Timoshenko-resistencia de materiales- tomo I.pdf

S. TIMOSHENKO PROJ!'E80R DE M.lllC.li1C.A .lJ.& LA UJ.UV.&li.SIDAD DE S1ANJI'ORD

RESISTENCIA DE MATERIALES

PRIMERA PARTE

TEORlA ELEMENTAL Y PROBLEMAS

TRADll OIDO DIIL ING LB

por

TOMS DELGADO PREZ DE ALBA lNG.b:NlERO INDUS!EBU.L Y AERONUTlCO

ESPASA-CALPE, S. A. MADRID l 9 5 7

NOTACIONES

fla:, a11, az Fatigas normales ligadas a planos perpendiculares al eje x, y, z.

a" Fatiga normal ligada a un plano perpendicuiar a la direccin n.

ap Fatiga normal en el punto de fluencia. a1 Fatiga normal de trabajo. "' Fatiga cortante.

'ra:r -r112, "" Fatigas cortantes paralelas a los ejes y, z, x, y ligadas a planos perpendiculare3 a los ejes x, y, z.

-., Fatiga cortante de trabajo. 3 Alargamiento total, flecha total. e Alargamiento unitario.

E.,, e1, e2 Alargamiento unitario en las direcciones x, y, z. y Distorsin unitaria, peso por unidad de volumen. E Mdulo de elasticidad en traccin y compresin. G Mdulo de elasticidad por cortauura. .t. Relacin de Poisson. A Dilatacin. K Mdulo de elasticidad por volumen. Mt Momento torsor. M Momento flector en una viga. V Fuerza cortante en una viga.. A Area de seccin recta.

111 , 12 Momentos de inercia de una figura plana con re-lacin a los ejes y y z.

XTI

()(

u w

h q

ci>, e p

D, d R, r

w

NOTACIONES

Radios de giro correspondientes a 1 1 11' ~

Momento de inercia polar. Momento resistente. Rigidez a la torsin. Longitud de una barra, luz de una viga. Fuerzas concentradas. Temperatura, espesor. Coeficiente de dilatacin por el calor. Energa de deformacin. Energa de deformacin por unidad de volumen. Altura de una viga, espesor de una placa. carga por unidad de longitud. Angulos. Presin. Dimetros. Radios. Peso, carga.

NDICE Capitulo& Pidnas

l.-TRACCIN Y COMPRESIN POR DEBAJO DEL LMITE DE ELASTICIDAD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

l. Elasticidad ...................................... . 2. Ley de Hookc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 3. Diagrama de traccin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 4. Fatiga de trabajo................................. 8 5. Fatigas y deformaciones producidas en una barra

por su propio peso.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 6. Problemas estticamente indeterminados en traccin

y compresin.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 7. Fatigas iniciales y trmicas....................... 25 8. Extensin de un anillo circula1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

ll.-ANLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES................ 34 9.

10. 11.

12. 13. 14.

15.

16. 17. 18.

Variacin de la fatiga en la extensin y compre-sin simple al considerar secciones oblicuas al eje de la barra .................................... .

El crculo de fatigas ............................. . Traccin o compresin en dos direcciones perpen-

diculares .................................... .. El crculo de Mohr para fatigas combinadas ....... . Fatigas principales ............................. Anlisis de la deformacin en el caso de extensin

simple: ....................................... Deformacin en el caso de extensin o compresin en

dos direcciones perpendiculares ................ . Fatiga cortante pura ............................. . Fatigas de trabajo por cortadura ................. . Traccin o compresin en tres direcciones perpen-

diculareB ..............................

34 37

40 42 4.5

48

50 52 55

59 fil.-FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR .. ,............. 63

19. Tipos de vigas.................................... 6:3 20. Momento flector y fuerza cortante.. . . . . . . . . . . . . . . . 65 21. Relacin entre el momento fleetor y la fuerza cor-

tante.......................................... 68 22. Diagramas del momento flector y de la fuerza cor-

tante.......................................... 70

XIV fNDICE

Capftuloa Pg!ns!

IV.-F ATIGAS EN LAS VIGAS .....................

23. Flexin pura de be,rra,s prismticas ............... . 24. Vigas con formas diversas de seccin recta ........ . 25. Caso general de vigas cargadas transversalmente .. . 26. La fatiga cortante en la flexin; ................. . 27. Distribuci~~ de. las fatigas cortantes en el caso de

una secmon Circular ........................... . 28. Distribucin de la fatiga cortante en vigas en 1 ... . 29. Fatigas principales en la flexin .................. . 30. Fatigas en vigas compuestas ..................... .

V.-DEFORMACIN DE VIGAS CARGADAS TRANSVERSALMENTE 31. Ecuacin diferencial de la elstica ................ . 32. Flexin de una viga uniformemente cargada apoya-

da en sus extremos ............................ . 33. Deformacin de una viga simplemente apoyada por

una carga concentrada ........................ . 34. Modo de encontrar las deformaciones en la flexin

utilizando el diagrama de momentos flectores. Mtodo de superposicin ....................... .

35. Elstica de una viga en voladizo ................. . 36. Elstic, de una viga apoyada en los extremos ..... . 37. Deformacin de vigas apoyadas y con voladizos ... . 38. Deformacin de vigas cuando las cargas no son pa-

re.lelas a uno de los planos principales de flexin. 39. Efecto de la fuerza cortante en la dformacin de

las vigas .................................... VJ.-CASOS HIPERESTTICOS EN LA FLEXIN ...............

40. Exceso de ligaduras ............................. . 41. Viga empotrada en un extremo y apoyada en el otro. 42. Viga con los dos extremos empotrados ............ . 43. Prticos y cuadros .............................. 44. Vigas sobre ta-es apoyos .......................... . 45. Vigas continuas ................................. .

84 84 93 98

105

ll2 114 116 121 129 129

132

135

138 141 146 155

158

162 168 168 171 177 181 189 192

VJI. VIGAS DE SECCIN VARIABLE. VIGAS DE DOS MATERIALES. 201 46. Vigas de seccin variable.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 4 7. Vigas de materiales diferentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 48. Vigas de hormigJn armado.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 49. Fatigas co1tantes en vigas de hormign armado.... 216

VJII.-FLEXIN ACOMPA~ADA DE TRACCIN O COMPHESIN. TEO-RA DE COLUMNAS.................................... 219

50. Flexin acompaada de traccin o compresin..... 219 51. Cargas excntricas en cuerpos de poca esbelkz..... 223 52. El ncleo de la seccin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228 53. Cargas excntricas en piPzas el:ll.Jcltas y en uno de

los planos principaltitudes supuestas......... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 5i. Frmulas empricas para el proyecto (; columnas.. 251

NDICE

Capitulo&

JX.-TORSIN y FLEXIN C0l\IBINADA CON TORSIN ........ 58. Torsin de un eje circular ..... -. 59 Torsin de rboles huecos .... 60: Torsin de ejes de seccil!- rectangular . 61. Resorte helicoidal de espl.l'as cerra~as .. _. 62. Flexin y torsin combme.das en eJes Circulares ... -

X.--ENERGA DE DEFORMACIN : : 63. Energa elstic~ de deformacin en la tracmon 64. Fatigas produc1das por choq~~- .. - - 65. Energa el.dtica de ~eformacwn en los casos de fuer-

za. cortante y tors1n ..... :; .......... . , 66. Energa. elstica. de deformacwn en la flexwn ... 67. Flexin producida por choque ..... . 68. La expresin general de la energa de deformamn. 69. El teorema. de Castigliano ........ :; 70. Aplicacin del teorema de Casti~ldianto a l';tredsolucwn

de problemas estticamente m e ermm~ os .... 71. El teorema. de la reciprocidad de los trabaJOS . 72. Casos de excepcin ...............

APNDICE MOMENTOS DE INERCIA DE LAS REAS PLANAS

1. El momento de inercia de un rea plana. con relacin a

n. In. IV. V.

un eje de su plano ................. - Momento polar de inercia de un rea plana ........ Cambio de ejes ...................... - Producto de inercia. Ejes pr0-cipales .... _. ... _._. ..... . Cambio de direccin de los eJeS. DetermmaCJon de los PJCS

principales ...................................

lNDICE DE AUTORES ..........

XV

Pglnu

254 254 260 262 263 269 274 274 278

285 289 294 299 302

313 324 332

335

335 338 340 341

343

349

RESISTENCIA DE lVIATERIALES

PRIMERA PARTE

CAPTULO PRIMERO TRACCIN Y COMPRESIN

POR DEBAJO DEL LMITE DE ELASTICIDAD

1. Elasticidad.-Suponemos que un cuerpo est formado por partculas pequeas o molculas entre las cuales actan fuerzas. EstaR fuerzas moleculares se oponen a cambios de for-ma del cuerpo cuando sobre l actan fuerzas exteriores.

Si un sistema exterior de fuerzas se aplica al cuerpo, sus par-tculas se desplazan y estos desplazamientos mutuos continan hasta que se establece equilibrio entrE' el sistema exterior de fuerzas y las fuerzas interiores.

Se dice en este caso que el cuerpo eet en estado ue defor-macin.

Durante la deformacin, las fuerzas exteriores que actan sobre el cuerpo realizan trabajo, y este trabajo se transforma completa o parcialmente en energa potencial de deformacin. Ejemplo de esta acumulacin de energa en un cuerpo defor-mado es el caso de un muelle de reloj.

Si las fuerzas causa de la deformacin del cuerpo disminu-yen gradualmente, el cuerpo vuelve total o parcialmente a su forma primitiva y durante esta deformacin inversa la energa potencial de deformacin acumulada en el cuerpo se recupera en forma de trabajo exterior.

RESlSTENOl& D. II.&TEB.!AJ.KS,- T. l 1

RRRTS'T'R!ITffiA DR MA TRRl ALE~

Sea, por ejemplo, una barra prismtica cargada en su eX tremo tal como indica la figura l. Bajo la accin de esta carga, la barra se alarga una cierta cantidad. El punto de aplicacin de la carga se desplaza en su direccin y la carga realiza un tra-bajo positivo durante este movimiento.

Cuando la carga disminuye, el alargamiento de la barra os minuye tambin, el extremo cargado se desplaza hacia arriba y

(b}

FIG. 1

la energa potencial de deformacin se trans-forma en el trabajo de desplazar la carga en sentido contrario a su direccin.

La propiedad que tienen los cuerpos de recuperar su forma primitiva al descargarlos se denomina elasticidad.

Se dice que el cuerpo es perfectamente elstico si recobra su forma original de un modo completo al descargarlo, y que es par-cialmente elstico si la deformacin producida por las fuerzas exteriores no desaparece por completo al descargarlo. En el caso de un

cuerpo perfectamente elstico, el trabajo realizado por las fuer zas exteriores durante la deform:win se transforma completa-mente en energa potencial de deformacin.

En el ca,;;o de un cuerpo parcialmente elstico, parte de aquel trabajo se transforma. en calor desarrallado en el cuerpo durante J, deformacin no el:',stica. Experimentalmente, se ha visto que cuerpos tales como el '1Cero, la madera. y la piedra pueden con-siderarse 0cmo perfectamente elsticos por debajo de cierto lmite que depende de las propiedades del material. Suponiendo que las fuerzas externas que actan sobre una estructura son conocidas, es un problema fundamental para el proyectista di-mensionar las partes de la estructura para que estn en condi-cione~:' perfectamente elsticas en todos los casos de carga. t:lolamente en tales condiciones la estructura tendr una vida larga y segura y no presentar deformaciones permanentes en sus elementos. 2. Ley de Hooke.-Experimentos realizados sometiendo a

extensin barras prismticas han hecho ver que entre ciertos lmites el alargamiento de la barra es proporcional a la fuerza

TRACCTN Y COMPRESIN

extensora. Esta sencilla relacin lineal entre fuerzas y deforma-ciones fu enunciada por primera vez por el investigador ingls Robert Hooke 1 en 1678 y lleva su nombre.

Usando la notacin: P Fuerza total de extensin. l Longitud de la barra.

A Area de la seccin recta de la barra. a Alargamiento total de la barra.

E Constante elstica del material, llamada mdulo de elast.icidad.

La ley de Hooke se expresa por la siguiente ecuacin:

a= PI. AE (1)

El alargamiento de la barra es proporcional a la fuerza ex-tensora y a la longitud de la barra, e inversamente proporcional a la seccin reci a y al mdulo de elasticidad.

Al realizar eHtos ensayos deben tomarse las precauciones ne-cesarias para tener la seguridad de que la aplicacin de la carga se realiza axialmente. De este modo se evita cualquier flexin de la barra.

Prescindiendo de las porciones de la barra situadas en las proximidades de las fuerzas aplicadas 2, puede asegurarse que durante la traccin todas las fibras longitudinales de la barra prismtica tienen el mismo alargamiento y las secciones rectas de la barra plana,; y perpendiculares al eje quedan en estas con-diciones despus de la extensin.

Para encontrar la :;:agr,kJ. de las fuerzas interiores imagi-nemos la barra dividida -:;n dos partes, por una seccin recta mn, :y consideremos el equilibrio de la parte inferior de la barra -figu-ra 1 (b)-. En el extremo inferior de este trozo tenemos la fuer-za P. En la parte superior actan fuerzas que representan la accin de las partculas de la parte superior de la barra cargada

1 Robert Hookc, De Potentia restitutiva, Lomlon, 1678. 1 ~a ~stribucin de las fatigas en la;; proximidades de los puntos d~ apl.w?'c10n de las fuerzas responde a una ley m,s ;omplicada y se d1scutna en la Segunda, pa;rte.

RESISTENCIA DE MATERIAI,ES

sobre las partculas de la parte inferior. Estas fuerzas estn dis-tribudas de modo continuo sobre la seccin recta. Un ejemplo corriente de distribucin continua de fuerzas sobre una super-ficie es el de una presin hidrosttica o el de la presin de un vapor. En estas distribuciones continuas de fuerza la intensidad de la fuerza por unidad de rea es de la mayor importancia. En nuestro caso, como las fibras tienen el mismo alargamiento, la distribucin de fuerzas sobre la seccin recta mn ser uni-forme.

La suma de estas fuerzas para cumplir las condiciones de equilibrio -fig. l (b)-- debe ::;er iguala P. La fuerza por unidad de seccin recta valdr:

p u--.

A (2)

Esta fuerza por unidad de rea se llama fatiga o esfuerzo. En adelante, las fuerzas las mediremos en kilogramos, las reas en cm.2 y las fatigas en kg.jcm.2 El alargamiento de la barra por unidad de longitud se determina por la ecuacin

o e:=-

l (3)

y se denomina deformacin unitaria. Usando las relaciones (2) y (3), la ley de Hooke puede re-

presentarse de la forma siguiente: (J E=_, E (4)

y el alargamiento unitario se calcula de este modo fcilmente en funcin de la. fatiga y del mdulo de elasticidad del mate-rial. El alargamiento unitario e: es un nmero abstracto, puesto que mide la relacin por cociente de dos longitudes, ecuacin (3); se deduce, por tanto, de la ecuacin (4) que el mdulo de elas-ticidad se mide en las mismas unidades que la fatiga, es decir, en kg.jcm. 2 En la tabla I se indican valores de E para distintos materiales a.

En la Se(!Unda parte se analizarn m. det~ll&~m~te las pro pie d,E\qes roeonoas de 105 ma.teriale~J..

TRACCIN Y COMPRESIN 5

I 'ones (1) a (4) pueden usarse tambin en el caso ,as ecuac1 ' de barras prismticas. Entonces S representa la de compreswn . , . . d

t , longitudinal total e: la deformacwn umtana e con raccwn ' . , . , la fatiga de compresin. El modulo de elastl-

compreswn Y cr . . d cidad para compresin es en muchos matenales Igual al e ex-

tensin. . 1 En los clculos, las fatigas y deformacwnes de ~xtenswn as

consideraremos positivas y las de compresin negativas.

TABLA I

PROPIEDADES MJ

RESISTENCiA DE MATERIALES

La fuerza extensora, ecuacin (2), ser: 1t 22

P =a A= 1,4 X 103 X--- = 4.400 kg.

3. Cul es la relacin de los mdulos de elasticidad de los mater!t les de dos barras de las mismas dimensiones si bajo la accin de fuer-zas de extensin iguales los alargamientos unitarios de las barras es-tn en la 1elacin

20 I: rr

Determinar dichos ala.rgamientos 1mitarios si una de las barras es de acero, la otra de cobre y la fatiga de extensin 700 kg./cm. 2

Solucin: Los mdulos son inversamente proporcionales a los alar-gamientos unitarios.

Para el acero. 700 e:= 2 X lOO = 0,00035.

700 Para el cobre, e: = 1,1 x 106 = 0,00064.

4. Una barra prismtica de acero de 60 cm. de longitud alarga 0,6 mm. bajo la accin de una fuerza extensora. Hallar el valor de la fuerza si el volumen de la barra es 16 cm.s

5. Un trozo de alambre de 30 cm. de largo, sometido a una fuer-za extensora de 500 kg., alarga 25 mm. Hallar el mdulo de elasticidad del material si el rea de la seccin recta del alambre es 0,25 cm.

,. 3. Diagrama de traccin.--La proporcionalidad entre la. fatiga y el alargamiento unitario solamente es cierta por debajo de una cierta fatiga llamada lmite de proporcionalidad, el cual depende de las propiedades del material. Por encima de este l mite, la relacin entre el alargamiento unitario y la fatiga es ms complicada. Para Ipateriales como el acero, la proporcio nalidad tiene lugar hasta. un lmite de fatiga bastante elevado, tal como 1,8 X 103 2,1 x 10a kg.fcm.2

En otros materiales, fundicin, cobre recocido, el lmite de proporcionalidad es muy bajo y no siguen la ley de Hooke,. aun cuando la fatiga sea muy pequea. Al investigar las pro piedades mecnicas de los materiales por encima del lmite de proporcionalidad, la relacin entre fatiga y deformacin se re-presenta grficamente por un diagrama. La figura 2 representa; el diagrama tpico de un acero. En l los alargamientos estn tomados en el eje horizontal y las fatigas correspondientes lle-


vadas como ordenarlas de la curva OBeD. Desde O a A la fa-tiga y la deformacin son proporcionales; pasado A, la ley de Hooke no se cumple. La fatiga correspondiente a A es el lmite de proporcionalidad. Cargada la barra por encima de este l-mite, el alargamiento crece muy rpidamente y el diagrama :;e transforma en una curva. En B se presenta un sbito alargamiento de la baiTa, sin apreciable aumen-to de la fatiga de extensin.

Este fenmeno, llamado fiuen-cia del material, corresponde en el diagrama a un tramo horizon-tal de la curva. La fatiga corres-pondiente al punto B se deno-mina fatiga de fiuencia. Para car-gas mayores, el material recupera su resistencia, como se ve en el diagrama, y se necesitan aumen-tos en las fatigas para obtener aumentos del alargamiento. En el punto e la fatiga alcanza su valor mximo, y esta fatiga se de-nomina carga de rotura del ma-terial. Pasado el punto e, la barra

D

(a}

O L---------------------

(b}

FIG. 2

se alarga con disminucin de la carga, y finalmente se presenta la rotura para una carga correspondiente al punto D del diagrama.

Se ve experimentalmente que el alargamiento de la baiTa viene acompaado de una contraccin. lateral muy acentuada en las proximidades de la rotura; pero en la prctica, para el clculo del punto de fiuencia y de la carga de rotura la fatiga se refiere a la seccin recta inicial de rea A. Todas estas cuestiones sern examinadas ms detalladamente (vase Segunda parte).

La figura 2 (b) representa el diagrama de extensin para la fundicin. Este material tiene un lmite muy bajo de proporcio-nalidad 1 y no presenta definido el punto de fl.uencia.

1 Para establecer este limite mediante ensayos es necesario f'm-plear extensmetros muy sensibles en la medida de los alargamiento.>.

\Y~se Grneisen, Berichte d. dcutsch. phys. Gesellschaft., 1\106.) . ' ' . .

8 RESISTENCIA DE MATERIALES

Diagramas anlogos a los de extensin pueden obtenerse para la compresin de diversos metales y determinar sus partea caractersticas. __.. 4. Fatiga de trabajo.-Un diagrama de extensin da una informacin completa de las propiedades mecnicas de un ma-terial. Conociendo el lmite de proporcionalidad, el punto de fluencia y la fatiga de rotura del material, es posible establecer en cada problema particular de ingeniera la magnitud de la fatiga que puede considerarse como una carga de seguridad; esta fatiga se llama corrientemente fatiga de trabajo.

Al escoger el valor de la fatiga de trabajo para el acero, debe tenerse en cuenta que para fatigas inferiores al lmite de propor-cionalidad el material puede considerarse perfectamente els-tico, y por encima de este lmite parte de la deformacin la con-serva corrientemente la barra al ser descargada. Dicho de otro modo, se presentan deformaciones permwentes.

Para que la estructura est siempre en condiciones elsticas y no exish posibilidad de deformaciones permanentes, se acos-tumbra a escoger la fatiga de trabajo bastante por debajo del lmite de proporcionalidad. En la determinacin experimental de este lmite se utilizan aparatos muy sensibles (extensmetros) y la determinacin de la posicin de dicho lmite depende en muy alto grado del cuidado con que se hacen las medidas. Para eliminar la dificultad que esta indeterminacin produce, se toma corrientemente el punto de fluencia o la fatiga de rotura del ma-terial como base para determinar la fatiga de trabajo. Repre-sentando con cre, crp1 y cr,, respectivamente, la fatiga de traba-jo, el punto de fluenciaoy la fatiga de rotura, la magnitud de la fatiga de trabajo se determina por una de las dos relaciones siguientes:

(J Fl cr, = -,

n (5)

n y n1 se llaman corrientemente factores de seguridad y deter-minan la magnitud de la fatiga de trabajo. En el caso de estruc-turas de acero se toma el punto de cesin o fluencia como base para calcular la fatiga de trabajo, con objeto de que no se pre-senten deformaciones permanentes en las estrueturas. El coefi-


ciente de seguridad n = 2 se usa corrientemente cuando las cargas que actan sobre la estructura lo hacen de modo perma-nente. Cuando la.s cargas son variables o se aplican de modo sbito, caso muy frecuente en maquinaria, es necesario calcu-lar con mayor coeficiente de seguridad. Para materiales quebra-dizos, como fundicin, hormign, diversas clases de piedras, y para materiales tales como la madera, se toma la fatiga de ro-tura como base para determinar la fatiga de trabajo. La mag-nitud del coeficiente de seguridad depende en su mayor grado del cuidado con que en el clculo se han determinado las fuer-zas exteriores que actan sobre la estructura, las fatigas co rrespondientes a sus distintas partes y la homogeneidad de los materiales usados. Ms adelante insistiremos sobre esta impor-tantsima cuestin (vase Segunda parte).

Problemas

l. Determinar el dimetro d de los pernos de acero N de una prensa para un esfuerzo mximo P = 50.000 kg. (fig. 3), si el coefi ciente de tmbajo para el acero es en este 'caso a1 = 1.000 kg.fcm. 1 Determirul.r el alargamiento total de los pernos para la carga mxima, si la longitud entre sus ca-bezas es 1,50 m.

Solucin: El rea necesaria en la seccin recta, ecuacin (2), es

-= 7t d2 - .!.:__ - 50.000 - . A 4 - 2 a, - 2 X 1.000 - 25 cm. '

de donde

d = ~ =5,64cm. El alargamiento total, ecuaciones (3)

y (4), es o (J 1.000

=zl= E l = 2 X 106 X 1.500 =0,75 mm.

2. Una estructura est formada por dos barras iguales de acero (fig. 4) de 4,50 m. de F'w. 3 longitud, cuyos extremos estn sometidos a la accin de una carga vertical P. Determinar la seccin recta de la barra Y el descenso vertical del punto B para P = 2.500 kg. a, = 800 kg.cm. a Y ul ngulo inicial de inclinacin de la~:> barras, 30.


Solucin: De la figura 4 (b), que representa la condicin de equi librio del nudo B, se deduce que la tensin en las barras es

p S = 2 sen e; para e = 30; S= P = 2.500 kg.

A-_\..-----------~ La seecin necesaria es ' 8

Fra. 4

P~t--(bJ S

8 2.500 1 A=;;= 800 = 38 cm.

La flecha B B 1 se halla median-te el tringulo D B B 1 , en el que, dada su pequeez, el arco BD, de radio igual a la longitud de las ba-rras, se sustituye por la perpendicular bajada sobre AB1, posicin de la ba-

rra despus de la deformacin, desde el ptmto B. El alargamiento total de la barra A B es

y la flecha

12 R"RSISTENCIA DE MATERIALES

de la viga de madera. Las perpendiculares de trazos reemplazan a los arcos indicados anteriormente. Por consiguiente, B B' et!l el coni miento del nudo B. Las componentes de este corrimiento se dedum'~rl fcilmente de la figura.

5. Determinar en el problema anterior la inclinacin de la ba-rra A B, de modo que su peso sea mnimo.

Solucin: Representando por e el ngulo entre la barra y la viga y l

por l 1 la longitud de la viga, se tiene: Longitud de la barra l = co~e tensin de la barra S = p a y seccin necesaria en la barra A = _!:_e

senv aesen

El volumen de la barra ser: l. A = __ l_P __ = _EZtP a, sen o cose a sen 2 e

Por consiguiente, el volumen y el peso de la barra son mnimos cuando sen 2e = 1; es decir, e = 45.

FIG. 7

6. La estructura triangulada A BCD -fig. 7 (a)- Pst forma~a por cinco barras de acero de 6 cm. 2 de seccin recta y sometida a la accin de las fuerzas P = 5.000 kg. en la direccin de la diagonal. De-terminar las variaciones de los .ngul011 en A y O, debidas a la defor macin de la estructura. Determinar la variacin de esos mismos n-gulos si se aplican fuerzas como las de la figura 7 (b).

Solucin: En el caso de la figura 7 (a), la diagonal es la nica barra que trabaja. Suponemos fijo el nudo D e invariable la direccin de la diagonal, el corrimiento del nudo B en la direccin de la diagonal ser

igual a.l alargamiento de la diagonal 8 = :~. La. determinacin de la posicin nueva O' del nudo O se indica en la. figura por lnea de trazos. En el tringulo rectngulo de dimensiones pequeas 0010' se tiene 00' = ~- Por consiguiente, el ngulo de rotacin de la. barra. DO debido a la deformacin de la estructura ser


O O' sy2 8- _!:.__- 5.000 = _1_ raw

:r


l2. Resolver el problema 9 suponiendo qm la carga se aplica solamente en el nudo del cordn superior situado a 2,40 m. del apoyo A.

5. Fatigas y deformaciones producidas en una barra por su propio peso.-Al estudiar el caso de la extensin de una barra (figura 1), hemos considerado solamente el efecto debido a lacar-ga P. Si la longitud de la barra es grande, su propio peso puede producir una fatiga adicional considerable, que debe tenerse en cuenta. En este caso la fatiga mxima se produce en la seccin recta superior. Representando y el peso por unidad de volumen de la barra, el peso total ser A yl y la mxr..c fatiga vendr dada por la expresin

P+ Ayl_P l CJ mx = A - A + Y (6)

El ltimo trmino del segundo miembro de la ecuacin (6) representa la fatiga producida por el peso de la barra. El peso de la porcin de barra situado por debajo de una seccin recta a la distancia x del extremo inferior es A yx y la fatiga vendr dada por la ecuacin

P+Ayx CJ=

A (7)

Sustituyendo la fatiga de trabajo cr, por o-mix en la ecua-cin (6) la frmula para calcular la seccin de seguridad ser

p A=-- (Jt-yl (8)

En ella se ve que el incremento dA longitud de la b~trra hace aumentar la seccin recta de segundad A. Cuando yt = o-1, la fatiga debida al peso de la barra es igual al coeficiente de tra-bajo y el segundo miemhro de la ecuacin (8) se hace infinito. En circunstancias tales es imposible el uso de la barra prism-tica y se recurre al empleo de barras de seccin variable.

Para ealcular el alargamiento total de una barra prismtica sometida a la accin de la fuerza de extensin P en el extremo y ;:;u propio peso, consideramos primeramente el alargamiento de un elemento de longitud diferencial dx separado de la barra por dos secciones rectas infinitamente prximas (vase fig. 1). Puede suponerse que en tan corta longitud dx 1~ fatiga es cons-

'l'RACCIN Y COMPRESIN 15

tante y viene dada por la expresin (7). gntonces el alargamien-to d~ del elt-mento ser

d3 = crdx = P + Ayx dx. E AE El alargamiento total de la barra se obtendr sumando los

alargamientos de todos los elementos. O sea

0 = t p + .Ayx dx = _l_ (p +! Ayl) (9) ) 0 AE AE 2

Compa-rando este resultado con la expresin (1), se ve que el alargamiento total producido en la barra por su propio peso es igual al que producira una carga de valor mitad aplicada en su extremo.

Problemas

1. Determinar e] rea de la seccin recta de una harra vertical de acero de forma prismtica cargada en su extremo inferior con una carga P = 35.000 kg., si la longitud de la barra es 200 m., el coeficiente de trabajo a

1 = 700 kg.fcm. 2 y el peso de un m.3 de acero es 7.800 kg.

(Determinar el alargamiento total de la barra. Solucin: La seccin. ecuacin (8), es

35.000 " = 64 cm.z A= 700-7,8 X 10-3 X 200 X 10

El 11.largamiento total, expresin (9), e,

3=200 X 10'' l (35 000 + !64 X 7,8 X 103 X 200 X 102\ = fl3mm. 64x2xl06 2 ) 2. Determinar el alargamiento de una barra cnica bajo la accin

de su propio peso (fig. 11). La. longitud de la barra. es l, el dimetro de la base es d y el peso por unidad de volumen del materia.l61s y.

Solucin: El peso de la barra ser;

rtd2 ly Q= T x a

Para una seccin recta a distancia x del extremo inferior de la b!l na la fuerza. de extensin, igual al peso de la parte inferior de la. barra, es

Q:r;S nd1 yx8 13=4 x az

Teniendo en mlenta que esta fuerza se reparte uniformemente en

\!


la seccin rPcta 1 y considerando el elemento de longit.ud dx como una barra prismtica, el alargamiento de este eleillento ser.

d8 = ~~ X d11 y el alargamiento total de la barra es

1 y { l yl2

3 = :{E 'o xdx = 6E

__ l l Este alargamiento es 3 del quP tendria una barra prismtica de la misma longitud (vase ecuacin 9)

3. La varilla vertical de una bomba de mina es FIG. 11 accionada por un cigeal (fig. 12). Suponiendo que

el material es acero y el coeficiente de trabajo a1 = 500 kg./cm. 2, de-terminar la seccin recta de la varilla si la resistencia del pistn durante el movimiento hacia abajo es 100 kg. y durante el movimiento hacia arriba 1.000 kg. La longitud de la varilla es 100 m. Determinar la longitud del radio del cigeal si la carrera de la bomba es 20 cm.

Solucin: El rl:',a de la seccin recta de la varilla se encontrar por la expresin (8} para P = 1.000 kg.

O sea A = 1.000 2 37 t

500-7,8 X 10 1 X 100 X 102 = ' cm.

La diferencia entre el alargamiento total de la varilla cuando se mueve alternativamente, debido a la resistencia del pistn, ser>1:

A8- (1.000 + 100) X 100 X 103- '>3 2 u - 2,37 X 2 X 106 - ~ ' mm.

El radio de la manivela ser:

20 + 2,32- 11 16 r- 2 - , cm.

FIG. 12

4. Dos alambres, uno de acero y otro de alumi-nio, estn colgados verticalmente. Determinar la longitud para la que la fatiga debidp, al peso propio iguala a la carga de rotura si para el acero crr = 21.000 kg./cm.1 y y= 7.800 kg./m.8 y para el aluminio a,= 3.500 kg.fcm.1 y y= 2.700 kg.fcm.1

Respuesta: Para el acero, l=26.900 m.; para el aluminio,Z= 13.000m. 5. En qu proporcin crece la fatiga mxima producida por su

propio peso en una barra prismtica si todas las dimensiones de la barra aumentan en la proporcin n: l.

Esta hiptesis es admisible cuando el .ngulo del cono es pe queo.


Respuesta: La fatiga crecer en la relacin n: l. 6. Una pila de puente formada por dos trozos prismticos de igual

longitud (fig. 13) est sometida en su extremo superior a una compre-sin P = 300.000 kg. Determinar el volumen de la fbrica si la altura del pilar son 36m., el peso por m.8 2.000 kg. y la fatiga de compresin

FIG. 13 FIG.l4

mxima admisible lO kg./cm. 1. Comparar el volumen obtenido cnn el de un pilar prismtico proyectado en anlogas condiciones.

7. Resolver el problema anterior suponiendo a la pila formada por tres trozos prismticos de igual longitud.

8. Determinar la forma del pilar de la figura 14, de modo que la fatiga en cada seccin sea constante e igual a a1 La forma que satis face a esta condicin se denomina slido de igual resistencia.

Sol1~ci6n: Considerando el elemento diferencial rayado en la fi gura, es evidente que la fuerza compresora de la seccin m1 n1 es su perior a la que comprime la seccin mn en el peeo del elemento. Puesto que la fatiga en las dos secciones debe ser la misma e igual a a1, la di ferencia dA de las reas de las dos secciones, debe compensar la di-ferencia de fuerza compresora.

Por consiguiente, dAa, = yAdx, (a)

donde el segundo miembro de la ecuacin representa el peeo del ele-mento. Dividiendo esta ecuacin por Acr1 e integrando, se tiene

de donde

7

IdA =jydx, A ac log .A =- yx + 0 1 CJ

!! A= Q:,crt'

RBATRTF.NCTA DF. MATliBTALB~.- T. 1

(b)

1 1 l l

18 :RESISTENCIA DE MATERlAt.ES

Siendo e la base de los logaritmos naturales y O = e01 Para x =- {) esta ecuacin da para el rea. de la cabeza del pilar

(A).,_ 0 = O. p

La seccin en dicha cabeza es - y, por consiguiente, la ecuacin rJ

(b) ser

(e)

El rea en la base del pilar se obtiene dando a x p,J valor l en la ecuacin (e),

yl pe:

Amx=-e cr

(a)

9. Encontrar el volumen de la fbrica de un pilar de igual resis-tencia, proyectado en las condiciones del problema 6.

Soluci6n: Utilizando la. ecuacin (d), la diferencia de las rea::; de las secciones de base y cabeza del pilar ser

'(l y pa, p pcr -e - - = -(e - 1). rJt cr cr

Esta diferencia, multiplicada por la fatiga de trabajo cr,, da evi dentemente el peso del pilar; su volumen ser:

'rl

V =-!:.(ea; -1) = 158 m.8 y

6. Problema estticamente indeterminados en traccin y compresin.-Hay casos en los que las fuerzas axiales que ac-tan en las barras no pueden determinarse por las condiciones de la esttica, y entonces la deformacin de la. estructura per-mite encontrarlas. Estas estructuras se llaman sistemas est-ticamente mdeterminados.

Un ejemplo sencillo de tales sistemas es el de la figura 15. La carga P produce extensin en las barras OB, 00 y OD, las cua-les estn en el mismo plano.

Las condiciones de equilibrio del punto P dan dos ecuaciones, que no son suficientes para determinar las tres tensiones des-conocidas de las barras y para tener una tercera ecuacin es necesario considerar la deformacin del sistema. Supongamos, para simplificar, que el sistema es simtrico respecto al eje ver-tical 00, que la barra vertical es de acero, siendo Aa y Ea el


rea de su seccin recta y el m6(1ulo de elasticidad del material, y que las barras inclinadas son de cobre, y que Ac y Ec son sus reas de secciones rectas y sus mdulos. La longitud de la barra

l vertical es l y la de las barras inclinadas es - --cos \X

Representando por X la tensin de la barra vertical y por Y las fuerzas en las barras inclinadas, la nica ecuacin de equi-librio para el punto O, en este caso de simetra l"er:

X + 2Y cos rx =P. (a) Para obtener la segunda ecuacin

que permita conocer las cantidades X e Y, consideraremos la configura-cin del sistema deformado indicada en la figura por lneas de puntos. Sea a el alargamiento total de la barra Fw. 15 vertical bajo la accin de la ca;ga P;

l

los alargamientos al de las barras inclinadas se hallarn en el tringulo O F01 . Teniendo en cuenta que estos alargamientos son muy pequeos, el arco de crculo O F de centro D puede reemplazarse por una recta perpendicular y el ngulo eu OJ puede tomarse igual al ngulo inicial rx; por tanto,

=,;; cos (X.

Los alargamientos unitarios y las fatigas para las barras ver-tical e inclinadas sern:

y

respectivamente. Las fuerzas en las barras se obten-drn multi-plicando las fatigas por las secciones rectas y sern

y = cr A = AcE e~ cos2 ex. e e (b)

ele donde

1. 1

1


Sustituyendo en la ecuacin (a), obtendremos p

X= AOEO 1 + 2 cos3 ex -AaEa

(10)

Se ve que la fuerza X no depende nicamente del ngulo de inclinacin oc, sino tambin de las reas de las secciones rectas y de lu propiedades mecnicas de los materiales de la~ barras. En el caso particular en que las tres barras tengan la misma sec-cin y el mllimo mdulo la expresin (10) se transforma en

p X=----

1 .- 2 cos3 oc

Cuando oc se aproxima a O, cos oc se aproxima a la unidad 1

y la fuerza en la barra vertical se aproxima a 3 P. Cuando ex se aproxima a 90, las barras inclinadas son muy largas y la

R, carga acta de modo completo sobre la barra

n 1

central. Otro ejemplo de sistemas estticamente indeterminados es el de una barra prismtica con los extremos empotrados cargada axialmen-te en una seccin intermedia mn (fig. 16). La carga P estar en equilibrio con las rea,cciones R y R1 en los extremos y se tendr

P= R + R1 (e)

Fw. 16 Para obtener la segunda ecuacin que per-mita determinar las fuerzas R y R1, debe consi-

derarse la deformacin de la barra. La carga P con la fuerza R produce acortamiento en el trozo inferior de la barra, y con la fuerza R1 , alargamiento en el superior. El acortamiento tota,l de un trozo debe ser igual al alargamiento total del otro.

Usando la ecuacin (1), se obtiene R1a _ Rb AE- )!E

de donde R a -=- Rt b

(d)

21

lo que indica que las tuerzas R y R 1 son mversarnente propor-cionaleF~ a las distancias de sus puntos de aplicacin a la sec-cin mn. De este modo, las ecuaciones (e) y (d) dan las mag-nitudes de aquellas fuerzas y las fatigas de la barra pueden calcularse fcilmente.

Problemas

1. Un cilindro de acero y un tubo de cobre estn comprimidos entre los platos de una prensa (fig. 17). Determinar las fatigas en el acero y en el cobre y el acortamiento unitario si p- 50.000 kg., d = 10 cm. y D = 20 cm.

Solucin: Las condiciones estticas son insu-ficientes y debe considerarse la deformacin del cilindro v del tubo para encontrar la parte de carga que obr~ sobre cada material.

Los acortamientos unitarios en el acero y en el cobre sern iguales; por tanto, la fatiga de cada material estar en la misma relacin que su mdulo (ecuacin 4, pg. 4), es decir, la fatiga

20 de compresin en el acero ser -de la fatiga de

11 "FIG. 17 compresin en el cobre. De este modo, el valor cr0 de la fatiga en el cobre se encontrar por la ecuacin de la esttica.

rr:dl 20 1t d2) P=---rrcrc+(D- cr,.

Sustituyendo valores numricos, se obtiene crc = 132 kg.jcm. 1:

cra = ~~ crc = 240 kg./cm. El acortamiento unitario ser.:

e= crc = 120 x 10-8 . E e

2. Una columna de hormign armado est comprimida por una fuerza P = 30.000 kg. Qu parte de esta carga acta sobre el horm1-gn y qu parte sobre el acero si la seccin recta de acero es solamente 1 10 de la. seccin recta de hormign?

La carga transmitida por el hormign ser igual a. 15.000- kg. 3. Un cuerpo rigido A B de peso Q cuelga de tres alambres verti-

cales simtricamente colocados respecto al centro de gravedad O del cuerpo (fig. 18). Determinar los esfuerzos dEl' extensin en los alambres ,;;i el del medio es de acero y los otros dos de cobre. Las secciones rec-tas de los tres alambres son iguales.

1 1


Murclw a seguir: Usar el mtodo del problema l. 4. Determinar las fuerzas en las cuatro patas de unn mesa cun-

drada (fig. 19), producidas por una carga P que acta en una diagonal. El apoyo de la mesa en el tmelo se supone absolutamente rgido y las patas se unen a l de tal modo que pueden sufrir extensiones y com-presiones.

Solucin: Suponiendo que la nueva posicin del tablero de la mesa es la indicada con la lnea de puntos mn, la

:0 ~ compresin en las patas 2 y 4 ser igual a la media de las de las patas 1 y 3. Por tanto,

y tambin

de donde

FIG. 18

2Y =X+ Z

2Y +X+ Z = P, . 1

2Y =X+ Z =-P. 2 (a) La ecuacwn complementaria para determinar X y Z se obtiene

tomando el momento de todas las fuerzas con relacin al eje horizon-tal o-o paralelo al y y en el plano de la fuerza P. Se obtiene

xGav'2 +e) +~P X e=ZGav'2 -e). (b) De (a) y (b) se deduce P

X=Pa-~0} Y=f; Z = P(~ +_e_)

4 a'\1'2 Cua.ndo e > a 1. X es negativa. Esto

indica que hay extensin en la pd.ta l. 5. Determinar las fuerzas en las pa-

tas de la mesa anterior cuando la carga se aplica en el punto de coordenadas.

a X= 4'

Solucin: Para resolver este problema,

m

I!'IG. 19

ht carga P situada fuora de la diagonal de la mesa puede reemplazarse 'por dos cargas estticamente equivalentes aplicadas en ptmtos de las dos diagonales. Los esfuerzos producidos en las patas por cada una de estas dos fuerzas se encontrarn del modo explicado anteriormente. Sumando los efectos de las dos cargas componentes se encontrarn los esfuerzos en las patas para cualquier posicin de la carga P.

_., .


6. Un cuadro rectangular con diagonales est sometido a la accin de las fuerzas de compresin P (fig. 20). Determinar los esfuerzos un las barras si todas son del mismo material, el rea de la seccin recta de las vertiPa]es es A y P la dE> las restantes barras A1

Solucin. Sea X la fuerza de compresin en cada barra vertieal; Y, la fuerza de compresin en cada diagonal, y Z, la fuerza de extensin en cada barra horizontal. La eondicin de equililJrio de uno de los nudos da

1 1 =-X (P-X);

sen a

Z= Ycosa=(P-X)cotiX. (a) La tereera ecuacin se obtendr por la condi-

p

FIG. 20

cin de que el cuadro despus de la deformacin seguir siendo rec-tangular, en virtud de la simetra; por tanto,

(a+h(1 - A~E)" =h( A~y +a2 ( 1 + A~Er despreciando las cantidades pequeas de orden superior, se obtiene

(a2 +h2)Y h2 X a2Z AE = AE- AE- (b)

Resolviendo el sistema de ecuaciones (a) y (b), la fuerza en la dia-gonal se obtiene por la siguiente expresin:

l

FIG. 21

Y=.,~~--.---.P--~---------a2 + h2 A a 2 A --h-.2 - X A + hft _- A

1 X cos ce + sin IX

Las fuerzas en las otras barras se calcularn fcil-mente por las ecuaciones (a).

7. Resolver el problema anterior suponiendo a = h, A = 5A1 y P = 25.000 kg.

8. Qu fatiga se producir en un perno de acero y en un tubo de cobre (fig. 21) al dar 1/4 de vuelta a la tuerca, si la longitud del perno es 75 cm., el paso del tor-nillo h = 3 mm., el rea de la seccin recta del perno

A,= 6 cm. 2 y el rea de la seccin recta del tubo Ac = 12 cm. 2 ? Solucin: Sea X la fuerza total de extensin en el perno y de com-

presin en el tubo. El valor de X se encuentra estableciendo que el a.largamiento total del perno ms el acortamiento total del tubo es igual e,l desplazamiento de la tuerca a lo largo del perno. Admitiendo, en nuestro caso, que la longitud del tubo es igual a la longitud del perno, oo obtiene:

Xl Xl 1 A E-+ A E =-h,

a a e e

1 l. 11 \

24 RESISTENCIA DE MNI.'ERIALES

de donde

m,

X= ~P'a __ = 0'3 X 6 X 2 X 1~8-- _ fl ?SO kg 4l(1+AaEa) 4x75(1+ x2xi)- -

La

La

9.

AcEc 12 x 1,1 X 106

fatiga de extensin en el perno es aa = ~ = 1.050 kg./cm. futiga de compresin en el tubo es a = X = 525 kg./cm. a

e Ac Qu cambio en las fatigas calculadas en el problema anterior

R, producen unas fuerzas extensoras P = 2.500 kg. apli-cadas en los extremos del perno 7

Solucin: Sea X el aumento de la fuerza total de extensin en el perno e Y la disminucin de la fuerza total de compresin en el tubo. La condicin de equilibrio da:

X+ Y-= P. (a) Puede escribirse una segunda ecuacin conside

rando que los alargamientos unitarios del perno y del tubo por la aplicacin de la,; fuerza~ P deben ser iguales; es decir,

X y FIG. 22 AaEa AcEe (b)

Esta ecuacin, unida a la (a), permite calcular las fuerzas X e Y, de cuyos valores se deducen fcilmente las fati gas correspondientes.

10. Una barra prismtica con los extremos empotrados est car gada axialmente en dos secciones intermedias (fig. 22) con fuerzas P1 y P 2 Determinar las reacciones R y R 1

Solucin: Usando la ecuacin (d), pgina 20 mediante la que sf' calculan por separado las reacciones que prod:Ce cada carga, y su mando los resultados. Determinar las reacciones totales cuando

a= 0,3l, b = 0,3l y P 1 = 2 P 2 = 500 kg.

11. Determinar las fuerzas en las barras del O sistema representado en la figura 23, en el que OA es un eje de simetra.

Respuesta: La fuerza de extensin en la ba-rra O B es igual a la de compresin en la C

p barra OC y vale 2 sen a: La tensin de la barra FIG. 23 horizontal OA es igual a O.

12. Resolver el problema 10 suponiendo que la porcin inferior de la barra cuya longitud es e tif'n

,

1 1

1 !


Conocido X, se ea lcularn fcilmente las fatigas iniciales en las barras.

La dilatacin de las barras debida a cambios de la tempera-tura puede tener el mismo efecto que los errores en las longi-tudes. Si la temperatura de la barra crece de t0 a t y la dilata-cin trmica se impide por las reacciones en los extremos, se producirn en la barra fatigas de compresin cuyas magnitudes pueden calcularse por la condicin de que la longitud perma-nezca invariable. Sea r~. el coeficiente de dilatacin y cr la fatiga de compresin producida por las reacciones. La ecuacin que determina cr ser

de donda

(J a.(t-t0 ) = -, E

cr = Ea.(t- t0). (12)

Como segundo ejemplo, consideremos el sistema representado en la figura 15 y supongamos que la, barra vertical se calienta desde la temperatura ambiente t0 hasta una nueva tempera-tura t. La dilatacin trmica correspondiente estar parcial-mente impedida por las otras dos barras del sistema y una cierta fatiga de compresin aparecer en la barra vertical y fatigas de extensin en las barras inclinadas.

La magnitud de la fuerza de compresin en la barra verti-cal vendr dada por la ecuacin ( ll ), en la que en lugar de la magnitud a del error en longitud se sustituir la dilatacin tr-mica rJ.l (t - t0 ) de la barra vertical.

Problemas

l. Los rales de un tranva estn a topt" a 10 C. ~Qu fati~ !'le producir en ellos cuando el sol los calienta hasta 38 U, si el coefi-ciente de dilatacin del acero es ex = 125 X 10-7 ?

Solttcin: cr = 2 X 106 X 125 X I0-7 X 2R = 700 kg./cm. 1

2. Qu cambio de fatigas se producir en el caso representado Pn la figura 21, al aumentar la temperAtura. pasando de t0 a t grados, si

el coeficiente de dilatacin trmica del acero es exa y el del cobre cxc? Soluci6n: Debido a que exc > rl.a, el aumento de temperatura pro-

duce cumpresiu eu el cobre y traccin en el acero. El alargamtentQ

'l'RACCIN Y COMPR~;::;tN 27

unitario del cobre y del acero sern igualeR, y reprPRontando por X el aumento de la fuerza de extensin en el perno debida al cambio de

temperatllra, se tendr: X X

a (t-to) +A E = exc (t-to)- A ii! a a ~e

de donde

T,a variacin ele las fatigas en el perno y en el tubo puede calcularse

ahora del modo acostumbrado. 3. Una pletina de cobre est soldada entre dos pletinas de acero

(figura 24). ~Qu fatiga se producir en el acero y en el cobre por una elevacin de la temperatura de las pletinas de t 0 a t grados!

'solucin: Deber usarse el mismo mtodo que enel problema anterior.

4. Qu fatigas se producirn en las barras del sistema representado en la figura 15 si la temperatura de to

das las barras se eleva de t0 a t? Fm. 24

~ ccero cobre acero Solucin: Con X se representa la fuerza de extensin producida

en la barra de acero al aumentar la temperatura. Por la condicin de

equilibrio del nudo O se ve que las fuerzas que comprimen a las barras X

de cobre valen -2-- ; por todo lo expuesto, el alargamwnto total de

cos ex

!Ji barra de acero ser:

Xl 8 = exa(t-to)l +A E ,

a a

Y el alargamiento de las barras de cobr~, l Xl

a,= CXe(C- to) --- 2-------;--E. cos cx cos '

1 J.

1

1

i

28

La!'! fatiga!'! en el ::.oero y el cobre se obtendrn a.hom por las ecumperatura se eleva 60 C. Supngase l = l 2 , A1 = 2A 2 y IX11 = 125 X I0-7

7. Hallar las fatigas de origen trmico en el sistema de la. figura 24, si la temperatura de las tres pletinas crece 60 C. El espesor es el mis mo en las tres y los coeficientes de dilatacin son tXa = 125 X I0-7

170 lo 7 S ' E E ll y rxc = X - upongase e : 'a = 20 8. La temperatura del sistema de la figura 15 se eleva en G0 C.

Hallar las fatigas de origen trmico si las tres barras son de acero y tienen la misma seccin. Tmese a:- 125 X 10-7 y E5 = 2 x 108 kg./cm. 1

9. Encontrar las fatigas en los alambres del sistema de la figu ra 18 si la seccin recta de los alambres es 0,6 cm. 1 , la carga Q = 2.000 kilogramos y la temperatura del sistema despus del montaje aumenta en 6 C.

10. Determinar las fatigas que aparecen en el sistema representado en la figura 20 si la temperatura de la barra horizontal superior se ele va de t0 a t grados.

8. Extensin de un anillo circular. -Si fuerzas radiales uni-formemente distribudas actan a lo largo del permetro de un anillo delgado circular (fig. 25), se producir un alargamiento uniforme del anillo. Para determinar la fuerza de "extensin del anillo imaginmosle cortado por una seccin diametral hori-zontal --fig. 25 (b)- y consideremos la parte superior como un cuerpo libre. Si q representa la carga uniforme por unidad de longitud de circunferencia y r es el radio de dicha circunferen-cia, la fuerza que obra en UJl elemento de anillo determinado

TRACCIN Y COMPRESIN

por dos secciones radiales adyacentes ser qrd cp, donde dcp es el ngulo en el centro correspondiente. Tomando la suma de las componentes verticales de todas las fuerzas que actan en el medio anillo, obtendremos la siguieute ecuacin de equilibno:

2P = 21~ qr sen rpdcp = 2qr, de donde

p = qr. (1 3) La fatiga de extensin en el anillo se obtendr ahora divi

dieudo la fuerza P por el rea de la seccin recta del anillo.

FIG. 25

En las aplicaciones prcticas es muy frecuente tener que determinar la fatiga de extensin en un anillo circular giratorio. Entonces q representa la fuerza centrfuga por unidad de lon-'gitud del anillo y viene dada por la ecuaei6n

w v2 q=---, (14) g r en donde w =peso del anillo por unidad de longitud; r, radio de la circunferencia media; v, velocidad del anillo en el radio r, Y g, aceleracin de la gravedad. Sustituyendo t)i:!La expre;:in de q en la eeuacin (13) .,e obtiene

wv2 P=-, g

"! la fatiga correspondiente ser p wv2 yVJ

a=-=--=-- A Ag fl

(U>)

j /.

'

,1 :

' l.


V Se ve que la fatiga es proporcional a la densidad g del ma-terial y al cuadrado de la velocidad perifrica.

Problemas

1. Determinar la fatiga de extensin en la pared cilfnr1rica de la prensa de la figW'a 3 si el dimetro interior es 25 cm. y el espesor de la pared 2,5 cm.

Soluci6n: La presin hidrosttica mxima p en el cilindro se en contrar por la ecuac1n

1t 252 p ~4- = 50.000 kg.,

de donde p = 100 kg./cm. 2 Separando del cilindro un anillo de longi-tud 1 cm. en direccin del eje del cilindro y aplicando la ecuacin {13) se obtiene

a=!:_= lOO X 12,5 = 500 kg.fcm. A 2,5 X l

2. Un tubo de acero se ha introducido en otro de cobre, estando ambos a una alta temperatW'a t (fig. 26), siendo el ajuste perfecto Y

no existiendo presin alguna entre los tubos a

G Cobre aquella temperatura. Determinar las fatigas que [J se producirn en el cobre y en el acero al en Acero friarse el conjunto hasta la temperatura am bien te t0 si el dimetro exterior del tubo de acero es d, el espesor del tubo de acero es ha y el det tubo de eobre h0 FIG. 26 Soluci6n: Debido a la diferencia de coeficien-

tes de dilatacin (Xc y (Xa existir una presin en tre los tubos exterior e interior al enfriarse. Sea x la presin en kg./cm. 2 La fatiga de extensin en el tubo de cobre ser

xd ac = 2hc

y la fatiga de compresin en el tubo de acero ser :nl

cra = 2~

La presin x puede encontrarse estableciendo en forma r1e ecuacin J. condicin df' que en virtud del enfriamiento ambos tubos tienen la misma coutraecin pArimetral; n ~"a

:rd xd cxcU-to)-2~E--h =cxa(t-to)+2Eh' e e ~a a


de donr1e xd ((Xc- cxa) (t- to) E 0 a----

e- 2hc- 1 +'!E. Ec ha Ea

Del mismo modo podra calcularse la fatiga en el acE-ro. 3. Refirindonos a la figW'a 25, qu fatiga adiciona de extensin

se producir en el tubo al someterle a una presin hidrosttica interna de valor p = 7 kg./cm. 2, si el dimetro interior es d, = 10 cm., ha = 2,5

20 milmetros y h0 = IT X 2,5 mm.?

Soluci6n: Separemos del tubo un anillo elemental de altura 1 cm. La. fuerza total de extensin en el anillo ser

P = p:, = 35 kg. Debido a que los alargamientos circunferenciales en el cobre y en el acero son iguales, las fatigas estarn en la relacin de los mdulos de

elasticidad, es decir, la fatiga en el cobre ser !~ de la del acero y, por tanto, la fuerza P, en este caso, se distribuye en partes iguales om.tre los dos metales y las fatigas producidas sern:

p 35 ac = 2hc = 20 = 38,5 kg.jcm. 2 para el cobre

2 X IT X 0,25 y

20 aa = IT a0 = 70 kg./cm.1 para el acero.

4. Un anillo zunchado est formado por im anillo interior de cobre Y otro anillo exterior de acero.

El dimetro interior del anillo de acero es menor que el dimetro exte~ior del anillo de cobre en lllla cantidad a y el conjunto se ajusta preVIo calentamiento del anillo de acero. Al enfriarse, el anillo de acero produce presin sobre el anillo de cobre (presin de zunchado). Deter-minar las fatigas en el acero y en el cobre si ambos anillos tienen sec-ciones rectangulares de dimensiones h8 y k en direccin radial y la uni-dad en direccin perpendicular al plano d~l anillo. Las dimensiones ha Y he pueden considerarse pequeas comparadas con el dimetro de la SUperficie de contacto de los dos anillos .

. So~: Sea x la presin uniformemente distribuida en la super-':.~; , .~ ::dde contacto de los anillos. La fatiga de compresiu en el cobre " e extensin en el acero sern:

(ca)

1 1, 1)

32 RESISTENCIA DE MATERIALEI'!

El acortamiento del dimetro exterior del a.nulo de oobre ser:

Gc xd1 81 = E . d = 2 h E

e e e

El alargamiento del dimetro interior del anillo de acero ser:

cr xd 8.- ~-d =--- -Ea 2haEa

La presin desconocida x se encontrar por la ecuacin

de donde

Las fatigaR era y ere, por las ecuaciones (a), sertl.n:

o ha Ea ll Ea a, -= d h h E ; 011 = d h E "l+~ I+~

hcEc hcEc

5. Determinar la~ ftttigas que se producirn en el anillo 7.nnchado dfll problema anterior al girar el anillo con una velocidad constante-

den r. p. m. Soluc~: Debido a que el cobre tiene mayor densidad y menor

mdulo rle elasticidad que el acero, el anillo de cobre presiona sobre el

anillo de acero durante la rotacin. Sea. x la presin por cm. de BU

perficie de contacto entre los dos anillos. Las fatigas correspondientes

vendrn dadas por las ecuaciones (a) del problema anterior. Es preCISO. sumar a estas fatigas las fatigas producidas por la fuerza centrifuga.

Representando por Ya y y0 los pesos por unidad de volumen del acero

y el cobre, y usando la ecuacin (15), se obtiene:

_ Ya (2 rrn)2 (d + ha)2 era- g 60 2 ' 0

__ '!!' (2 rrn)2 (d- he)' e -- g 60 2

Combinando estas fatigas con la.e fatigas debidas a la presin x y te:

niendo en cuenta que el alargamiento debe ser el mismo en ambos

anillos, se obtiene la siguiente ecuacin, que sirve para detennina.r el

valor de x en cada. caso particular:

Conociendo x las fatigas en el cobre y en el acero, se encuentran a

dificultad.

TRACCI'l" Y COMPRESIN 33

6. Determinar la velocidad perifrica limite de un anillo de cobre

si el coeficiente de trabajo es a,= 210 kg./cm. y y, = 8.700 kg./m.1 Respuesta: tJ = 48 m.fseg. 7. Con relacin al problema 2 y figura 26, determinar la fatiga en

el cobre a la temperatura ambiente, si t- t0 = 55 C, cx0 - (l(a =

45 X I0-7, ha= he. Respuesta: ere = 175 kg./cm. 1 8. Con referencia al problema 5, determinar el nmero n de

revoluciones por minuto al cual la fatiga en el anillo de cobre se

anula si la fatiga inicial de zunchado era una compresin de valor cr0, y lle = h11 y E 11 = 2 Ec,

Solucidn: El nmero n se determinar por la ecuacin

3 ao=C6rrlY[i(d 2 h0 ) 2 + ~a(d~haJ} 9. Hallar las fatigas en el anillo zunchado del problema 4, cmpo

niendo ll = 0,025 mm., d = 10 cm., ha = h0 y :~~ = i~. Encontrar e11 e

cunto varan las fatigas si la temperatura del anillo aumenta despu6s

del montaje en 6 C. Tmese cx11 = 125 X I0-7 y cx0 = 170 X I0-7. 10. En el problema 5 hallar las fatigas correspondientes al acero

y al cobre si n = 3.000 r. p. m.; d = 60 cm.; h11 = h0 = 12,5 mm.; y11 = 7,8 X 10-a kg.cm.3; Yc = 8, 7 X 10-a kg.fcm.3

RR~~TE!'ICI.!. DPJ HATERIAf,Ee. -T. ) 8

, '1

1

.1 ')

CAPTULO II

ANALISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES

9. Variacin de la fatiga en la extensin y compresin sim-

ple al considerar secciones oblicuas al eje de la barra.-Para. una barra prismtica sometida a un esfuerzo a

xial de exten-

sin P -fig. 27 (a)-, hemos considerado solamente la fatiga en

una seccin normal al eje de la barra. Vamos a considerar ahora

:1, (Q)

FIG. 27

el caso en que la seccin pq per-

pendicular al plano de la figura.

est inclinada respecto al eje. Debido a que todas las fibras lon-

gitudinales tienen el mismo alar-gamiento (vaRe pg. 3), las fuer-zas que representan la accin de

la porcin derecha de la barra sobre la izquierda estarn dis-tribudas uniformemente sobre

la seccin pq. Aislada la porcin

izquierda de la barra -fig. 27 (b)-, estar en equilibrio bajo la. .

accin de estas fuerzas y la carga P. La fuerza por unidad de rea

de la seccin pq se llama fatiga en esta seccin. Representando

por A el rea de la seccin reeta de la barra y ~or cp el ~lo

entre el eje de la barra x y la normal n a la secmn pq, el area

de esta seccin ser ____ y la fatiga S correspondiente ser cos

\1

,1 )

. ,'


Por la expresin (17) se v1:1 que la mxima fatiga normal se presenta en la seccin recta de la barra y es (a,.)mx = a_x

La mxima fatiga cortante tiene lugar, como se deduce de ia expresin (18), para seccioneo oblicuas a 45 y vale

1 "t'ruix =- O'x

2 (19)

Aunque la m:rlma fatiga cortante es la mita = () vendr representada en la figura 32 por el punto A. Tomando ahora un plano paralelo al eje de la

7t barra, tendremos q> = 2, los dos com-ponentes de la fatiga se anulan para este plano y, por tanto, en la figu-ra 32 le corresponde el punto O. Construyendo una circunferencia so-bre OA como dimetro, se ve fcil-

}>:.. mente que las componentes de la fatiga para una seccin cual--~, . quiera pq, correspondiente a un ngulo q> (fig. 28), son las coor-

~t. denadas de un punto de esta circunferencia. A fin de individua-

'iF':~.' ~ Esta representacin gr~fica se debe a O. Mohr, Zivilingenieur, ~.: ~~!'1113, 1882. Vase tamb1~ su Abhandlun;gen~ pg. 219, 1906. En ,;. Da hbro pueden verse referencias a. otras pubhca.cwnes sobre el mismo ":;. -unto. ...

"

1 1,

l '

' 1

.)

38 RESlS'T'ENCIA DE MATERIALES

!izarle basta tomar en sentido eontrario al de las agujas de un reloj, ~ a partir de A, el ngulo 2rp. Sea D el punto as obte-nido; de la figura se deduce:

OF = 00 + CF = ~ + ~ cos 2 = cr., eos2

1 1


Problemas

l. Determinar Y11 y -r analtica y grficamente si Y = 1.200 kg.cm. ~ y decir, igual a

(7td2) P=p 4. El rea de la seccin recta del hervidero es 1

A = 1tdh; por tanto,

(25)

Se ve que la fatiga en sentido circunferencial es doble que la fatiga en direccin axial 2 Para una seccin pq perpendicular al plano xy, definida por e) ngulo cp -fig. 34 (a)-, las frmu-las (li) y (18) del artculo anterior darn las co,;nponentes nor-mal y cortante de la fatiga ligada al plano pq y debida a la fatiga extensora cr.,; sus valores son

cr,. = cr.l cos2 cp, ' l 2 -r = crx sen cp. 2 (a)

1 El espesor de la pared se supone pequeo comparado con el

dimetro. 1 La presin p que acta sobre la cara cilnrlrica interna del ele-

,mento se desprecia frente a los valores de a., y a11

1 1,


Para calcular las componentes producidas en el mismo pla-no pq por la fatiga extensora cr11 , observaremos que el ngulo en-

tre cr11

y la normal n -fig. 34 (a)- es(~- q), medido a dere-chas. Por tanto, al utilizar las ecuaciones (17) y (18) es necesa~ rio substituir cr" por cr11, y

?f f....-..~--:r

j /,

,.

44 RESISTENCTA DE MATERTA"LES

las fatigas ligada, a ello-s son la.s coordenaJaR de los puntos D y D1 de la figura ~5, y geomtricamente se deduce que

(29) (30)

Esto indica que la suma de las componentes normales de las

fatigas ligadas a dos planos perpendiculares es constante al va-

riar el ngulo cp, y que las componentes cortantes son iguales,

pero de signo opuesto. Una circunferencia anloga a la de la

figura 35 puede construirse cuando una o las dos fatigas a" y a11

(a) (b)

FIG. 36

son compresiones; basta para ello tomar IM que lo sean en Esen-tido negativo sobre el eje de abscisas.

Si suponemos, por ejemplo, que las fatigas que actan sobre el elemento son las indicadas en la figura 36 (a), la circunferencia correspondiente es la de la figura 36 (b). Las componentes de la fatiga ligada al plano pq, de normal n, vienen dadas por las

coordenadas del punto D del diagrama.

Problemas

l. La caldera de la figura 34 tiene d = 2,5 m., 'h = 1.25 cm. De-

terminar Oz y o11 si p = 8 kg./cm. 8 Aislar un elemento por planos a 30

y 120 y representar Jos valores y direcciones de las componentes de

las fatigas ligadas a las caras laterales de dicho elemento.

2. Determinar las fatigas o-n, o-,.1, T y T1, si en la figura 36 (a) Oz = 800 kg.fcm. 1, a11 =- 400 kg./cm.

8 y ? = 30, q1 = 120.

Respuesta:

o,.= 500 kg.fcm. 1, o-n 1 =-lOO kg./cm. 1, T = '1"1 = 520 kg./cm.1

" .

ANLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES 45

3. Determinar o,., On, 't' y T1 im el problema anterior, si el ngu

lo q se escoge de modo que T sea mximo. Respuesta:

o,.= a,.,= 200 kg./cm. 8 , 't = ' = 600 kg./cm..

13. Fatigas principales.-En el artculo anterior hemol'l visto

que, para extensin o compresin en dos direcciones perpen-

diculares x e y, una de las dos fatigas cr., o a1, es la fatiga normal

mxima, y la otra la mnima. Para cualquier plano inclinado,

tal como el pq -figs. 34 (a) y 36 (a)-, el valor de la fatiga nor-mal cr,. queda entre dichos lmites.

Sobre los planos inclinados actan, adems de las fatigas

normales an, fatigas cortantes -r. Las fatigas a., y a11 , de lat> cua

J( ~.

o

"'

(.V

(b) Fw. 37

les una es la mxima y otra la mnima fatiga normal, se deno-

minan fatigas principales, y los dos planos perpendiculares a los

que est.n ligadas se denominan planos pri~cipales. Sobre et>tos planos no actan fatigas cortantes; en el ejemplo del artculo anterior (fig. 34) encontramos las fatigas principales cr., y a11 por simples consideraciones, y en funcin de ellas calculamos las

componentes normal y cortante de la fatiga ligada a un plano

inclinado, tal como el pq -fig. 34 (a)-. En otros casos (vase pgina 118) es ms fcil determinar las componentes normales y cortantes de las fatigas ligadas a dos planos perpendiculares. El

camino ms sencillo para determinar en estos casos las fatigas

principales es emplear el crculo de Mohr. Supong!tmos conoc-

das las fatigas que obran sobre un paraleleppedo rectangular

elemental -fig. 37 (a)-. Las fatigas a., y a11 no son las princi-

1',

. l.

46 RESISTENCIA nE MA'I'ERIAU'l~

pales, puesto que no solamente actan iat1gas normales, sino tambin cortantes, sobre los planos perpendiculares a los eje; x e y.

Para construir el crculo de fatigas en este caso empleare-mos primeramente las componentes de las fatigas a.,, ay y -r, y obtendremos los puntos D y D 1 -fig. 37 (b)-. Puesto que estos dos puntos corresponden a dos planos perpendiculares, la lon-gitud DD1 ser un dimetro del crculo de fatigas. La intersec-cin de este dimetro con el eje x nos da el centro O del crculo, y, por tanto, puede ste construirse. Los puntos de intersec-. cin A y B de la circunferenCia con el eje x definen los valores de las fatigas normales mxima y mnima que representa1 e-m os por cr1 y a 2 Mediante senc1Has consideraciones geomtricas se deduce

(31)

OB -0-0 -0-D a.,+ au 1 /a.,- ay)2 + ~2. a2 = = - = -2--- V \ 2 ' (32)

De la figura se deducen tambin las direcciones correspon-dientes a las fatigas principales. Sabemos que el ngulo DCA es el doble del que forman la fatiga a 1 y el eje x, y puesto que 2cp se mide de D a A, en el sentido de las agujas del reloj, la direccin de a1 ser la indicada en la figura 37 (a). Si aislamos el elemento rayado en la figura mediante planos normales y para-lelos a a 1, sobre estos planos actuarn ahora nicamente fa-tigas normales de valor a 1 y cr2 . Para el clcul0 numrico del ngulo cp se deduce de la figura

DE jtg ~cpj = ==- CE Teniendo en cuenta que el signo del ngulo cp debe ser en

este caso negativo, puesto que se mide desde el eje x en sentido de las agujas del reloj -fig. 37, (a)-, se deduce

DE 2-r tg 2 cp = - =--- = - ---. CE crx- crv

(33)

',, ..

.: '

~' .;.

ANLTRTR nllJ FATIGAS Y DEFORMACIONES 47

La fatiga cortante mxima viene dada por circunferencia y vale

el radio de la

_ cr 1 -cr2 _ l/(cr.,-cry 2 't"m:x- -2-- r -~) -t -r2. (34)

Las ecuaciones (31) a (34) resuelven por completo el pro-blema de la determinacin de las fatigas normales mxima y mnima y de la fatiga cortante mxima, conocidas las compo-nentes normales y cortantes de las fatigas ligadas a dos planos perpendiculares cualesquiera.

Problemas

l. Un elemento -fig. 37 (a)- est sometido a la accin de laR fa-tigas a.,= 350 kg./cm. 2; ay= 210 kg.fcm. 2; 't = 70 kg.jcm.s. Determi-nar las magnitudes y las direcciones de las fatigas principales a 1 y a 2

Solucin: Mediante las ecuaciones (31) y (32) se obtiene 350+210 -.[(350-210 2 .

a1 = 2 + JI 2 ) + 702

= 379 kg.jcm.s

350 + 210 Jf(350- 210)2 az = 2 - 2 + 702

= 161 kg.fcm.2

y empleando (33), tg 2 q = -1;

Las direcciones de Jos ejes principales estn indicadas en la fi!!ll-ra 37 (a).

2. Determinar las direcciones de las fatigas principales en el problema anterior, suponiendo a,:=- 350 kg./cm. 9

Solucin: El circulo correspondiente se ve en la figura 38. El ngulo cp entre la normal exterior de la cara en la cual acta la fatig

j l.

48 RESISTENCIA DE MATERIALF.S

4. Sobro las caras del elemento d.e lu. figura 39 (a) obran las fa- , tigas a. = -- 40 kg.jcm. 2, a11 = 120 kg.fcm. 1, -r = 80 kg./cm. Encon-trar, mediante el circulo de fatigas, los valores de las fatigas norma-

les y cortantes (a) para los planos principales (b), para los planos de fatiga cortante mxima.

Solucin: El circulo de fatigas correspondiente se ve en la figu-ra 39 (b). Los puntos D y D 1 representan las fatigas que actan sobre

F

FIG. 311

las caras del


2. Determinar el aumento de volumen de una barra producido , 'por una fuerza P que acta en su extremo inferior y el peso pro pi o de la barra (vase artculo 5. 0 , pg. 14).

Respuesta: El aumento de volumen es

Al(!- 2[L) (~ + r!). E A 2

15. Deformacin en el caso de extensin o compresin en dos direcciones perpendiculares.-Si una barra cuya forma es un paraleleppedo rectangular est sometida a fuerzas de extensin que actan en dos direcciones perpendiculares x e y (fig. 34), el alargamiento en una de las direcciones depende no solamente de la fatiga en esa direccin, sino tambin de la fatiga existente en la direccin perpendicular. El alargamiento unitario en la

direccin del eje x debido a la fatiga ax, ser ~. La fatiga cr11 produce una contraccin lateral unitaria en la direccin x, cuyo

valor es fL Jff; por tanto, al actuar ambas fatigas ax y ay simult-neamente. el alargamiento unitario en la direccin x ser

ax ay e:=- ~

X E- fL E (35)

Anlogamente, para la direccin y se obtiene

(36)

En el caso particular de que la.s dos fatigas de extensin sean , \iguales crz = a11 = a, se obtiene

(37}

De las ecuaciones (35} y (36} se pueden deSlJejar las fati-gas ax y a

11, en funcin de los alargamientos unitarios e:w y e,

obtenindose

(e:rz; + fLEII) E o------- ~~- l 2 '

-J. (38)

r .. ;-.

ANLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES 51

Problemas

l. Determinar el aumento de volumen del hervidero cilndrico de acero sometido a presin interior, de la figura 34, despreciando la de formacin de los extremos y tomando a11 = 400 kg.Jcm.

1

Solucwn: Usando las ecuaciones (35) y (36),

400 200 340 El/= 2 X 106 - 03 2 X 106 = 2 X 106 = 17 X 1 Q-i

El volumen del hervidero aumenta en la relacin

(1 + e:y) 2 (1 + e::;) : 1 = (1 + 2e:y + e:,) : 1 = 1.00038: l. 2. Un cubo de hormign est comprimido en dos direcciones per-

pendiculares por el dispositivo que indica la figura 40. Determinar la disminucin de volumen del cubo si su lado es 10 cm. y la fatiga de compresin se distribuye de modo uniforme sobre sus caras; [L = 0,1 y P = 10.000 kg.

Solucwn: Despreciando el rozamien-to en los nudos y considerando el equi-librio de cada uno -fig. 40 (b)- se puede ver fcilmente que el cubo est sometido a compresiones iguales en dos

~:~ ~ (b) (Q}

FIG. 40

direeciones perpendiculares y que la fuerza de compresin es igual o. p V2 = 14.000 kg.

La deformacin correspondiente (ecuacin 37) es 14.100

e:,.= e:ll =- 102 X 2'8 X 106 (1- 0,1) =- 0,000453.

En direccin perpendicular al plano de la figura el alargamiento unitario del cubo valdr

ax oy 14.100 Ez = - [L 7Jj- [L 7Jj = 0,2 lQI X 2,8 X 1 OG = 0.0001.

La dilatacin cbica unitaria del cubo ser

e~ + Ey + Ez = - 2 X 0,000453 + 0,0001 = - 0,00080fl. 3. Determinar el aumento de la superficie lateral del herviderQ

considerado en el p:r...,blema l. .::iulucin; El incremento unitario de rea ser:

e::; + e:11 = 21 X 10-~.

1)


4,, Determinar el alargamiento unitario en la direccin o:r1 de una

barra de acero, si el et;t

R.ESIS'.tENClA DE MATER1ALES

se tiene 't (1 + fL).

e:r=-----, E

-.(1 -1-- .t.) e"=------.

E Como

Ob1 =Ob[l+ "'(l; .t.)l

mediante el tringulo rectngulo Oa1b1 se obtiene

- 1+ ::.__(1 +.t.) (

7t y) Ob1 E tg Oab = tg 4 + 2 = Oat = 1-"' (1 +.t.)

E

Para un ngulo pequeo como y puede ponerse

tg ~ + tg r 1 +r tg (:': + r) = 4 2 = __ 2.

4 2 1 - tg :': tg r 1 - r 4 2 2

Sustituyendo en la ecuacin (a), se obtiene

y usando la notacin

resulta

y "C(1+.t.) -= ,

2 E

E ---- =0, 2 (1 +.t.)

"C y=-

G

(b)

(39)

(40)

Se ve que la deformacin o distorsin angul:u es proporcio nal a la fatiga cortante e inversamente proporcional a la canti-dad G, que depende de las propiedades elsticas del material y se llama mdulo de elasticidad transversal o mdulo de esfuerzo cortante. Puede calcular~:>e por la ecuacin (39), en cuanto se conozcan E y fL Para el acero,

G = 2 X 106 = 0,77 X 106 kg.Jcm.2 2 (1 + 0,3)

El estado elstico de fatiga cortante pura se produce oottien- . temente en la torsin de un tubo circular (fig. 43). Debido a la;_

.;,, .. ;

..

'.'

'

ANLISIS DE FATIGAS Y DEl'"ORMACJONES 55

pequea rotacin de un extremo del t~bo .r~spe_cto al ~tro: las generatrices trazadas sobre la superfiCie cilmdrica se mclinan respecto al eje del cilindro, y un elemento abcd, formado por dos generatrices y dos secciones rectas adyacentes, experimenta una distorsin anloga a la expuesta en la figura 42. El problema de la torsin se ver ms adelante (captulo IX) y mostraremos cmo puede deter-minarse la fatiga cortante "' y la distorsin y del elemento abcd, si se miden o conocen el mo-mento torsor y el ngulo de torsin correspon-diente. Encontrados "' y y por el ensayo de torsin, puede calcularse el mdulo G mediante su cociente. Con este valor de G y conocido E por un ensayo a traccin, se calcula fcilment-e

1 1 -- 11/-1!!.~ --0~-/ d-c

1

Fw. 43

el coeficiente de Poisson fL mediante la expresin (39). La de-terminacin directa de fL, midiendo la contraccin lateral du-rante el ensayo a traccin, es ms difcil, puesto que. dada su pequeez se necesitan aparatos de gran precisin.

Problemas

l. El bloque abcd rle la figura 42 est hecho de un material para el que E= 8 x 10s kg.;cm.a y [J. = 0,25. Hallar y y el alargamiento tmitario de la diagonal bd si -r = 800 kg.fcm. 1

2. Hallar en el problema anterior el corrimiento aa1 de la cara ab respecto a la cd si la diagonal bd = 5 cm.

3. Probar que el cambio de volumen del bloque abcd de la figu-ra 42 es nulo si se consideran despreciables las potencias de orden su-perior al primero de las componentes de la deformacin e:., Y


de fluencia 1 B. Los ensayos muestran que para un material como el acero corriente el punto de fluencia por cortadura "Ft vale de 0,55 a 0,60 de aFl. Puesto que en el punto de fluencia se presenta una distorsin considerable, sin incremento de la fatiga cortante, es lgico tomar como fatiga cortante de trabajo solamente una fraccin de la fatiga cortante de fluencia, de modo que

(41)

donde n e~ el coeficiente de seguridad. Tomando este coeficiente del mismu urden que en el caso de exten~in o compresin, se' tiene

-r:1 = 0,55 a 0,60 a1

lo que mdica que la fatiga de trabctjo por cortadura deber ser. mucho menor que la fatiga de trabajo a extensin.

Se comprende fcilmente que en las aplicaciones prcticas no se encuentre la distribucin uniforme de fatiga cortante su-puesta para el bloque de la figura 42. Ms adelante veremos que

FIG. 45

la fatiga cortante pura se presenta no solamente en la torsin sino tambin en la flexin de vigas. Sin embargo, muchos casos prcticos se resuelven suponiendo la distribucin uniforme de fatigas, aunque solamente sea una grosera aproximacin. Sea, por ejemplo, el caso del empalme de la figura 45. Es evidente que si el dimetro del perno ab no es suficiente el empalme puede fallar, debido a cortadura por las secciones mn y m1n1 Un es-.

1 Para obtener un punto de fluencia bien marcado se emplean ; probeta'! tubulares en los en:>ayod a torsin.

,,._

> r ..

~- .

'

ANALISIS DE FATIGAS Y DEFORMACio~,ES 57

tudio a fondo del problema muestra que las fatigas cortantes no se distribuyen de modo uniforme sobre dichas secciones y que el perno experimenta no slo cortadura, sino tambin fle-

. :xin bajo la accin de las fuerzas extensoras P. De modo gro-sero, el dimetro suficiente para el perno se obtiene suponiendo en dichos planos mn y m1n1 una distribucin uniforme de fati-gas cortantes -., cuyo valor se obtiene dividiendo la fuerza p por la suma de las rea~ de dichas secciones mn y m1n1. Por con-siguiente,

2P 'T:= ---

1Cd2'

y el dimetro necesario para el perno se obtiene de la ecuacin 2P

'T:t=-. 1Cd2

(42)

Otro caso simple de aplicacin de este mtodo elemental es el de problemas de cortadura 'en juntas roblonadu.:> (fi;:;. !ti).

o 1 ! FIG. 46

Como las cabezas de los roblones se forman a altas temperatu-ras, los roblones producen al enfriarse una gran compresin sobre las planchas 1. Al aplicar las fuerzas extensoras P el roo-

. ~iento relativo entre las planchas est impedido por ~1 roza-miento debido a la presin anteriormente indicada entre plan-chas. S~lamente despus de vencido este rozamiento empiezan a. trabaJar por cortadura los roblones, y si su dimetro no es S fi . u Ciente, puede presentarse una rotura por cortadura a lo lar-

l 1 Exp('rimentalmente se ha visto que las fatigas de extensin en ~: eo~ ~oblones son del ordPn de la fatiga de fluencia. del material con qua /. 11 an hechos. VJ,sv C. Bt..ch. ZeitBchr. d. Ver. DeutBch. lng. 1912. .,_

1'

1

1

i,

1)


go de los planos mn y m1n 1. Se ve, por consiguiente, que el estu-dio minucioso del problema de las juntas roblonadas es muy complicado. El problema se resuelve corrientemente de un modo grosero despreciando el rozamiento y suponiendo que las fati-gas cortantes se distribuyen uniformemente a lo largo de las secciones mn y m1n1 Se obtiene, por consiguiente, el dimetro suficiente de los roblones utilizando la misma ecuacin (42) del ,ejemplo anterior.

Problemas

1. Determinar el dimetro del perno del empalme de la figurA 45 ~i P = 5.000 kg. y '~'t = 480 kg.fcm. 2

2. Hallar la longitud de seguridad 2l del enlace de las dos piezas de maden1. de la figura 47 sometido a exten;;in, si P = 5.000 kg., '~' = 8

p

FIG. 47

kg./cm. s para &ortadnra paralela a las fibras y b = 25 cm. Determi- . nar la altura apropiada del retallo mn1 si el limite de seguridad para las fatigas de compresin local a lo largo de las fibras de la madera es 64 kg.Jcm. 2

3. Hallar el dimetro de lo:; roblones de la figura 46 si '~'t = 640 kg.fcm. 2 y P = 4.000 kg.

11

p

.lfiG. 48 FIG. 49

4. Determinar las dimensiones l y 8 en el enlace de dos barras rectangulares por planchas de acero (flg. 48), si las fuerzas, las dimen siones y las fatigas de trabajo son las mismas que en el problema 2.

5. Determinar la distancia a necesaria en la estructura de la figu ru -Hl ::; la fatiga cortalite de trabajo es la misma que en el proble":

..

. ,

...

..

,.

.,.

ANLTf'lHl DE FATIGAS Y DEFORMACIONES 59

roa 2 y laR dimensiones deJas seccionAs rectas de todas las barras son 1 O X 20 cm. Se desprecia el efecto del rozamiento.

18. Traccin o compresin en tres direcciones Iares.-Si una barra de forma de paraleleppedo

perpendicu-rectangu1ar

est sometida a la accin de fuerzas Px, P 11 y Pz (fig. 50), las tensiones norma-Jes a los ejes x, y y z son, respectivamente,

Px _P11 Pz c;x = Ax; Cfy- A/ az = Az.

Se supone crx > cr11 > cr,. Pz

FIG. 50 Combinando los efectos de las fuerzas

Px, P 11 y Pz, se deduce que sobre una seccin cuyo plano pase por el eje z solamente producen fatigas las fuerzas P x y P 11 , y tambin que estas fatigas pueden calcularse por las ecuaciones (26) y (27) y representarse grficamente usando el crculo de Mohr. En la figura 51 el crculo de dimetro AB representa estas fatigas. De la misma manera, 1as fatigas ligadas a una seccin que pase por el eje x pueden representarse por el crculo cuyo dimetro es

rr r i

.,\

1

:\

.1

'1

RESISTENCIA DE MATERIALES

Tiene lugar para la seccin que pasando por el eje de las y biseca el ngulo de los ejes x y z.

Las ecuaciones para el clculo de las deformaciones unitarias' en las direcciones de los ejes pueden obtenerse combinando los efectos de Px, P

11 y P. del mismo modo que se ha hecho para el

caso de traccin o compresin en dos direcciones perpendicula-res (vase artculo 15). De esta manera se obtiene

z (l. E:z= E- E(ex+cry)

El volumen de la batTa aumenta en la relacin

(1 + e,), (1 + e:11 }, (1 -i- e:,) : l, o despreciando cantidade8 de orden superior

(1 + Ez + Ey + Ez) : 1, de donde la dilatacin cbica unitaria es

(43) :

D.= Ez + e:11 +e. (44)

La relacin entre la dilatacin cbica unitaria y las fatigas:. que actan en las caras de la barra puede obtenerse sumando: las ecuaciones (43).

De este modo se obtiene

.c.n el caso particular de presin hidrosttica uniforme se tien

Las ecuaciones ( 43) dan p

E:z = e: 11 = Ez = --{1- 2 (l.), E (4

~

f :4~' 'f'". ,

' \

L

,, ..

'

ANLISIS D"PC FATIGAS Y DEFORMACIONES

y la ecuacin (44), A 3(1-2 (l.) u=- E p.

Usando la notacin

se obtiene

E -----=K, 3 (1- 2 (l.)

p !:1=--. K

61

(47)

(48)

(49)

La dilatacin cbica es proporcional a la fatiga de compre-sin p e inversamente proporcional a la cantidad K, a la cual se conoce con el nombre de mdulo de elasticidad de volumen o mdulo volumtrico.

Problemas

l. Determinar la disminucin de volumen de una esfera maciza de acero de 25 cm. de dimetro sometida a una pre-sin hidrost.tica p = 700 kg./cm. 1

Solucin: De la ecuacin ( 4~)), !). = ~-- TJ_ = _700 X 3(1- 2 X 0.3) = _ 4,2

K 2 X 106 10'

La disminucin de volumen el:!, por tanto,

4,2 rcd3 10, x Ir = 3,43 cm.

8

2. En la figura. 52 un cilindro de goma A est comprimido Jentro de un cilindro de acero B por una fuerza. P. Determinar la presin entre la goma Y el acero si P = 500 kg.; d = 5 cm., el mdulo de Poisson para la goma [l. = 0.45. Se desprecia el ro-zamiento entre la goma y el acero.

B

FIG. 52

Solucin: Sea p la. fatiga de compresin en cualquier silccin nor-mal al eje del cilindro y q la presin entre la goma y la superficie inter-na del cilindro de acero. Fatigas de compresin del mismo valor q a .. tuarn entre las superficies laterales de las fibras longitudinales d l '1' e Cl mdro de goma, del que hemos aislado un elemento de forma de P.araleleppedo rectangular con caras paralelas al eje del cilindro (vase figura 52). Este elemento est en equilibrio bajo la accin de la fatiga de compresin axial p y las fatigas q. Suponiendo que el cilindro de

J acero es absolutamente rigido, el alarg&miepto iutemo de le. oma

! o 11

1 !

!

62 RESISTENCTA DE MATERIALES

en las direcciones x e y deber ser nulo, y por las ecuaciones (43) se obtiene

de donde _ !J.P _ 0,45 500 X 4 _ ~ ,.

q- -- - 1 O 45 52 - 20,8 kg./cm. 1-[L -, 1tX 3. Una columna de hormign est encofrada en un tubo de acero

(figura 53). Determinar la presin entre el acero y el hormign y la fa-tiga de extensin transversal en el tubo, suponiendo que no hay ro-

zamiento entre hormign y acero y que todas las dimen-

FIG. 53

siones y la fatiga de compresin en la columna de hormi-gn son conocidas (fig. 53).

Solucin: Sean p y q las fatigas longitudinal y lateral de compresin, respectivamente; del dimetro interior del tubo de acero, h su espesor, Ea el mdulo de elasticidad del acero, Eh y llh los mdulos de elasticidad y de Poisson del hormign. El alargamiento wtario del hormign en una direccin lateral, teniendo en cuenta la ecua-cin (43), ser

(a)

Este alargamientO ser igual al alargamiento circunferencial uni-tario del tubo de acero (vase ecuacin 13).

qd (b) e:= 2hEa

Con las ecuaciones (a) y (b) se obtiene qrl q !Jo/

2 hE a =-En + Eh (p + q), ,de dunJ,;;

'

La. fatiga lateral de extensin en el tubo se calcular ahora por la

ecuacin qd a= 2h

4. Determinar la fatiga cortante mxima en la columna de hormign del problema anterior, suponiendo que p = 70 kg.cm.

LA = 0,10; 2dh = 7 ,5.

...

Sulucin: p-q p( 01 ) 33'2k 1 2 Tnix = - 2- = 2 1 -~~95 = g. cm.

CAPITULO III

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

19. Tipos de vigas.-.l!}n este captulo vamos a analizar los tipos sencillos de vigas que muestra la figura 54. La figura 54 (a) representa una viga con los extremos apoyados. Los puntos de apoyo A y B estn articulados y, por tanto, los extremos de la viga pueden giri:Lr libremente durante la flexin. Se supone tam-bin que uno de ellos est montado sobre rodillos y puede mover-se libremente en direccin hori-zontal. La figura 54 (b) representa un voladizo o mnsula. El extre-mo A de esta viga est empotrado en la pared y no puede girar du-rante la flexin, mientras que el extremo B est completamente libre. La figura 54 (e) representa una viga apoyada con voladizo. (b)

8

,~ Esta viga tiene el apoyo A en for-- ma de articulacin fija y el e es t una articulacin mvil.

(e) FIG. 54

e IJ

~.

. Los tres casos representan vi-t gas estticamente determinadas, puesto que las reacciones en los ~;. a~oyos correspondientes a cualquier caso de carga pueden deter-

~- ~marse por las ~~uaciones de la esttica. Sea, por ejemplo, la ~' ga apoyada solicitada por una carga vertical P -fig. 54 (a)-. Lar ., R ,: , eaccwn 2 e_n B debe ser vertical, puesto que este apoyo ; puede moverse libremente de modo horizontal. De la ecuacin

de la t 't' "' , . es a 1ca, .:..X= O, se deduce que la reaccin R1 es tambin -~ertiCal Lo 1 d R R d s va ores e 1 y 2 se etermman por las ecuacio

; !i

1

RESISTENCIA DE MATERIA LlJS

nes de momentos. Igualando a cero la suma de los momentos de

todas las fuerzas respecto al punto B, se obtiene

R1l-Pb =o de donde

De modo anlogo, tomando momentos respecto al punto A

se obtiene Pa Ro"~'---

" l

T.as reacciones en el caso de una viga apoyada con voladi

zos --fig. 54 (e)-- se calculan de igual modo. En el caso de una mnsula -fig. 54 ( b )- la carga P se equili

bra por los elementos de reaccin que actan en el extremo ero

potrada. De las ecuaciones de la esttica ~X= O y ~y= O, 86

deduce que la resultante de las fuerzas de reaccin debe ser ve~

tical e igual a P. De la ecuacin de momentos l:M =O se sigu~

que el momento M 1 de las fuerzas de reaccin respecto a -4 debe ser igual a Pa y actuar, tal como indica la figura, en seD

tido contrario al de la..c; agujas del reloj. . Las reacciones producidas por otro tipo de cargas sobre I

1


cin sobre el trozo de la i~quierda. Estas fuerzas int.ernas deben ser tales que equilibren a las fuerzas exteriores anteriormente ' mencionadas P 1, P 2 y R1

Todas estas fuerzas exteriores, por las condiciones de la est-tica, pueden sustituirse por una fuerza vertical V que obra en el plano de la seccin mn y por el par .M. El valor de la fuerza es

V= R1-P1 --:-P2, (a) 'y el valor del par es

M= R 1x-P1 (x-c1) -P2 (x-c2). (b) La fuerza V es igual a la suma algbrica de las fuerzas ex-

ternas situadas a la izquierda de la seccin mn y se denomina fuerza cortante en la seccin recta mn. El par M es igual a la suma algbrica de los momentos de las fuerzas exteriores si-tuadas a la izquierda de

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Timoshenko-resistencia de materiales- tomo I.pdf