Torsión

1. Clase N° 11 – TPN° 10
Solicitación por Torsión
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
Planteo del Equilibrio (externo) de un sólido rígido (Estática)
x
y
z
G
Hemos visto que un cuerpo en el
plano posee tres grados de
libertad, mientras que en el
espacio seis.
Las correspondientes ecuaciones
de la estática que aseguran el
equilibrio son:
𝐅𝐙 = 𝐍 = 𝟎
𝐅𝐘 = 𝐐𝐘 = 𝟎
𝐎
𝐌𝐗 = 𝟎
𝐍 (solicitación axil)
𝐐𝐘 (corte en Y)
𝐌𝐗 (Flexión en X)
𝐅𝐗 = 𝐐𝐗 = 𝟎
𝐎
𝐌𝐘 = 𝟎
𝐎
𝐌𝐙 = 𝐌𝐓 = 𝟎
𝐌𝐘 (Flexión en Y)
𝐐𝐗 (corte en X)
𝐌𝐙 = 𝐌𝐓 (Torsión)
En
el
plano
En
el
espacio
se
agregan

3. Desarrollaremos primero las soluciones en las
que son válidas las Hipótesis de Coulomb
• Sección circular llena
• Sección circular hueca
• Secciones tubulares de pared delgada, simple y
múltiplemente conexas
Planteo del PROBLEMA
La Hipótesis de Coulomb, verificada experimentalmente,
establece que:
• Luego de la deformación las secciones mantienen su forma.
• Las secciones normales al eje de la pieza permanecen planas y paralelas a sí mismas
luego de la deformación.
Por ello, resulta que:
• Las rectas trazadas sobre ellas continúan siendo rectas y los ángulos mantienen su
medida.
• Las generatrices rectilíneas de la superficie lateral del cilindro se transforman en hélices
de paso muy grande.

4. Desarrollaremos primero las soluciones en las
que son válidas las Hipótesis de Coulomb
• Sección circular llena
• Sección circular hueca
• Secciones tubulares de pared delgada, simple y
múltiplemente conexas
Planteo del PROBLEMA
La Hipótesis de Coulomb, verificada experimentalmente,
establece que:
• Luego de la deformación las secciones mantienen su forma.
• Las secciones normales al eje de la pieza permanecen planas y paralelas a sí mismas
luego de la deformación.
Por ello, resulta que:
• Las rectas trazadas sobre ellas continúan siendo rectas y los ángulos mantienen su
medida.
• Las generatrices rectilíneas de la superficie lateral del cilindro se transforman en hélices
de paso muy grande.
… y además se verifica que:
• Sólo existen tensiones tangenciales
• Su distribución a lo largo del
diámetro es antimétrica
• Su dirección es normal al radio

5. 𝐹
τ𝑦𝑧 ∙ 𝑥 + τ𝑥𝑧 ∙ 𝑦 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑧 = 𝑀𝑇
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑥 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑦 = 0
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑦 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑥 = 0
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑁𝑧 = 0
𝐹
τ𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑄𝑦 = 0
𝐹
τ𝑥𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑄𝑥= 0
Por lo tanto, podemos
decir que…
…una sección está solicitada por torsión cuando al
reducir a su baricentro los sistemas de fuerzas
actuantes sobre el sólido, se obtiene un par que
yace en el plano de la sección
Planteo del PROBLEMA Plano de solicitación
En este caso las ecuaciones de equilibrio interno
resultan ser (debemos considerar el equilibrio en el
espacio):
(Resistencia de Materiales)
(Estática)
…y en el caso de Torsión

6. Por lo tanto, podemos
decir que…
Siendo en este caso las tensiones normales
sZ nulas las ecuaciones 1ra, 5ta y 6ta
resultan idénticamente nulas, por lo que las
ecuaciones que resuelven el problema de la
torsión son las siguientes:
(Estática)
𝐹
τ𝑦𝑧 ∙ 𝑥 + τ𝑥𝑧 ∙ 𝑦 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑧 = 𝑀𝑇
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑥 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑦 = 0
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑦 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑥 = 0
…una sección está solicitada por torsión cuando al
reducir a su baricentro los sistemas de fuerzas
actuantes sobre el sólido, se obtiene un par que
yace en el plano de la sección
Planteo del PROBLEMA Plano de solicitación
En este caso las ecuaciones de equilibrio interno
resultan ser (debemos considerar el equilibrio en el
espacio):
(Resistencia de Materiales)
…y en el caso de Torsión
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑁𝑧 = 0
𝐹
τ𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑄𝑦 = 0
𝐹
τ𝑥𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑄𝑥= 0

7. …una sección está solicitada por torsión cuando al
reducir a su baricentro los sistemas de fuerzas
actuantes sobre el sólido, se obtiene un par que
yace en el plano de la sección
Planteo del PROBLEMA Plano de solicitación
En este caso las ecuaciones de equilibrio interno
resultan ser (debemos considerar el equilibrio en el
espacio):
𝐹
τ𝑦𝑧 ∙ 𝑥 + τ𝑥𝑧 ∙ 𝑦 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑧 = 𝑀𝑇
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑥 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑦 = 0
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑦 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑥 = 0
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑁𝑧 = 0
𝐹
τ𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑄𝑦 = 0
𝐹
τ𝑥𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑄𝑥= 0
x
z
y
…en cuanto a la distribución de tensiones tangenciales, estas deben ser,
necesariamente normales al radio sobre la superficie de la barra…
…dado que por Cauchy, si existe zx debe existir xz, entonces: ¿Quién
equilibra las xz en la superficie de la barra?

8. …una sección está solicitada por torsión cuando al
reducir a su baricentro los sistemas de fuerzas
actuantes sobre el sólido, se obtiene un par que
yace en el plano de la sección
Planteo del PROBLEMA Plano de solicitación
La solución rigurosa del problema de la torsión se debe a Saint Venant,
quien estudió la torsión de una barra de sección rectangular mediante
la Función de Tensión de Airy.
Esta forma de encarar la resolución del problema pertenece al dominio
de la Teoría Matemática de la Elasticidad (que escapa al alcance de
este curso)
En este caso las ecuaciones de equilibrio interno
resultan ser (debemos considerar el equilibrio en el
espacio):
𝐹
τ𝑦𝑧 ∙ 𝑥 + τ𝑥𝑧 ∙ 𝑦 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑧 = 𝑀𝑇
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑥 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑦 = 0
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑦 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑀𝑥 = 0
𝐹
σ𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑁𝑧 = 0
𝐹
τ𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑄𝑦 = 0
𝐹
τ𝑥𝑧 ∙ 𝑑𝐹 = 𝑄𝑥= 0
…en cuanto a la distribución de tensiones tangenciales, estas deben ser,
necesariamente normales al radio sobre la superficie de la barra…
…dado que por Cauchy, si existe zx debe existir xz, entonces: ¿Quién
equilibra las xz en la superficie de la barra?
x
z
y

9. Veamos la Sección
Circular Llena
Consideramos que aislamos de una barra torsionada una
tajada de longitud unitaria. El ángulo de giro relativo entre
ambas secciones será θ, y como la separación entre las
secciones es la unidad, a este ángulo la denominaremos
“ángulo específico de torsión”. Podemos observar que:
Calculamos la relación entre MT y las tensiones tangenciales
𝐀𝐀′ =  ∙ 𝛉 ≅ 𝛄 ∙ 𝟏

…y análogamente:
𝐁𝐁′ = 𝐑 ∙ 𝛉 ≅ 𝛄 ∙ 𝟏
𝐑
…y por lo tanto:
𝛉 ≅
𝛄

≅
𝛄
𝐑
…y siendo (por Hooke): 𝛄 =
𝛕
𝐆
𝛄
𝛄
=

𝐑
→
𝛕
𝛕𝐦𝐚𝐱
=

𝐑
→ 𝛕 =

𝐑
∙ 𝛕𝐦𝐚𝐱
El ángulo 𝛄 resulta ser el “ángulo de
distorsión” de la sección. Debemos tener
presente que si el ángulo θ es pequeño
entonces los arcos se confunden con las
tangentes, lo que permite establecer 𝛄 ≈ tg 𝛄.

10. Veamos la Sección
Circular Llena
De acuerdo a la ley de Hooke:
Calculamos la relación entre MT y las tensiones tangenciales
𝐫
𝐑
𝛄 =
𝛕
𝐆
→ 𝛕 = 𝛄 ∙ 𝐆
𝛕 = 𝛄 ∙ 𝐆 =
𝛄
𝐑
∙  ∙ 𝐆 → 𝛕 = 𝛉 ∙  ∙ 𝐆
Se puede apreciar que las tensiones tangenciales varían
linealmente con el radio, alcanzando su valor máximo en
el borde de la sección:
En determinadas circunstancias interesa
conocer el valor de la rotación relativa de las
secciones extremas de una barra circular
sujeta a torsión. Este ángulo ϕ se denomina
“ángulo de torsión” y resulta ser la suma de
todos los ángulos específicos de torsión entre
todas las tajadas elementales de la pieza.
𝛕𝐦𝐚𝐱 = 𝛉 ∙ 𝐑 ∙ 𝐆
𝛗 = 𝛉 ∙ 𝐋
El coeficiente G (kg/cm2) se denomina
módulo de elasticidad transversal.
(ecuación de tensiones)

11. Consideremos un elemento de área dA situado a la
distancia  del centro de la sección. El diferencial de
fuerza que actúa en él vale dF = 𝛕 . dA y su diferencial
de momento respecto de O1 es dmT = (𝛕 .  . dA)
Veamos la Ecuación de
Deformación
Para equilibrar este dmT el momento torsor MT debe ser:
𝐌𝐓 = 𝐝𝐦𝐓 = 𝛕𝛒 ∙ 𝛒 ∙ 𝐝𝐀 → 𝐌𝐓 = 𝐆 ∙ 𝛒 ∙ 𝛉 ∙ 𝛒 ∙ 𝐝𝐀
y siendo:
𝐉𝟎 = 𝛒𝟐
∙ 𝐝𝐀 → 𝐌𝐓 = 𝐆 ∙ 𝐉𝟎 ∙ 𝛉 → 𝛕 = 𝛉 ∙ 𝛒 ∙ 𝐆 =
𝐌𝐓
𝐉𝟎
∙ 𝛒
Para la sección circular llena resulta: 𝐉𝟎 =
𝛑 ∙ 𝐃𝟒
𝟑𝟐
entonces se tiene:
𝛕 =
𝟑𝟐 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟒 ∙ 𝛒 → 𝛕𝐦𝐚𝐱 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟑
(ecuación de tensiones en función de MT para la sección circular llena)
𝛕𝛒

12. Veamos la Ecuación de
Deformación
y siendo:
Para la sección circular llena resulta: 𝐉𝟎 =
𝛑 ∙ 𝐃𝟒
𝟑𝟐
entonces se tiene:
𝛕 =
𝟑𝟐 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟒 ∙ 𝛒 → 𝛕𝐦𝐚𝐱 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟑
y para la sección circular hueca resulta: 𝐉𝟎 =
𝛑 ∙ 𝐃𝟒 − 𝐝𝟒
𝟑𝟐
entonces se tiene: 𝛕 =
𝟑𝟐 ∙ 𝐌𝐓 ∙ 𝛒
𝛑 ∙ 𝐃𝟒 − 𝐝𝟒
→ 𝛕𝐦𝐚𝐱 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓 ∙ 𝐃
𝛑 ∙ 𝐃𝟒 − 𝐝𝟒
Consideremos un elemento de área dA situado a la
distancia  del centro de la sección. El diferencial de
fuerza que actúa en él vale dF = 𝛕 . dA y su diferencial
de momento respecto de O1 es dmT = (𝛕 .  . dA)
Para equilibrar este dmT el momento torsor MT debe ser:
(ecuación de tensiones en función de MT para la sección circular llena)
𝐉𝟎 = 𝛒𝟐
∙ 𝐝𝐀 → 𝐌𝐓 = 𝐆 ∙ 𝐉𝟎 ∙ 𝛉 → 𝛕 = 𝛉 ∙ 𝛒 ∙ 𝐆 =
𝐌𝐓
𝐉𝟎
∙ 𝛒
𝐌𝐓 = 𝐝𝐦𝐓 = 𝛕𝛒 ∙ 𝛒 ∙ 𝐝𝐀 → 𝐌𝐓 = 𝐆 ∙ 𝛒 ∙ 𝛉 ∙ 𝛒 ∙ 𝐝𝐀 𝛕𝛒

13. Energía (trabajo) externa de deformación (𝐮𝐞): Si sobre un par de ejes coordenados
llevamos como ordenadas los valores crecientes del par torsor (Mt) y en abscisas los
correspondientes ángulos específicos de torsión (q), el diagrama resultante, es una recta
que pasa por el origen, dado que existe una relación lineal entre Mt y q.
Para un determinado incremento dMt corresponde una variación
dq del ángulo específico de torsión, y el trabajo desarrollado, salvo
infinitésimos de orden superior, será: 𝐝𝐮 = 𝐌𝐭 ∙ 𝐝q
…y cuando el par torsor crece de cero a Mt : 𝐮𝐞 =
𝟎
q
𝐌𝐭 ∙ 𝐝q
…que representa el área encerrada por el diagrama (Mt , q):
𝐮𝐞 =
𝟏
𝟐
∙ 𝐌𝐭 ∙q
Veamos el tema de la
Energía de deformación.
𝐝𝐮
𝐮𝐞
𝐌𝐓 = 𝐆 ∙ 𝐉𝟎 ∙ 𝛉

14. Por su parte, la Energía (trabajo) interna de deformación (𝐮𝐢) es, el trabajo desarrollado
por las tensiones , de modo que tenemos, haciendo el mismo análisis que para el
trabajo externo de deformación:
𝐮𝐢 =
𝟏
𝟐
∙
𝐕
𝛕 ∙ 𝛄 ∙ 𝐝𝐕 =
𝟏
𝟐
∙
𝐕
𝛕 ∙
𝛕
𝐆
∙ 𝐝𝐕 =
𝟏
𝟐
∙
𝐕
𝛕𝟐
𝐆
∙ 𝐝𝐕
En consecuencia, como debe ser: 𝐮𝐞 = 𝐮𝐢
resulta: 𝐌𝐭 ∙ q =
𝐕
𝛕𝟐
𝐆
∙ 𝐝𝐕
Veamos el tema de la
Energía de deformación.
𝛕 = 𝛄 ∙ 𝐆
𝛄
𝐝𝛄
𝛕
𝛕
𝛕 + 𝐝𝛕
(ecuación de deformaciones en función de MT)

15. Experimentalmente se ha
comprobado que para
secciones huecas en las
cuales el espesor de pared
es reducido la hipótesis
enunciada por Coulomb es
válida
Veamos ahora las
Secciones tubulares de
paredes delgadas
Si consideramos un corte s-s de la pared, la tensión variará a través del espesor de la pared
𝛕A
𝛕M
𝛕B
…pero a los efectos prácticos, dado el pequeño espesor e de la pared, y la poca diferencia
entre las direcciones de 𝛕A y 𝛕B podemos establecer sin mayor error:
• que la tensión tangencial 𝛕 se mantiene constante en intensidad y dirección a lo largo del
espesor de la pared, y
• que la dirección de 𝛕 coincide con la de la tangente en el contorno medio de la sección 𝛕M
Por lo que, siendo: 𝐝𝐀 = 𝐞 ∙ 𝐝𝐬
𝐝𝐅 = 𝛕 ∙ 𝐝𝐀
→ 𝐌𝐓 =
𝐀
 ∙ 𝐝𝐅 =
𝐀
 ∙ 𝝉 ∙ 𝐞 ∙ 𝐝𝐬

16. Imaginemos cortada la sección por
dos planos 1-1 y 2-2. Aislemos una
de las partes de la que a su vez
tomamos sólo el trozo delimitado
por dos secciones separadas una
longitud unitaria.
1-1
2-2
Sobre cada una de las caras
verticales actuarán tensiones
tangenciales que dan origen a dos
fuerzas elementales verticales de
intensidad ( . A =  . e . 1):
e1 . 1 . 1
e2 . 2 . 1
…y como el elemento de tubo
pertenece a un sólido en equilibrio,
también estará en equilibrio.
𝑭𝑽 = 𝛕𝟏 ∙ 𝐞𝟏 − 𝛕𝟐 ∙ 𝐞𝟐 = 𝟎 → 𝛕 ∙ 𝐞 = 𝐜𝐭𝐞
→ 𝐌𝐓 =
𝐀
𝐫 ∙ 𝛕 ∙ 𝐞 ∙ 𝐝𝐬 = 𝛕 ∙ 𝐞 ∙
𝐀
𝐫 ∙ 𝐝𝐬
…y como además, el área del
triángulo sombreado 𝐝𝛚 es:
𝐝𝛚 =
𝟏
𝟐
𝐫 ∙ 𝐝𝐬 → 𝐌𝐓 = 𝟐 ∙ 𝛕 ∙ 𝐞 ∙
𝐀
𝐝𝛚
𝐌𝐓
Veamos ahora las
Secciones tubulares de
paredes delgadas

17. Imaginemos cortada la sección por
dos planos 1-1 y 2-2. Aislemos una
de las partes de la que a su vez
tomamos sólo el trozo delimitado
por dos secciones separadas una
longitud unitaria.
1-1
2-2
Sobre cada una de las caras
verticales actuarán tensiones
tangenciales que dan origen a dos
fuerzas elementales verticales de
intensidad ( . A =  . e . 1):
e1 . 1 . 1
e2 . 2 . 1
…y como el elemento de tubo
pertenece a un sólido en equilibrio,
también estará en equilibrio.
…y como además, el área del
triángulo sombreado 𝐝𝛚 es:
𝐝𝛚 =
𝟏
𝟐
𝐫 ∙ 𝐝𝐬 → 𝐌𝐓 = 𝟐 ∙ 𝛕 ∙ 𝐞 ∙
𝐀
𝐝𝛚
→ 𝐌𝐓 = 𝟐 ∙ 𝛕 ∙ 𝐞 ∙ 𝛀
…donde 𝛀 representa el área delimitada
por el contorno medio de la sección. En
consecuencia:
𝛕 =
𝐌𝐓
𝟐 ∙ 𝛀 ∙ 𝐞
𝐌𝐓
Veamos ahora las
Secciones tubulares de
paredes delgadas
(ecuación de Tensiones para las secciones
tubulares de pequeño espesor en función
de MT)
𝑭𝑽 = 𝛕𝟏 ∙ 𝐞𝟏 − 𝛕𝟐 ∙ 𝐞𝟐 = 𝟎 → 𝛕 ∙ 𝐞 = 𝐜𝐭𝐞
→ 𝐌𝐓 =
𝐀
𝐫 ∙ 𝛕 ∙ 𝐞 ∙ 𝐝𝐬 = 𝛕 ∙ 𝐞 ∙
𝐀
𝐫 ∙ 𝐝𝐬

18. La determinación de q la haremos
igualando los trabajos interno de
deformación (el trabajo desarrollado
por las tensiones ) y externo de
deformación (el trabajo del par torsor
MT).
1-1
2-2
e1 . 1 . 1
e2 . 2 . 1
Otra magnitud que interesa conocer es el
valor del ángulo específico de torsión (q)
𝐮𝐞 =
𝟏
𝟐
∙ 𝐌𝐓 ∙ 𝛉 =
𝟏
𝟐 𝐕
𝛕𝟐
∙ 𝐝𝐕
𝐆
= 𝐮𝐢
donde:
𝐝𝐕 = 𝟏 ∙ 𝐞 ∙ 𝐝𝐬
𝛕 =
𝐌𝐓
𝟐 ∙ 𝛀 ∙ 𝐞
→
𝟏
𝟐
∙ 𝐌𝐓 ∙ 𝛉 =
𝟏
𝟐𝐆 𝐅
𝐌𝐓
𝟐
𝟒 ∙ 𝛀𝟐 ∙ 𝐞
∙ 𝐝𝐬
Por lo que el ángulo específico de torsión (q)
será (considerando el espesor e = cte): 𝛉 =
𝐌𝐓 ∙ 𝐒
𝟒 ∙ 𝐆 ∙ 𝛀𝟐 ∙ 𝐞
Con S = longitud del perímetro medio de la sección
𝐌𝐓

19. Sea una sección de lados a y b solicitada por un par torsor
MT, tal que a > b
Veamos las ahora las
Secciones Rectangulares
sujetas a torsión
Las hipótesis de Coulomb no es aplicable a la sección
rectangular ni a otros tipos de secciones que difieran de la
circular.
La sección rectangular no permanece plana y se alabea
La solución del problema de la torsión con carácter general y aplicable a cualquier tipo de
sección se debe a Saint Venant, quien, cómo ya dijimos, estudió la torsión de una barra
de sección rectangular mediante la Función de Tensión de Airy. Esta solución pertenece al
dominio de la Teoría Matemática de la Elasticidad (que escapa al alcance de este curso)

20. Veamos las ahora las
Secciones Rectangulares
sujetas a torsión
La solución del problema de Saint Venant, aplicada a la sección
rectangular establece que la máxima tensión tangencial ocurre
en el centro del lado mayor y su expresión es:
𝛕𝐦𝐚𝐱 = 𝛂 ∙
𝐌𝐓
𝐚 ∙ 𝐛𝟐
donde a y b son los lados de la sección y  un coeficiente cuyo
valor en función de la relación k = a / b figura en la tabla.
Según de Saint Venant, el ángulo específico de torsión (q)
tiene por expresión:
𝛉 = 𝛃 ∙
𝐌𝐓
𝐆 ∙ 𝐚 ∙ 𝐛𝟑
La tensión máxima sobre el lado menor es función de la
correspondiente al lado mayor:
𝛕′𝐦𝐚𝐱 = 𝛅 ∙ 𝛕𝐦𝐚𝐱

21. Sección cuadrada a = b con k = 1
Las Secciones
Rectangulares presentan
dos casos particulares:
𝐤 = 𝟏
𝛂 = 𝟒, 𝟖𝟐
𝜷 = 𝟕, 𝟏𝟎
→
𝛕𝐦𝐚𝐱 = 𝟒, 𝟖𝟐 ∙
𝐌𝐓
𝐚 ∙ 𝐛𝟐
𝛉 = 𝟕, 𝟏𝟎 ∙
𝐌𝐓
𝐆 ∙ 𝐚 ∙ 𝐛𝟑
Sección rectangular a >>> b con k  ꝏ
𝐤 → ∞
𝛂 = 𝟑
𝜷 = 𝟑
→
𝛕𝐦𝐚𝐱 = 𝟑 ∙
𝐌𝐓
𝐚 ∙ 𝐛𝟐
𝛉 = 𝟑 ∙
𝐌𝐓
𝐆 ∙ 𝐚 ∙ 𝐛𝟑

22. Para encontrar la solución a este problema se
aplica un método denominado de la “Analogía de
la Membrana”, propuesto por Prandtl y que dice:
“las tensiones cortantes ( ) no dependen de la
curvatura del contorno de la sección, siendo
prácticamente las mismas que si dicho contorno
fuese recto”. De acuerdo con ello, y en el caso de
espesor constante t = cte se podrían aplicar las
mismas ecuaciones que para el caso de sección
rectangular donde a >>>b:
Veamos ahora las
Secciones Abiertas de
paredes delgadas
Las secciones abiertas pueden considerarse como un conjunto
de rectángulos que absorben, cada uno de ellos, una parte del
momento torsor correspondiente MT. Como estos rectángulos
forman parte de una única pieza, todos tendrán el mismo giro
específico de torsión, por lo que se puede plantear:

23. Para encontrar la solución a este problema se
aplica un método denominado de la “Analogía de
la Membrana”, propuesto por Prandtl y que dice:
“las tensiones cortantes ( ) no dependen de la
curvatura del contorno de la sección, siendo
prácticamente las mismas que si dicho contorno
fuese recto”. De acuerdo con ello, y en el caso de
espesor constante t = cte se podrían aplicar las
mismas ecuaciones que para el caso de sección
rectangular donde a >>>b:
Veamos ahora las
Secciones Abiertas de
paredes delgadas
Las secciones abiertas pueden considerarse como un conjunto
de rectángulos que absorben, cada uno de ellos, una parte del
momento torsor correspondiente MT. Como estos rectángulos
forman parte de una única pieza, todos tendrán el mismo giro
específico de torsión, por lo que se puede plantear:
𝐤 → ∞
𝛂 = 𝟑
𝛃 = 𝟑
𝐚 = 𝐒
𝐛 = 𝐞
→
𝛕𝐦𝐚𝐱 = 𝟑 ∙
𝐌𝐓
𝐒 ∙ 𝐞𝟐
𝛉 = 𝟑 ∙
𝐌𝐓
𝐆 ∙ 𝐒 ∙ 𝐞𝟑
S 𝐥𝐨𝐧𝐠𝐢𝐭𝐮𝐝 𝐝𝐞𝐥 𝐝𝐞𝐬𝐚𝐫𝐫𝐨𝐥𝐥𝐨 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐥í𝐧𝐞𝐚 𝐦𝐞𝐝𝐢𝐚
e (espesor de la pared del perfil)

24. Veamos el siguiente
ejemplo
Problema 1
Dado la barra cilíndrica de acero sometida a torsión
simple, mostrada en la figura cuyos datos se
indican, se solicita:
• Determinar la tensión tangencial máxima
(max)
• Determinar el ángulo de torsión total (ϕ)
Datos: adm = 9 KN/cm2; D = 5 cm; L = 250 cm; MT = 185 KN/cm2; G = 8x103 KN/cm2

25. Veamos el siguiente
ejemplo
Resolución
Determinación de la tensión tangencial máxima (max)
y del ángulo de torsión total (ϕ)
• Calculo de la tensión tangencial máxima (max)
La tensión tangencial máxima se determina
mediante la siguiente expresión:
𝛕𝐦𝐚𝐱 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟑
→ 𝛕𝐦𝐚𝐱=
𝟏𝟔 ∙ 𝟏𝟖𝟓 𝐊𝐍 ∙ 𝐜𝐦
𝛑 ∙ 𝟓 𝐜𝐦 𝟑
= 𝟕, 𝟓𝟒
𝐊𝐍
𝐜𝐦𝟐

26. Veamos el siguiente
ejemplo
Resolución
Determinación de la tensión tangencial máxima (max)
y del ángulo de torsión total (ϕ)
• Calculo del ángulo de torsión total ()
El ángulo de torsión total (ϕ) para una longitud
L de la barra será:
→ 𝛗 =
𝟑𝟐 ∙ 𝟏𝟖𝟓 𝐊𝐍 ∙ 𝐜𝐦 ∙ 𝟐𝟓𝟎 𝐜𝐦
8 × 103 𝐊𝐍
𝐜𝐦𝟐 ∙ 𝛑 ∙ 𝟓 𝐜𝐦 𝟒
∙
𝟏𝟖𝟎 °
𝛑
= 𝟓° 𝟐𝟒′
𝛗 = 𝛉 ∙ 𝐋 =
𝐌𝐓 ∙ 𝐋
𝐆 ∙ 𝐉𝟎
=
𝟑𝟐 ∙ 𝐌𝐓 ∙ 𝐋
𝐆 ∙ 𝛑 ∙ 𝐃𝟒

27. Veamos el siguiente
ejemplo
Problema 2
De acuerdo con los datos indicados en la figura y para la relación K
establecida, se desea reemplazar un árbol de sección circular
maciza por otro de sección anular (anillo circular) del mismo
material, que sea capaz de transmitir el mismo momento torsor
(par motor) MT. Se solicita determinar :
• La relación entre ambos diámetro exteriores (De/D)
• La economía de material (peso) que se logra

28. Veamos el siguiente
ejemplo
Resolución
Cálculo de la relación entre los diámetros exteriores
(De/D)
• Para la sección circular maciza será
𝛕𝐦𝐚𝐱𝐌 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟑 Á𝐫𝐞𝐚𝐌 =
𝛑 ∙ 𝐃𝟐
𝟒
• Para la sección circular hueca (anular) será
𝛕𝐦𝐚𝐱𝐇 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓 ∙ 𝐃𝐞
𝛑 ∙ 𝐃𝐞
𝟒
− 𝐃𝐢
𝟒 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓 ∙ 𝐃𝐞
𝛑 ∙ 𝐃𝐞
𝟒
−
𝐃𝐢
𝐃𝐞
𝟒
∙ 𝐃𝐞
𝟒
𝛕𝐦𝐚𝐱𝐇 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝐞
𝟑
∙ 𝟏 −
𝟏
𝐊
𝟒 Á𝐫𝐞𝐚𝐇 =
𝛑 ∙ 𝐃𝐞
𝟐
− 𝐃𝐢
𝟐
𝟒

29. Veamos el siguiente
ejemplo
Resolución
Cálculo de la relación entre los diámetros exteriores
(De/D)
• Para poder reemplazar una sección por otra,
debe cumplirse que ambas secciones tengan
las mismas tensiones tangenciales máximas
𝛕𝐦𝐚𝐱𝐌 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟑 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝐞
𝟑
∙ 𝟏 −
𝟏
𝐊
𝟒
= 𝛕𝐦𝐚𝐱𝐇 ≤ 𝛕𝐚𝐝𝐦
…y reemplazando valores:
𝐃𝐞 = 𝟑
𝐃𝟑
𝟏 −
𝟏
𝐊
𝟒
→
𝐃𝐞
𝐃
= 𝟏, 𝟎𝟐𝟏𝟕

30. Veamos el siguiente
ejemplo
Resolución
Cálculo de la economía del material (peso)
• La economía en peso, a igualdad de material y
longitud de la pieza, va a estar dada por la
relación entre áreas de ambas secciones
Á𝐫𝐞𝐚𝐌
Á𝐫𝐞𝐚𝐇
=
𝛑 ∙ 𝐃𝟐
𝟒
𝛑 ∙ 𝐃𝐞
𝟐
− 𝐃𝐢
𝟐
𝟒
=
→
Á𝐫𝐞𝐚𝐌
Á𝐫𝐞𝐚𝐇
=
𝛑 ∙ 𝐃𝟐
𝟒
𝛑 ∙ 𝟏, 𝟎𝟐𝟏𝟕 𝟐 ∙ 𝐃𝟐
𝟒 ∙ 𝟏 −
𝟏
𝐊
𝟐
= 𝟏, 𝟐𝟕𝟕𝟑
Lo que nos dice que:
Á𝐫𝐞𝐚𝐇 =
Á𝐫𝐞𝐚𝐌
𝟏, 𝟐𝟕𝟕𝟑
= 𝟎, 𝟕𝟖𝟐𝟗 ∙ Á𝐫𝐞𝐚𝐌 → Ahorro =21,71%

31. Veamos ahora el siguiente
ejemplo
Problema 3
Dadas dos barras de acero que poseen igual área, siendo una de
ellas de sección circular y la otra de sección rectangular, las cuales
soportan pares torsores equivalentes y cuyos datos se indican en la
figura, se solicita determinar:
• Las tensiones tangenciales en ambas secciones y las relaciones
entre las mismas
• Los ángulos de rotaciones específicos y las relaciones entre los
mismos
• Las tensiones tangenciales máximas que ocurren en el lado
menor de la sección rectangular
Datos: D = 4 cm; MT = 60 KN.cm; G = 8 x 103 KN/cm2

32. Veamos ahora el siguiente
ejemplo
Resolución
Cálculo de las tensiones tangenciales en ambas
secciones y las relaciones entre las mismas
• Para la barra de sección circular maciza será
𝛕𝐦𝐚𝐱●
=
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟑
=
𝟏𝟔 ∙ 60 KN.cm
𝛑 ∙ 4 cm 𝟑
= 𝟒, 𝟕𝟕
KN
cm𝟐
Á𝐫𝐞𝐚● =
𝛑 ∙ 𝐃𝟐
𝟒
= 𝐛 ∙ 𝐡 = 𝐛 ∙ 𝟐𝐛 = Á𝐫𝐞𝐚▬
• Para la barra de sección rectangular, siendo ambas
barras de igual área será:
→ 𝐛 =
𝛑 ∙ 𝐃𝟐
𝟖
→
𝐛 ≅ 𝟐, 𝟓 cm
𝐡 = 𝟐 ∙ 𝐛 ≅ 𝟓 cm

33. Veamos ahora el siguiente
ejemplo
Resolución
𝛕𝐦𝐚𝐱▬
=
𝛂 ∙ 𝐌𝐓
𝐡 ∙ 𝐛𝟐 =
𝟒, 𝟎𝟕 ∙ 60 KN.cm
𝟐 ∙ 2,5 cm 𝟑 = 𝟕, 𝟖𝟏
KN
cm𝟐
Cálculo de las tensiones tangenciales en ambas
secciones y las relaciones entre las mismas
• Para la barra de sección circular maciza será
𝛕𝐦𝐚𝐱●
=
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟑
=
𝟏𝟔 ∙ 60 KN.cm
𝛑 ∙ 4 cm 𝟑
= 𝟒, 𝟕𝟕
KN
cm𝟐
Á𝐫𝐞𝐚● =
𝛑 ∙ 𝐃𝟐
𝟒
= 𝐛 ∙ 𝐡 = 𝐛 ∙ 𝟐𝐛 = Á𝐫𝐞𝐚▬
• Para la barra de sección rectangular, siendo ambas
barras de igual área será:
→ 𝐛 =
𝛑 ∙ 𝐃𝟐
𝟖
→
𝐛 ≅ 𝟐, 𝟓 cm
𝐡 = 𝟐 ∙ 𝐛 ≅ 𝟓 cm

34. Resolución
Cálculo de las tensiones tangenciales en ambas
secciones y las relaciones entre las mismas
• Para el lado menor la mayor tensión será:
𝛕′𝐦𝐚𝐱▬
= 𝛅 ∙ 𝛕𝐦𝐚𝐱▬ = 𝟎, 𝟕𝟗𝟓 ∙ 𝟕, 𝟖𝟏
KN
cm𝟐
≅ 𝟔, 𝟐𝟏
KN
cm𝟐
• La relaciones entre las máximas tensiones para
ambas secciones será:
𝐊𝛕 =
𝛕𝐦𝐚𝐱▬
𝛕𝐦𝐚𝐱●
=
𝟕, 𝟖𝟏
KN
cm𝟐
𝟒, 𝟕𝟕
KN
cm𝟐
= 𝟏, 𝟔𝟒
Dicha relación está indicando que para el problema
planteado, a igualdad de momentos torsores y áreas, para
una relación (h/b = 2) la tensión tangencial máxima en la
sección rectangular es aproximadamente un 64% superior
a la correspondiente a la sección circular.

35. Resolución
Cálculo de los ángulos de torsión específicos en ambas
secciones y las relaciones entre las mismas
• Para la barra de sección circular maciza será
𝛉● =
𝐌𝐓
𝐆 ∙ 𝐉𝟎
=
𝟑𝟐 ∙ 𝐌𝐓
𝐆 ∙ 𝛑 ∙ 𝐃𝟒
=
𝟑𝟐 ∙ 60 KN.cm
8 × 𝟏𝟎𝟑 𝐊𝐍
𝐜𝐦𝟐 ∙ 𝛑 ∙ 4 cm 𝟒
𝛉● = 𝟎, 𝟐𝟗𝟖𝟒 × 𝟏𝟎−𝟑
𝐫𝐚𝐝
𝐜𝐦
• Para la barra de sección rectangular será:
𝛉▬ = 𝛃 ∙
𝐌𝐓
𝐆 ∙ 𝐚 ∙ 𝐛𝟑 =
𝟒, 𝟑𝟔 ∙ 60 KN.cm
8 × 𝟏𝟎𝟑 𝐊𝐍
𝐜𝐦𝟐 ∙ 𝟐 ∙ 2,5 cm 𝟒
𝛉▬ = 𝟎, 𝟒𝟏𝟗𝟓 × 𝟏𝟎𝟑
𝐫𝐚𝐝
𝐜𝐦

36. Resolución
• La relaciones entre los ángulos de torsión específicos
para ambas secciones será:
𝐊𝛉 =
𝛉▬
𝛉●
=
𝟎, 𝟒𝟏𝟗𝟓 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐫𝐚𝐝
𝐜𝐦
𝟎, 𝟐𝟗𝟖𝟒 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐫𝐚𝐝
𝐜𝐦
≅ 𝟏, 𝟒𝟏
Cálculo de los ángulos de torsión específicos en ambas
secciones y las relaciones entre las mismas
Dicha relación está indicando que para el problema
planteado, a igualdad de momentos torsores y áreas,
para una relación (h/b = 2) el ángulo de torsión
específico en la sección rectangular es aprox. un 41%
superior al correspondiente a la sección circular.

37. Veamos el siguiente
ejemplo
Problema 4
Dos barras de acero de iguales dimensiones, las cuales están
construidas con un anillo circular de pequeño espesor, siendo una
de ellas de contorno cerrado y la otra abierta, se encuentran
sometidas a pares torsores equivalentes según se observa en la
figura. Se solicita determinar en ambos casos:
• Las tensiones tangenciales y las relaciones entre las mismas
• Los ángulos específicos de torsión y sus relaciones
Datos: Rm = 10 cm; e = 1 cm; MT = 200 KN.cm; G = 8 x 103 KN/cm2

38. 𝛕𝐦𝐚𝐱◎
=
200 KN.cm
𝟐𝛑 ∙ 10 cm 𝟐 ∙ 1 cm
= 𝟎, 𝟑𝟏𝟓𝟖
KN
cm𝟐
Veamos el siguiente
ejemplo
Cálculo de las tensiones tangenciales en ambas
secciones y las relaciones entre las mismas
• Para el anillo circular de pequeño espesor de contorno
cerrado será
𝛕𝐦𝐚𝐱𝕔
=
𝟑 ∙ 𝐌𝐓
𝐒 ∙ 𝐞𝟐
=
𝟑 ∙ 𝐌𝐓
𝟐𝛑 ∙ 𝐑𝐦 ∙ 𝐞𝟐
𝛕𝐦𝐚𝐱◎ =
𝐌𝐓
𝟐 ∙ 𝛀 ∙ 𝐞
=
𝐌𝐓
𝟐 ∙ 𝛑 ∙ 𝐑𝐦
𝟐 ∙ 𝐞
• Para el anillo circular de pequeño espesor de
contorno abierto será:
𝛕𝐦𝐚𝐱𝕔 =
𝟑 ∙ 200 KN.cm
𝟐𝛑 ∙ 1 cm ∙ 1 cm 𝟐 = 𝟗, 𝟓𝟓
KN
cm𝟐
Resolución

39. Resolución
• La relación entre ambas tensiones tangenciales será:
𝐊𝛕 =
𝛕𝐦𝐚𝐱𝕔
𝛕𝐦𝐚𝐱◎
=
𝟗, 𝟓𝟓
KN
cm𝟐
𝟎, 𝟑𝟏𝟓𝟖
KN
cm𝟐
≅ 𝟑𝟎
Cálculo de las tensiones tangenciales en ambas
secciones y las relaciones entre las mismas
Como se observa, para el problema planteado 𝛕𝐦𝐚𝐱𝕔
es
30 veces superior a 𝛕𝐦𝐚𝐱◎. Como conclusión, a igualdad
de condiciones geométricas y de cargas, la rigidez de a la
torsión de un anillo circular cerrado es notablemente
superior al caso en que el mismo estuviese abierto, es
decir, con una pequeña ranura a lo largo de su
generatriz.
Veamos el siguiente
ejemplo

40. Veamos el siguiente
ejemplo
Resolución
Cálculo de los ángulos específicos de torsión en ambas
secciones y las relaciones entre las mismas
• Para el anillo circular de pequeño espesor de contorno cerrado será
𝛉◎ =
𝐌𝐓 ∙ 𝐞
𝟒 ∙ 𝐆 ∙ 𝐒 ∙ 𝛀𝟐
=
𝐌𝐓 ∙ 𝐞
𝟒 ∙ 𝐆 ∙ 𝟐𝛑 ∙ 𝐑𝐦 ∙ 𝛑 ∙ 𝐑𝐦
𝟐 𝟐
𝛉𝕔 =
𝟑 ∙ 𝐌𝐓
𝐆 ∙ 𝐒 ∙ 𝐞𝟑 =
𝟑 ∙ 𝐌𝐓
𝐆 ∙ 𝟐𝛑 ∙ 𝐑𝐦 ∙ 𝐞𝟑
• Para el anillo circular de pequeño espesor de contorno abierto será:
𝛉◎ =
200 KN.cm ∙ 1 cm
𝟒 ∙ 8 × 𝟏𝟎𝟑 𝐊𝐍
𝐜𝐦𝟐 𝟐𝛑 ∙ 10 cm ∙ 𝛑 ∙ 10 cm 𝟐 𝟐
𝛉𝕔 =
𝟑 ∙ 200 KN.cm
8 × 𝟏𝟎𝟑 𝐊𝐍
𝐜𝐦𝟐 𝟐𝛑 ∙ 10 cm ∙ 1 cm 𝟑
= 𝟏, 𝟏𝟗𝟒 × 𝟏𝟎𝟑
rad
𝐜𝐦
𝛉◎ = 𝟎, 𝟎𝟎𝟒 × 𝟏𝟎𝟑
rad
𝐜𝐦

41. Resolución
• La relación entre ambos ángulos específicos de torsión
será:
𝐊𝛉 =
𝛉𝕔
𝛉◎
=
𝟏, 𝟏𝟗𝟒 × 𝟏𝟎𝟑 rad
𝐜𝐦
𝟎, 𝟎𝟎𝟒 × 𝟏𝟎𝟑 rad
𝐜𝐦
≅ 𝟑𝟎𝟎
Cálculo de los ángulos específicos de torsión en ambas
secciones y las relaciones entre las mismas
Como se observa, para el problema planteado 𝛉𝕔 es 300
veces superior a 𝛉◎. Como conclusión, a igualdad de
condiciones geométricas y de cargas, la rigidez de a la
torsión de un anillo circular cerrado es notablemente
superior al caso en que el mismo estuviese abierto, es
decir, con una pequeña ranura a lo largo de su
generatriz.

42. Veamos el siguiente
ejemplo
Problema 5
Dimensionar un árbol de transmisión como el de la figura, con dos
apoyos y tres poleas. La polea C recibe 100 HP, mientras que la
polea B toma 40 HP y la polea D toma 60 HP. El número de
revoluciones es de 175 rpm
Datos: adm = 120 Kg/cm2;
G = 8,4 x 105 Kg/cm2

43. Veamos el siguiente
ejemplo
Problema 5
Dimensionar un árbol de transmisión como el de la figura, con dos
apoyos y tres poleas. La polea C recibe 100 HP, mientras que la
polea B toma 40 HP y la polea D toma 60 HP. El número de
revoluciones es de 175 rpm
Datos: adm = 120 Kg/cm2;
G = 8,4 x 105 Kg/cm2
Resolución
Convertimos las potencias en momentos
torsores y trazamos el diagrama de MT
𝐌𝐁 = 𝟕𝟏𝟔𝟐𝟎
𝐊𝐠 ∙ 𝐜𝐦 ∙ 𝐫𝐩𝐦
𝐇𝐏
∙
𝟒𝟎 𝐇𝐏
𝟏𝟕𝟓 𝐫𝐩𝐦
≅ 𝟏𝟔𝟒𝟎𝟎 𝐊𝐠 ∙ 𝐜𝐦
𝐌𝐂 = 𝟕𝟏𝟔𝟐𝟎
𝐊𝐠 ∙ 𝐜𝐦 ∙ 𝐫𝐩𝐦
𝐇𝐏
∙
𝟏𝟎𝟎 𝐇𝐏
𝟏𝟕𝟓 𝐫𝐩𝐦
≅ 𝟒𝟏𝟎𝟎𝟎 𝐊𝐠 ∙ 𝐜𝐦
𝐌𝐃 = 𝟕𝟏𝟔𝟐𝟎
𝐊𝐠 ∙ 𝐜𝐦 ∙ 𝐫𝐩𝐦
𝐇𝐏
∙
𝟔𝟎 𝐇𝐏
𝟏𝟕𝟓 𝐫𝐩𝐦
≅ 𝟐𝟒𝟔𝟎𝟎 𝐊𝐠 ∙ 𝐜𝐦
𝐌𝐁
𝐌𝐂
𝐌𝐃
siendo el tramo más solicitado el
tramo de la derecha, tomaremos
para dimensionar N = 60 HP y
MD = 24600 kg.cm

44. El dimensionamiento debe realizarse para la sección más
comprometida (aquella para la cual se verifica MT = MTmax), y
dentro de esta para la fibra más solicitada (la más alejada del
centro del eje – esto es para el radio externo D/2)
Datos: adm = 120 Kg/cm2;
G = 8,4 x 105 Kg/cm2
Resolución
𝐌𝐁
𝐌𝐂
𝐌𝐃
𝛕 =
𝟑𝟐 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟒
∙ 𝛒 → 𝛕𝐦𝐚𝐱 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓𝐦𝐚𝐱
𝛑 ∙ 𝐃𝟑
≤ 𝛕𝐚𝐝𝐦
Esta tensión, no deberá superar los
valores de la tensión admisible 𝛕𝐚𝐝𝐦
→ 𝐃 ≥
𝟑 𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓𝐦𝐚𝐱
𝛑 ∙ 𝛕𝐚𝐝𝐦
≅ 𝟏𝟎 𝐜𝐦

45. Problema 6
Para el esquema estructural de barra de la
figura se pide calcular:
Veamos el siguiente
ejemplo
• Reacciones de vínculo
• Diagrama de momentos torsores
• Diagrama de tensiones tangenciales
máximas a lo largo del eje de la barra
• Diagrama de los ángulos específicos de
torsión
• Diagrama de los ángulos absolutos de
torsión
Nota: este es un sistema hiperestático

46. Veamos el siguiente
ejemplo
Resolución
Cálculo de las reacciones de vínculo
Para que el sistema esté en equilibrio la
sumatoria de momentos debe ser nula:
B
A
T
T
B
A
T M
M
M
M
M
M
M 






 0
Además, el ángulo absoluto de torsión para el punto C deberá ser el mismo viniendo
tanto por derecha como por izquierda, por ello resulta:
BC
B
A
AC dx
J
G
M
dx
J
G
M

 





 
 0
0
integrando y simplificando será:
(Ecuación de equilibrio de la Estática)
(Condición de contorno de
Resistencia de Materiales)
 
 
 




















AC
CB
CB
T
A
AC
CB
AC
T
B
BC
B
AC
B
T
AC
A
L
L
L
M
M
L
L
L
M
M
L
M
L
M
M
L
M
𝐌𝐀 𝐌𝐁

47. Resolución
Ángulos específicos de torsión
Los calculamos como sigue:
𝐌𝐀 𝐌𝐁




















4
4
4
0
0 32
32
32
,
D
G
M
D
G
M
D
J
J
G
M
B
BC
A
AC
T

q

q

q
Ángulos de torsión absoluta. Los calculamos como sigue:




































4
4
4
4
4
0
0 32
32
32
32
32
,
D
G
L
M
dx
D
G
M
D
G
L
M
dx
D
G
M
D
J
dx
J
G
M
BC
B
t
BC
AC
A
t
AC
T









48. Resolución
Cálculo de las tensiones tangenciales
Serán directamente proporcional al
momento torsor y al radio de la sección de la
barra e inversamente proporcional al
momento de inercia polar de la sección:
𝐌𝐀 𝐌𝐁
 


















3
3
0
4
0
0 16
16
32
,
2
D
M
D
M
D
J
J
D
x
M
B
L
Lc
A
Lc
t






Tracemos los diagramas

49. 𝟎, 𝟏𝟗𝟔𝟗
Resolución
𝐌𝐀 𝐌𝐁
Tracemos los diagramas
𝐌𝐀 𝐌𝐁
−𝟏, 𝟔𝟖
𝟏, 𝟏𝟐
𝐌(𝐳) [t.m]
−𝟔𝟓𝟒𝟐, 𝟔
𝟒𝟕𝟐𝟒, 𝟓
(𝐳) [kg.cm2]
−𝟑, 𝟎𝟑
𝟐, 𝟏𝟖
q(𝐳) [E. -3] [rad/cm]
(𝐳) [rad]

50. 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

51. Muchas Gracias