑐𝑚
𝑌𝐺 =
0 + 0 + 0 + 𝐴 ∗ 16 + 𝐴 ∗ 16 + 𝐴 ∗ 32 + 𝐴 ∗ 32
7𝐴
=
96𝐴
7𝐴
= 13,7143𝑐𝑚

219. PASO 2. SE CALCULA EL RADIO DEL GRUPO DE ROBLONES
𝑅0 = 18,8572 + 13,7142 = 23,317𝑐𝑚
𝑅1 = (18,857 − 10)2 + 13,7142 = 16,325𝑐𝑚
𝑅2 = (30 − 18,857)2 + 13,7142 = 17,670𝑐𝑚
𝑅3 = (18,857 − 10)2 + (16 − 13,714)2= 9,147𝑐𝑚
𝑅4 = (30 − 18,857)2 + (16 − 13,714)2= 11,375𝑐𝑚
𝑅5 = (22 − 18,857)2 + (32 − 13,714)2= 18,55𝑐𝑚
𝑅6 = (30 − 18,857)2 + (32 − 13,714)2= 21,414 𝑐𝑚
Punto Critico= P0 Ya que R0 es el mayor radio

220. c) Aplicación de la 1ra ecuación
𝑃 ∗ ⅆ = 𝑃1 ∗ 𝑅1 + 𝑃2 ∗ 𝑅2 + 𝑃3 ∗ 𝑅3 + 𝑃4 ∗ 𝑅4 + 𝑃5 ∗ 𝑅5 + 𝑃6 ∗ 𝑅6 + 𝑃0 ∗ 𝑅0 1
d) Aplicación de la 2da ecuación
𝑃1
𝑅1
=
𝑃2
𝑅2
=
𝑃3
𝑅3
=
𝑃4
𝑅4
=
𝑃5
𝑅5
=
𝑃6
𝑅6
=
𝑃0
𝑅0
𝑃1 =
𝑅1 ∗ 𝑃0
𝑅0
𝑃2 =
𝑅2 ∗ 𝑃0
𝑅0
𝑃3 =
𝑅3 ∗ 𝑃0
𝑅0
𝑃4 =
𝑅4 ∗ 𝑃0
𝑅0
𝑃5 =
𝑅5 ∗ 𝑃0
𝑅0
𝑃6 =
𝑅6 ∗ 𝑃0
𝑅0
2
2 en 1
𝑃 ∗ ⅆ =
𝑅1
2
∗ 𝑃0
𝑅0
+
𝑅2
2
∗ 𝑃0
𝑅0
+
𝑅3
2
∗ 𝑃0
𝑅0
+
𝑅4
2
∗ 𝑃0
𝑅0
+
𝑅5
2
∗ 𝑃0
𝑅0
+
𝑅6
2
∗ 𝑃0
𝑅0
+
𝑅0
2
∗ 𝑃0
𝑅0
𝑃 ∗ ⅆ =
𝑃0
𝑅0
∗ 𝑅1
2
+ 𝑅2
2
+ 𝑅3
2
+ 𝑅4
2
+ 𝑅5
2
+ 𝑅6
2
+ 𝑅0
2
3

221. e) De la formula de tensión cortante
τ =
𝑃0
4𝐴
𝑃0 = τ ∗ 4π ∗ 12 4
4 en 3
𝑃 ∗ ⅆ =
τ ∗ 4π ∗ 12
𝑅0
∗ Σ 𝑅𝑖
2
1
τ
=
4π ∗ 12
18000 ∗ 52 ∗ 23,317
∗ 2138,137
𝑃 ∗ ⅆ =
𝑃0
𝑅0
∗ Σ 𝑅𝑖
2
τ = 812,275𝑘𝑔/𝑐𝑚2
5
𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑙𝑎 𝑛𝑢𝑒𝑣𝑎 𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 812,275
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝑒𝑠 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑎ⅆ𝑚𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒 𝑒𝑠
600𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝑙𝑎 𝑗𝑢𝑛𝑡𝑎 𝑛𝑜 𝑚𝑒 𝑠𝑜𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎 𝑙𝑜 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑖𝑟 𝑙𝑎 𝑝 = 18000𝑘,

223. PASO 1. SE CALCULA BARICENTRO
Usando las formulas 𝑨𝟏 = 𝑨𝟐 = 𝑨𝟑 = 𝑨4

224. PASO 2. SE CALCULA LOS RADIOS

225. PASO 2. SE CALCULA LOS LA TENSION CORTANTE MAXIMA
Reemplazando en la ecuación #1
𝑷 ∗ 𝒅 = 𝑷𝟏𝑹𝟏 + 𝑷𝟐𝑹𝟐 + 𝑷𝟑𝑹𝟑 + 𝑷𝟒𝑹4

226. Reemplazando datos

227. 11.SEA EL ARBOL MOSTRADO EN LA FIGURA. DIAGRAMAR MT, φ, τ
227

228. PASO 1. SEPARAMOS LOS DATOS E INCOGNITAS
DATOS
𝐺 = 8,4 ∗ 105 ∗
𝑘
𝑐𝑚2
MT=200k-m= 2 ∗ 104 k-cm
d= 12 cm
a= 1 m= 100 cm
Φ= 2cm
E= 2,5 *G= 2,1 * 106 𝑘
𝑐𝑚2
INCOGNITAS
Diagramas MT, φ, τ
228

229. PASO 2. PARTE GEOMETRICA
229
φ𝑩+ φ𝑪𝑩 + φ𝑨𝑪 = φ𝑨 = 𝟎 (𝟏)
ECUACION DE
COMPATIBILIDAD.

230. PASO 3. PARTE ESTATICA
230
෍ 𝑀𝑇 = 0
MTA+2MT+MTB-MT=0
MTA+MTB=-MT
MTA+MTB=-2 ∗ 104
MTA+MTB=-2 ∗ 104
(2)

231. PASO 4. PARTE FISICA
231
TRAMO AC
φ𝑨𝑪 =
𝑀𝑇𝐴 ∗ 100𝑐𝑚
8,4 ∗ 105 ∗
𝑘
𝑐𝑚2 ∗
π
32
(12𝑐𝑚)4
SIENDO A
A=
100𝑐𝑚
8,4∗105∗
𝑘
𝑐𝑚2∗
π
32
(12𝑐𝑚)4
φ𝑨𝑪 = 𝐴 𝑀𝑇𝐴
φ𝑨𝑪 = 𝐴 𝑀𝑇𝐴 (3)
φ𝑨𝑪 =
𝑀𝑇𝐴 ∗ 𝐿
𝐺 ∗ 𝐽
𝑰𝑵𝑬𝑹𝑪𝑰𝑨 𝑷𝑶𝑳𝑨𝑹
J=
π
32
(ⅆ)4
a= 1 m = 100 cm

232. 232
PASO 4. PARTE FISICA
TRAMO CB
φ𝑪𝑩 =
(𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇) ∗ 200𝑐𝑚
8,4 ∗ 105 ∗
𝑘
𝑐𝑚2 ∗
π
32
(ⅆ)4
DONDE B=
200𝑐𝑚
8,4∗105∗
𝑘
𝑐𝑚2∗
π
32
(12𝑐𝑚)4
φ𝑪𝑩 = 𝐵 ∗ (𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇)
φ𝑪𝑩 = 𝐵 ∗ 𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇 (4)
φ𝑪𝑩 =
(𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇) ∗ 𝐿𝑐𝑚
𝐺 ∗ 𝐽
a= 1 m = 100 cm
L= 2a
G= 8,4 ∗ 105
∗
𝑘
𝑐𝑚2
d=12cm
φ𝑪𝑩 =
(𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇) ∗ 200𝑐𝑚
8,4 ∗ 105 ∗
𝑘
𝑐𝑚2 ∗
π
32 (12)4

233. 233
PASO 4. PARTE FISICA
φ𝑩𝑫 =
(𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇 + 𝑀𝑇𝐵) ∗ 100𝑐𝑚
8,4 ∗ 105 ∗
𝑘
𝑐𝑚2 ∗
π
32
(ⅆ)4
DONDE C=
100𝑐𝑚
8,4∗105∗
𝑘
𝑐𝑚2∗
π
32
(12𝑐𝑚)4
φ𝑩𝑫 = 𝐶 ∗ (𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇 + 𝑀𝑇𝐵)
φ𝑩𝑫 = 𝐶 ∗ 𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇 + 𝑀𝑇𝐵 (5)
TRAMO BD
φ𝑪𝑩 =
(𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇 + +𝑀𝑇𝐵) ∗ 𝐿𝑐𝑚
𝐺 ∗ 𝐽
a= 1 m = 100 cm
L= a
G= 8,4 ∗ 105
∗
𝑘
𝑐𝑚2
d=12cm
φ𝑩𝑫 =
(𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇 + 𝑀𝑇𝐵) ∗ 100𝑐𝑚
8,4 ∗ 105 ∗
𝑘
𝑐𝑚2 ∗
π
32
(12)4

234. 234
PASO 4. PARTE FISICA
φ𝑩 =
(2𝑀𝑇𝐵) ∗ 200𝑐𝑚
2,1 ∗ 106 𝑘
𝑐𝑚2 ∗
π
4 Φ 2 ∗ 12𝑐𝑚 2
DONDE
F=
2∗200𝑐𝑚
2,1 ∗ 106 𝑘
𝑐𝑚2∗
π
4
2𝑐𝑚 2∗ 12𝑐𝑚 2
φ𝑩 = 𝐹 ∗ (𝑀𝑇𝐵)
φ𝑩 = 𝐹 ∗ (𝑀𝑇𝐵) (6)
GIRO EN B
φ𝑩 =
(2𝑀𝑇𝐵) ∗ 𝐿𝑐𝑚
𝐸 ∗ 𝐴(𝐵𝐴𝑅𝑅𝐴) ∗ ⅆ 2
a= 1 m = 100 cm
L= a
E= 2,1 ∗ 106 ∗
𝑘
𝑐𝑚2
d=12cm
Φ= 2cm
φ𝑩 =
(2𝑀𝑇𝐵) ∗ 200𝑐𝑚
2,1 ∗ 106 𝑘
𝑐𝑚2 ∗
π
4
2𝑐𝑚 2 ∗ 12𝑐𝑚 2

235. PASO 5.ENCONTRAMOS LA MAGNITUD DE LOS TORSORES EN A Y B
235
REEMPLAZANDO LAS ECUACIONES 3,4,6 en la ecuacion 1.
φ𝑩+ φ𝑪𝑩 + φ𝑨𝑪 = 𝟎
𝐹 ∗ (𝑀𝑇𝐵)+ 𝐵 ∗ 𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇 + 𝐴 𝑀𝑇𝐴=0
𝐹 ∗ (𝑀𝑇𝐵) +(B+A)* 𝑀𝑇𝐴= -2*B* 𝑀𝑇 (7)
𝐹 ∗ (𝑀𝑇𝐵) +(B+A)* 𝑀𝑇𝐴= -4*B*104
(7)
MTB+ MTA =-2 ∗ 104
(2)
TENEMOS DOS ECUACIONES CON 2 INCOGNITAS
SABIENDO QUE MT= 2 ∗ 104 k-cm
RESOLVIENDO MTB=-4761,9 K-CM Y MTA=-15238,1 K-CM

236. DIAGRAMA DE MOMENTO TORSOR.
236
𝑻𝑨 = −𝑴𝑻𝑨 = −𝟏𝟓𝟐𝟑𝟖,1 K-CM
𝑻𝑪(𝑨𝑵𝑻𝑬𝑺) = −𝟏𝟓𝟐𝟑𝟖,1 K-CM
𝑻𝑪(𝑫𝑬𝑺𝑷𝑼𝑬𝑺) = (−𝟏𝟓𝟐𝟑𝟖,1+2*2* 104 )K-CM
𝑻𝑪 𝑫𝑬𝑺𝑷𝑼𝑬𝑺 = 𝟐𝟒𝟕𝟔𝟏, 𝟗 K-CM
𝑻𝑩 𝑨𝑵𝑻𝑬𝑺 = 𝟐𝟒𝟕𝟔𝟏, 𝟗 K-CM
𝑻𝑩 𝑫𝑬𝑺𝑷𝑼𝑬𝑺
= (−𝟏𝟓𝟐𝟑𝟖,1+2∗2∗ 104
−4761,9)K−CM
𝑻𝑩 𝑫𝑬𝑺𝑷𝑼𝑬𝑺 = 𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑲 − 𝑪𝑴
𝑻𝑩 𝑫𝑬𝑺𝑷𝑼𝑬𝑺 = 𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 𝑲 − 𝑪𝑴
TD= 20000 K-CM
ESCALA: 2400 K-CM/ CM
a = 100 cm.

237. PASO 6.CALCULAMOS TENSIONES
237
τ𝐴𝐶=
16𝑀𝑇𝐴
π∗123 =
16∗ −15238,1 𝑘−𝑐𝑚
π∗(12𝑐𝑚)3
τ𝐴𝐶= −44,91
𝑘
𝑐𝑚2
τ𝐶𝐵=
16 −𝑀𝑇𝐴+2𝑀𝑇
π∗123
τ𝐶𝐵=
16∗ −15238,1+2∗2∗104)(𝑘−𝑐𝑚
π∗(12𝑐𝑚)3
τ𝐶𝐵=72,98
𝑘
𝑐𝑚2
τ𝐵𝐷=
16(−𝑀𝑇𝐴+2𝑀𝑇−𝑀𝑇𝐵)
π∗123
τ𝐵𝐷=
16(−15238,1 + 2 ∗ 2 ∗ 104
− 4761,9)
π ∗ 123
τ𝐵𝐷= 58,95
𝑘
𝑐𝑚2
ESC: 72K/CM^2 / CM

238. CALCULO DE GIROS
238
φ𝑨 = 𝟎 RAD.
φ𝑪 = φ𝑨+ φ𝑨𝒄
φ𝑪 = 0 + 𝐴 𝑀𝑇𝐴 = 𝐴 ∗ −15238,1
φ𝑨𝑪= -8,91 ∗ 10−4 RAD.
φ𝑩 = φ𝑪+ φ𝑪𝑩
φ𝑩 = -8,91 ∗ 10−4 rad+ 𝐵 ∗ 𝑀𝑇𝐴 + 2𝑀𝑇
φ𝑩= -8,91 ∗ 10−4 rad+ 𝐵 ∗ −15238,1 + 2 ∗ 2 ∗ 104
φ𝑩=2,005 ∗ 10−3
RAD.
φ𝑫= φ𝑩+ φ𝑩𝑫
φ𝑫= 2,005 ∗ 10−3
+ 𝐶 ∗ (
)
−15238,1 + 2 ∗ 2 ∗ 104
−
4761,9
φ𝑫=3,17 ∗ 10−3 RAD.
ESC: 3*10^(-3)RAD/CM

240. PASO 1. SE CALCULA DISTANCIAS

241. PASO 2. SE CALCULA BARICENTRO
Xg =
17,32∗1,6 + 0 + 8,66∗1,6 + 25,98∗1,6 + 17,32∗1,6 + 7,22∗1,6 +(27,42∗1,6)
7∗1,6
Xg = 14,85 cm
Yg =
37,5∗1,6 + 27,5∗1,6 + 22,5∗1,6 + 22,5∗1,6 + 7,5∗1,6 + 0 +(0)
7∗1,6
Yg = 16,79 cm

242. PASO 3. SE CALCULA RADIOS
R1 = 20,71 2 + 2,47 2 = 20,86 cm
R2 = 14,85 2 + 10,71 2 = 18,31 cm
R3 = 6,19 2 + 5,71 2 = 8,42 cm
R4 = 11,13 2 + 5,71 2 = 12,51 cm
R5 = 2,47 2 + 9,29 2 = 9,61 cm
R6 = 7,63 2 + 16,79 2 = 18,44 cm
R7 = 12,57 2 + 16,79 2 = 20,97 cm
Rcrit = R7 = 20,97 cm
1

243. D) ECC 2
𝑃1
𝑅1
=
𝑃2
𝑅2
=
𝑃3
𝑅3
=
𝑃4
𝑅4
=
𝑃5
𝑅5
=
𝑃6
𝑅6
=
𝑃7
𝑅7
2
Sabemos que Pcrit = P7
Entonces tenemos que:
Ƭadm =
P7
2 AØ
P7 = 2 Ƭadm AØ
●P7 = 2 * 400
Kg
cm²
*
π ∗ ز
4
P7 = 2 * 400
Kg
cm²
*
π ∗(1,6 cm)²
4
P7 = 1608,49 Kg
●P1 =
1608,49 Kg
20,97 cm
* 20,86 cm = 1600,05 Kg
●P2 =
1608,49 𝐾𝑔
20,97 cm
* 18,31 cm = 1404,46 Kg
●P3 =
1608,49 Kg
20,97 cm
* 8,42 cm = 645,85 Kg
●P4 =
1608,49 Kg
20,97 cm
* 12,51 cm = 959,57 Kg
●P5 =
1608,49 Kg
20,97 cm
* 9,61 cm = 737,13 Kg
●P6 =
1608,49 Kg
20,97 cm
* 18,44 cm = 1414,43 Kg
●P7 =
1608,49 Kg
20,97 cm
* 20,97 cm = 1608,49 Kg

244. Reemplazamos:
Mt = (1600,05*20,86)+(1404,46*18,31)+(645,85*8,42)+(959,57*12,51)+(737,13*9,61)+
(1414,43*18,44)+(1608,49*20,97)
Mt = 143430,93 Kg * cm
Mt = P1R1 + P2R2 + P3R3 + P4R4 + P5R5 + P6R6 + P7R7

246. PASO 1. SE CALCULA BARICENTRO
𝑋𝐺 =
0+24𝐴+8𝐴+24𝐴+16𝐴+32𝐴
6𝐴
=
104𝐴
6𝐴
= 17.3𝑐𝑚
𝑌𝐺 =
0 + 0 + 16𝐴 + 16𝐴 + 36𝐴 + 36𝐴
6𝐴
=
104𝐴
6𝐴
= 17.3𝑐𝑚

247. PASO 2. SE CALCULA RADIOS
𝑅1 = 17.32 + 17.32 = 24.47𝑐𝑚
𝑅2 = (24 − 𝑋𝐺)2 + 𝑌𝐺
2
= (24 − 17.3)2+17.32 = 18.55𝑐𝑚
𝑅3 = (𝑋𝐺−8)2 + (𝑌𝐺−16)2 = (17.3 − 8)2+(17.3 − 16)2= 9.39𝑐𝑚
𝑅4 = (24 − 𝑋𝐺)2 + (𝑌𝐺−16)2 = (24 − 17.3)2+(17.3 − 16)2= 6.82𝑐𝑚
𝑅5 = (𝑋𝐺−16)2 + (36 − 𝑌𝐺)2 = (17.3 − 16)2+(36 − 17.3)2= 18.75𝑐𝑚
𝑅6 = (36 − 𝑋𝐺)2 + (36 − 𝑌𝐺)2 == (17.3 − 8)2+(17.3 − 16)2= 23.79𝑐𝑚
Rcritico=R1
Pcritico=P1
Entonces la ecuación será:
P*d= P1* R1+ P2* R2+ P3* R3+ P4* R4+ P5* R5+ P6* R6 1
P1
R1
=
P2
R2
=
P3
R3
=
P4
R4
=
P5
R5
=
P6
R6

248. 𝑃2 =
R2P1
R1
𝑃3 =
R3P1
R1
𝑃4 =
R4P1
R1
𝑃5 =
R5P1
R1
𝑃6 =
R6P1
R1
2
Remplazando 2 en 1
𝑃 ∗ ⅆ = P1R1
R1
R1
+
R2
2
P1
R1
+
R3
2
P1
R1
+
R4
2
P1
R1
+
R5
2
P1
R1
+
R6
2
P1
R1
ቇ
𝑃 ∗ ⅆ =
P1
R1
(R1 + R2 + R3 + R4 + R5 + R6
De la formula tensión cortante
𝜏𝑎𝑑𝑚 =
𝑃1
4𝐴
𝑃1 = 𝜏𝑎𝑑𝑚 ∗ 4𝐴 Entonces
P*d=
𝜏𝑎𝑑𝑚∗4
𝜋𝜙2
4
𝑅1
∗ (R1
2
+ R2
2
+ R3
2
+ R4
2
+ R5
2
+ R6
2
)
PASO 3. SE CALCULA EL DIAMETRO

249. 𝜙 =
R1 ∗ d ∗ P
𝜏𝑎𝑑𝑚 ∗ (R1
2
+ R2
2
+ R3
2
+ R4
2
+ R5
2
+ R6
2
) ∗ π
𝜙 =
24.47 ∗ 80 ∗ 6000
600 ∗ π ∗ (24.472 +18.552 +9.392 +6.822 +18.752+23.792)
𝜙 =
11745600
3760664.54
= 1.77cm

251. PASO 1. PARTE GEOMETRICA
ϕA + ϕA-B + ϕB-C + ϕC-D = ϕD
Ecuación de Compatibilidad de
deformación
1

252. PASO 2. PARTE ESTATICA
∑Mt = 0
-MA - Mt + 3Mt - MD = 0
MA + MD = 2Mt 2
Ecuación equilibrio estático

253. PASO 3. PARTE FISICA
Tramo AB
𝜑𝐴𝐵 = (MA)1.212x10-7
a
𝜑𝐴𝐵 =
32∗ MA∗100
8.4x105 ∗𝝅∗104
Tramo BC
𝜑𝐵𝐶 =
32∗(MA+10000)∗300
8.4x105 ∗𝝅∗104
𝜑𝐵𝐶 = (MA+10000)*3.637x10-7
b
A
𝜑𝐴 =
8∗ MA∗100
1x106 ∗𝝅∗22∗102
𝜑𝐷 =
8∗ MD∗100
1x106 ∗𝝅∗22∗102
D
𝜑𝐴 = (MA)6.366x10-7
𝜑𝐷 = (MD)6.366x10-7
d
e
Tramo CD
𝜑C𝐷 =
32∗(MA−20000)∗100
8.4x105 ∗𝝅∗104
𝜑C𝐷 = (MA-20000)*1.212x10-7
c

254. PASO 4. PARTE FINAL
*Reemplazo a, b, c, d y e en (1)
𝜑𝐴 + 𝜑𝐴𝐵 + 𝜑𝐵𝐶 + 𝜑𝐶𝐷 = 𝜑𝐷
(MA)6.366x10-7 + (MA)1.212x10-7 + (MA+10000)*3.637x10-7 + (MA-20000)*1.212x10-7= (MD)6.366x10-7
(MA)1.2427x10-7 - (MD)6.366x10-7 = -1.213x10-3
3
1
(MA)1.2427x10-7 - (MD)6.366x10-7 = -1.213x10-3
MA+ MD = 2Mt
*Sistema de ecuaciones (2) y (3)
3
2
MA = 6129.490 k*m
MD = 13870.509 k*m

255. PASO 5. DIAGRAMA MOMENTOS TORSORES
MAB = -6129.490 k*m
MBC = -6129.490 – 10000 = -16129.49 k*m
MCD = -16129.49 +30000 = 13870.50 k*m
ESC: (16000 K-M) /CM

256. PASO 5. DIAGRAMA DE TENSIONES
τAB =
-6129.490*5*32
𝝅*104
τAB = -31.21 k/cm2
τBC =
-16129.49*5*32
𝝅*104
τBC = -82.14 k/cm2
τCD =
13870.50*5*32
𝝅*104
τCD = 70.64 k/cm2
ESC: (83 K/CM2) /CM

257. PASO 6. DIAGRAMA DE GIROS
𝜑 A = -3.902x10-3rad
𝜑 AB = -7.432x10-4 rad
𝜑 B = -3.902x10-3 -7.432x10-4 = -4.645x10-3rad
𝜑 BC = - 5.867x10-3 rad
𝜑 C = -4.645x10-3 - 5.867x10-3 = -0.0105rad
𝜑 CD = 1.681x10-3
𝜑 D = -0.0105 + 1.681x10- 3= -8.724x10-3 rad
ESC: (0,01 RAD) /CM

259. PASO 1. SE CALCULA BARICENTRO
Xg=
0+0+4𝑎 𝐴 +6𝑎(𝐴)
4𝐴
Xg=
σ𝐴𝑖 ∗𝑋𝑖
σ𝐴𝑖
Yg=
σ𝐴𝑖 ∗𝑌𝑖
σ𝐴𝑖
-Formulas
Xg=10 cm
Yg=
0+2𝑎 𝐴 +𝑎 𝐴 +𝑎(𝐴)
4𝐴
Yg=4 cm

260. PASO 2. SE CALCULA DE RADIOS
R1= 102 + 42 = 2 29 𝑐𝑚
R2= 102 + 42 = 2 29 𝑐𝑚
R3= 6 𝑐𝑚
R4= 14 𝑐𝑚
Rcrit= R4= 14 cm Es el mas alejado por lo tanto
su momento es el mas
resistente
Ecc. ①
P*d= P1*R1+P2*R2+P3*R3+P4*R4
Ecc. ②
𝑃1
𝑅1
=
𝑃2
𝑅2
=
𝑃3
𝑅3
=
𝑃4
𝑅4
-Despejamos utilizando P4
(nuestro Pcrit)
P1=
𝑃4
𝑅4
(𝑅1)
P2=
𝑃4
𝑅4
(𝑅2)
P3=
𝑃4
𝑅4
(𝑅3)
P4=
𝑃4
𝑅4
(𝑅4)
②

261. Ecc. ③
P4=
Ꞇ𝑎𝑑𝑚 (π∗Ø2)
4
③
Ꞇmax ≤ Ꞇadm
Ꞇadm=
𝑃4
𝑛(𝐴)
4 PASO. PARTE FINAL
-Reemplazo ② en ①
P*d=
𝑃4
𝑅4
(σ𝑅𝑖2) ④
P=
Ꞇ𝑎𝑑𝑚 (π∗Ø2)
𝑑∗4∗𝑅4
(σ𝑅𝑖2)
③ en ④
P=
600 𝜋∗ 1.6 2
36∗4∗14
(10.772 + 10.772+62 + 142)
Pmax= 1110.628 K

262. 262
TEMA 5: TENSIONES NORMALES EN VIGAS FLEXIÓN
1. ¿CUÁLES SON LOS OBJETIVOS DE ESTE TEMA?
• Calcular los esfuerzos normales inducidos por la presencia de momentos flectores en cualquier punto de
una viga.
• Dibujar la distribución de tensiones normales en cualquier sección transversal de una viga.
• Dimensionar cualquier sección de viga transversal capaz de soportar los esfuerzos normales inducidos
por la presencia de momentos flectores.
• Determinar el Módulo Resistente para cualquier sección transversal de viga
• Determinar la capacidad de carga que es capaz de resistir cualquier sección debido a la flexión.
2. INTRODUCCIÓN
¿QUÉ SON LAS VIGAS?
Las vigas son elementos estructurales cuyo principal objeto es transportar cargas a través
de su sección transversal. Cuando las cargas flexionan a la viga, estas en su interior producen momentos
flectores y fuerzas cortantes en la sección trasversal que son los que mantienen el equilibrio el sistema.
El objetivo principal de esta unidad es establecer la relación que existe entre el momento
flector que actúa en la sección transversal y la distribución de tensiones normales que se
producen en ella, basándonos en las siguientes suposiciones:
• El material de la viga es homogéneo, isótropo y obedece la ley de Hooke.
• El módulo de elasticidad “E” es el mismo a tracción que a compresión.
• Las secciones transversales de la viga permanecen planas después de la flexión.
• La sección transversal de la viga es simétrica con respecto al plano de aplicación
de las cargas y constante en toda su longitud.
• Las cargas no ocasionan torsión ni pandeo en la viga.
En conclusión. La Flexión estudia los esfuerzos internos normales originados por la
presencia de momentos flectores en la sección transversal de viga. A estos esfuerzos internos
normales se los denomina Tensiones normales o Tensiones de Flexión en vigas.

263. 263
3. FORMULACION
a) Parte geométrica
𝜺 =
𝒚
𝑷
(Ecuación de compatibilidad de deformación)
b) Parte Estatica
𝑴 = ‫׬‬𝑨
𝛔 ∗ 𝐲 ∗ ⅆ𝑨(Ecuación de equilibrio estático)
c) Parte Física (Ley de Hooke)
𝜎 = 𝐸𝜀
d) Parte Final
1
𝜌
=
𝐌
𝑬𝑰
𝜎 =
𝐌 ⋅ 𝐘
𝑰
σ = Tensiones Normales o de Flexión
M = Momento Flector actuante en la sección
ILn = Inercia en la línea neutra.
y = Distancia de la línea neutra a la superficie análisis
ILUSTRACION

264. 264
4. Construcción del diagrama de tensiones
Secciones simétricas
Son aquellas secciones simétricas respecto a la línea
neutra que coincide con el centro de gravedad de la
sección, y cuyas tensiones varían linealmente con la
distancia a la línea neutra, lo que ocasiona que las
tensiones máximas de compresión y tracción sean de
igual magnitud. Este tipo de secciones son útiles para
materiales que tengan la misma resistencia a tracción
que a compresión, ver Fig.
Secciones Asimétricas
Son aquellas secciones asimétricas respecto a la línea
neutra la cual debe coincidir con el centro de gravedad
de la sección, y cuyas tensiones varían linealmente con
la distancia a la línea neutra, esta asimetría ocasiona que
las tensiones máximas de compresión y tracción sean de
diferente magnitud. Este tipo de secciones son útiles
para materiales que no tengan la misma resistencia a
tracción que a compresión, ver Fig

265. 265
TEMA 6: TENSIONES CORTANTES EN VIGAS
1.¿CUALES SON LOS OBJETIVOS?
• Calcular las Tensiones Cortantes inducidos por la presencia de fuerzas
verticales en cualquier punto de una viga.
• Dibujar la distribución de tensiones cortantes en cualquier sección transversal
de una viga.
• Dimensionar cualquier sección de viga transversal capaz de soportar las
tensiones cortantes inducidos por la presencia de fuerzas verticales.
• Determinar la capacidad de carga que puede resistir cualquier sección
transversal de viga
2.INTRODUCCION
En conclusión. El corte en vigas estudia los esfuerzos internos de corte
originados por la presencia de fuerzas verticales en la sección transversal de
viga. A estos esfuerzos internos de corte se los denomina Tensiones cortantes
en vigas.
3. FORMULACIÓN
𝜏𝐻 =
𝑣max∗𝑴𝒆
𝐛∗𝐈
= 𝜏𝒗 (ECUACION DE TENSION CORTANTE)

266. 266
4. Construccion de Diagrama
Secciones simétricas, b = constante
Son aquellas secciones simétricas respecto a la línea neutra que coincide con el
centro de gravedad de la sección, y cuyas tensiones de corte varían siguiendo
una ecuación cuadrática en función de la variación del momento estático, ya que
las otras variables de la expresión son constantes, como veremos a
continuación:
ILUSTRACION

267. 267
4. Construccion de Diagrama
Secciones simétricas, b = variable
Son aquellas secciones simétricas respecto a la línea neutra que coincide con el centro de gravedad de la sección, y
cuya variación de las tensiones de corte son simétricas respecto a la “Ln” y ocasionadas por dos factores:
• Momento estático (Me).- Que es la variable que ocasiona la variación cuadrática del diagrama.
• Bases (b).- Que es la variable que ocasiona variaciones bruscas en el diagrama.
Los otros dos factores que intervienen como ser la inercia y la fuerza de corte son constantes, un ejemplo es el
siguiente.
Secciones simétricas, b = variable

268. 268
. Construccion de Diagrama
Secciones asimétricas, b = variable
Son aquellas secciones asimétricas respecto a la línea neutra que coincide con
el centro de gravedad de la sección, y cuya variación de las tensiones de corte
son asimétricas respecto a la “Ln” y ocasionadas por los mismos factores que el
inciso anterior. Veamos a continuación dos ejemplos:

269. EJERCICIOS TEMA 5
Y 6

270. 270

271. PASO 1. SE IDEALIZA LA ESTRUCTURA Y SE CALCULA REACCIONES.
271
R2
R1
1,2 m
2,4 m
1 4
𝑅1 =
1200
𝑘
𝑚
∗ 1,8𝑚
2
𝑅1 = 1080 k
𝑅2 =
3000
𝑘
𝑚
∗ 1,8𝑚
2
𝑅2 = 2700 k
V4
2 3
V2
𝛴𝑀4 = 0
𝑣2 ∗ 2,4 − 1080 ∗ 2,4 − 2700 ∗ 1,2 = 0
𝑣2 =2430 k
1
q2=3000
𝑘
𝑚
q1=1200
𝑘
𝑚
1,2 m 0,6 m 1,8 m
2 3 4

272. PASO 1. CALCULAMOS LAS REACCIONES
272
R2
R1
1,2 m
2,4 m
V4
2 3
V2
1
4
𝛴𝑀4 = 0
𝑣2 − 𝑅1 − 𝑅2 + 𝑣4=0
𝑣4=R1+R2- 𝑣2
𝑣4=1080+2700-2430
𝑣4=1350 K

273. PASO 2. SE DIAGRAMA CORTANTE.
273
q2=3000
𝑘
𝑚
q1=1200
𝑘
𝑚
1,2 m 0,6 m 1,8 m
2 3
1 4
𝐸𝑆𝐶: 1000
𝐾
𝐶𝑀
Q1= 0 K
Q2A= -480 K
Q2D= 1950 K
Q3= 1350 K
Q4= -1350 K
480
1950 1350
1350
QMAX= 1950 K
Q( K)
V4
V2

274. PASO 2. CALCULAMOS LA DISTANCIA DONDE EL CORTE ES 0
274
q2=3000
𝑘
𝑚
q1=1200
𝑘
𝑚
1,2 m 0,6 m 1,8 m
2 3
1 4
480
1950 1350
1350
Q( K)
q2=3000
𝑘
𝑚
q (x)
1,8 m
X
𝑞𝑥
𝑥
=
3000
1,8
𝑞𝑥 = x ∗
3000
1,8
A=
3000
1,8
𝑞𝑥 = x ∗ A
𝑆
𝑆 X
q (x) Q= V4-
𝑞𝑥 ∗𝑋
2
0= 1350-
A∗x2
2
X= 1,27 m
V4
V2
V4
0
X
R

275. 275
PASO 2. DIAGRAMAMOS MOMENTO
q2=3000
𝑘
𝑚
q1=1200
𝑘
𝑚
1,2 m 0,6 m 1,8 m
2 3
1 4
1145
0
192
𝐸𝑆𝐶: 250
𝐾 − 𝑀
𝐶𝑀
M1= 0 K-M
M2=-192 K-M
M3= 810 K-M
M4=0 K-M
M MAX= 1145 K-M
810
0
M( K-M)
V4
V2
MMAX= 1145 K-M

276. PASO 3. SE CALCULA BARICENTRO Y LA INERCIA EN LA L. NEUTRA
276
2a
4a
2a
6a
a
4a
a
2a
6a
2a
6a
11a
7a
4a
a
fig b h yi Ai AiYi Yg INERCIA Gi di Aidi^2 INERCIA LN
1 2 6 11 12 132 5,90909091 36 5,09090909 311,008264 347,008264
2 6 2 7 12 84 4 1,09090909 14,2809917 18,2809917
3 2 4 4 8 32 10,6666667 1,90909091 29,1570248 39,8236915
4 6 2 1 12 12 4 4,90909091 289,190083 293,190083
5 0 0 0 5,90909091 0 0
6 0 0 0 5,90909091 0 0
7 0 0 0 5,90909091 0 0
8 0 0 0 5,90909091 0 0
9 0 0 0 5,90909091 0 0
10 0 0 0 5,90909091 0 0
44 260 INERCIA LN T 698,30303
𝛴

277. PASO 4 . SE CALCULA LA DIMENSION CON TENSION NORMAL.
277
2a
4a
2a
6a
a
4a
a
I= 698,3 𝑎4
Ycg= Cinf= 5,9 𝑎
Csup= 8,1 𝑎
LN
CINF
CSUP
𝜎max
𝜎
𝜎 =
𝑀MAX ∗ 𝐶
𝐼
1200
𝐾
𝐶𝑀2
=
1145,5 𝐾 − 𝑀 ∗
100 𝐶𝑀
1𝑀
∗ 8,1 𝑎
698,3 𝑎4
𝑎 =
3 1145 ∗ 100 ∗ 8
698 ∗ 1200
𝑎 = 1,03 𝐶𝑀

278. PASO 5. SE CALCULA LA DIMENSION POR TENSION CORTANTE
278
2a
4a
2a
6a
CINF
CSUP
a
4a
a
LN
𝜏𝑀𝐴𝑋
SE CALCULA MOMENTO ESTATICO
2a
6a
a 4a a 1,1a
1
2
3
CSUP= 8,1 a
5,1a
ME3= (2 a)*(6 a)*(8,1 a – 7 a) +
2*a*6*a*(8,1*a-3*a)
ME3= 74,4 𝑎3
LN
1
2
3
4
5

279. 279
PASO 5. SE CALCULA LA DIMENSION POR ESFUERZO CORTANTE
𝜏 =
QMA𝑋 ∗ 𝑀𝐸3
𝑏 ∗ 𝐼
300𝑘/𝑐𝑚2
=
1950 ∗ 74,4 𝑎3
2 ∗ 𝑎 ∗ 698,22 𝑎4
𝑎 = 0,45 𝑐𝑚
PASO 6. SE ELIJE CUAL DE LOS DOS ES EL ADECUADO
𝑎 = 0,45 𝑐𝑚 𝑎 = 1,03 𝐶𝑀
𝑅𝐸𝑆𝑃𝑈𝐸𝑆𝑇𝐴: 𝐿𝐴 𝑉𝐴𝑅𝐼𝐴𝐵𝐿𝐸 𝑎 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒𝑟 ⅆ𝑒 1,03 𝑐𝑚
2,06 cm
4,12 cm
2,06 cm
6,18
1,03 (cm)
4,12
1,03

280. 280
19.- Calcular con las máximas solicitaciones (Vmax y Mmax)
qmax que es capaz de soportar la sección.
q
1 m 4 m 1 m
30°
1 3 4 3 1 cm
4
cm
4
cm
4
cm
6
cm
6
cm
τadm=200 k/cm2
σadm=1000 k/cm2

281. 281

282. 282

283. 283

284. 284

285. 285

286. 286

287. 287

288. 288

289. 289

290. 290

291. 291

292. 292

293. 293

294. 294

295. 295

296. 296