Timoshenko-resistencia de materiales- tomo I.pdf

S.

TIMOSHENKO

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

RESISTENCIA DE MATERIALES PRIMERA PARTE

TEORlA ELEMENTAL Y PROBLEMAS TRADll OIDO DIIL ING LÉB

por

TOMÁS DELGADO PÉREZ DE ALBA lNG.b:NlERO INDUS!EBU.L Y AERONÁUTlCO

ESPASA-CALPE, S. A. MADRID l

9

5

7

NOTA CION ES fla:, a11 , az a" ap¡

a1

"' 'ra:r• -r 112 ,

""

-., 3 E.,,

e e1, e2 y

E G ¡.t.

A K

Mt M V A 111 , 12

Fatigas normales ligadas a planos perpendi culares al eje x, y, z. Fatiga normal ligada a un plano perpendi cuiar a la dirección n. Fatiga normal en el punto de fluencia. Fatiga normal de trabajo. Fatiga cortante . Fatigas cortante s paralelas a los ejes y, z, x, y ligadas a planos perpendiculare3 a los ejes x, y, z. Fatiga cortante de trabajo. Alargam iento total, flecha total. Alargam iento unitario. Alargam iento unitario en las direcciones x, y, z. Distorsión unitaria, peso por unidad de volumen . Módulo de elasticid ad en tracción y compresión. Módulo de elasticid ad por cortauur a. Relación de Poisson. Dilatación. Módulo de elasticid ad por volumen. Momento torsor. Momento flector en una viga. Fuerza cortante en una viga.. Area de sección recta. Momentos de inercia de una figura plana con relación a los ejes y y z.

XTI

NOTACIONES

()(

u w h q

ci>,

e

p

D, d R, r

w

Radios de giro correspondientes a 1 1 11' ~· Momento de inercia polar. Momento resistente. Rigidez a la torsión. Longitud de una barra, luz de una viga. Fuerzas concentradas. Temperatura, espesor. Coeficiente de dilatación por el calor. Energía de deformación. Energía de deformación por unidad de volumen. Altura de una viga, espesor de una placa. carga por unidad de longitud. Angulos. Presión. Diámetros. Radios. Peso, carga.

ÍNDICE Capitulo&

Páidnas

l.-TRACCIÓN Y COMPRESIÓN POR DEBAJO DEL LÍMITE DE ELASTICIDAD • . • • • • • • . • • • . . . . . . . . . . . • . . . • • • • • • • . . . . . •

1

Elasticidad ...................................... . Ley de Hookc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Diagrama de tracción. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fatiga de trabajo................................. Fatigas y deformaciones producidas en una barra por su propio peso.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas estáticamente indeterminados en tracción y compresión.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fatigas iniciales y térmicas....................... Extensión de un anillo circula1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18 25 28

ll.-ANÁLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES................

34

l. 2. 3. 4. 5. 6.

7. 8.

Variación de la fatiga en la extensión y compresión simple al considerar secciones oblicuas al eje de la barra .................................... . 10. El círculo de fatigas ............................. . 11. Tracción o compresión en dos direcciones perpendiculares .................................... · .. 12. El círculo de Mohr para fatigas combinadas ....... . 13. Fatigas principales .............................•• 14. Análisis de la deformación en el caso de extensión simple: ....................................... · 15. Deformación en el caso de extensión o compresión en dos direcciones perpendiculares ................ . 16. Fatiga cortante pura ............................. . 17. Fatigas de trabajo por cortadura ................. . 18. Tracción o compresión en tres direcciones perpendiculareB .............................. · · · · · · · ·

2 6 8

14

9.

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

19. 20. 21.

22.

Tipos de vigas.................................... Momento flector y fuerza cortante.. . . . . . . . . . . . . . . . Relación entre el momento fleetor y la fuerza cortante.......................................... Diagramas del momento flector y de la fuerza cortante..........................................

34

37 40 42 4.5

48 50 52 55

59 63 6:3 65 68

70

XIV

ÍNDICE

fNDICE

Capftuloa

Pág!ns!

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

23. 24. 25.

26. 27.

28. 29. 30.

84 84 93 98 105

Flexión pura de be,rra,s prismáticas ............... . Vigas con formas diversas de sección recta ........ . Caso general de vigas cargadas transversalmente .. . La fatiga cortante en la flexión; ................. . Distribuci~~ de. las fatigas cortantes en el caso de una secmon Circular ........................... . ll2 Distribución de la fatiga cortante en vigas en 1 ... . 114 Fatigas principales en la flexión .................. . 116 Fatigas en vigas compuestas ..................... . 121

V.-DEFORMACIÓN DE VIGAS CARGADAS TRANSVERSALMENTE ••

31. 32.

Ecuación diferencial de la elástica ................ . Flexión de una viga uniformemente cargada apoyada en sus extremos ............................ . 33. Deformación de una viga simplemente apoyada por una carga concentrada ........................ . 34. Modo de encontrar las deformaciones en la flexión utilizando el diagrama de momentos flectores. Método de superposición ....................... . 35. Elástica de una viga en voladizo ................. . 36. Elástic¡¡, de una viga apoyada en los extremos ..... . 37. Deformación de vigas apoyadas y con voladizos ... . 38. Deformación de vigas cuando las cargas no son pare.lelas a uno de los planos principales de flexión. 39. Efecto de la fuerza cortante en la déformación de las vigas •••.................................... 40. 41. 42. 43. 44. 45.

VJI.

51.

52. 53. 54. 55.

56. 5i.

X.--ENERGÍA DE DEFORMACIÓN •• • · · · · · · • · · · · · • • • • • • : : • · · · · ·

274 274

60: 61.

62.

Energía elástic~ de deformación en la tracmon · · · · · Fatigas produc1das por choq~~- .. - ·- · · · · · · · · · · · · · · Energía elá.dtica de ~eformacwn en los casos de fuerza. cortante y tors1ón ..... :; .......... ·. ·, · · · · · · · · 66. Energía. elástica. de deformacwn en la flexwn ... · · · · 67. Flexión producida por choque ..... · · • · · · · · · · ·. • · · · 68. La expresión general de la energía de deformamón. · 69. El teorema. de Castigliano ...•..... · • • • · · • · · · · · ·:; · 70. Aplicación del teorema de Casti~ldianto a l';tredsolucwn de problemas estáticamente m e ermm~ os .... · 71. El teorema. de la reciprocidad de los trabaJOS . · · · · · 72. Casos de excepción .•.............. ···············

63. 64. 65.

APÉNDICE

158

MOMENTOS DE INERCIA DE LAS ÁREAS PLANAS ••• • • • • • • • · · · · · · · · ·

219 219 223 228 233 238 2 det~ll&~m~te las propie· d,E\qes roeoáníoas de 105 ma.teriale~J..

Problemas

1. Determinar el alargamiento total de tma barra dl'l acero de 60 cm. de longitud si la ~atiga de extensión es igual a 1.000 kg./cm.•. (',';,

Solución: 8=

E

X

l

=

.,

1.000

,,•

2 X 106 X 60

=

0,3 mm.

2. Determinar ]a fuerza tot. \Yé~se Grüneisen, Berichte d. dcutsch. phys. Gesellschaft., 1\106.) . ' . . '

8

9

RESISTENCIA DE MATERIALES

TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Diagramas análogos a los de extensión pueden obtenerse para la compresión de diversos metales y determinar sus partea características. __.. 4. Fatiga de trabajo.-Un diagrama de extensión da una información completa de las propiedades mecánicas de un material. Conociendo el límite de proporcionalidad, el punto de fluencia y la fatiga de rotura del material, es posible establecer en cada problema particular de ingeniería 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 límite de proporcionalidad el material puede considerarse perfectamente elástico, y por encima de este límite parte de la deformación la conserva corrientemente la barra al ser descargada. Dicho de otro modo, se presentan deformaciones permwentes. Para que la estructura esté siempre en condiciones elásticas y no exish posibilidad de deformaciones permanentes, se acostumbra a escoger la fatiga de trabajo bastante por debajo del límite de proporcionalidad. En la determinación experimental de este límite se utilizan aparatos muy sensibles (extensómetros) y la determinación de la posición de dicho límite depende en muy alto grado del cuidado con que se hacen las medidas. Para eliminar la dificultad que esta indeterminación produce, se toma corrientemente el punto de fluencia o la fatiga de rotura del material como base para determinar la fatiga de trabajo. Representando con cre, crp1 y cr,, respectivamente, la fatiga de trabajo, el punto de fluenciaoy la fatiga de rotura, la magnitud de la fatiga de trabajo se determina por una de las dos relaciones siguientes:

ciente de seguridad n = 2 se usa corrientemente cuando las cargas que actúan sobre la estructura lo hacen de modo permanente. Cuando la.s cargas son variables o se aplican de modo súbito, caso muy frecuente en maquinaria, es necesario calcular con mayor coeficiente de seguridad. Para materiales quebradizos, como fundición, hormigón, diversas clases de piedras, y para materiales tales como la madera, se toma la fatiga de rotura como base para determinar la fatiga de trabajo. La magnitud del coeficiente de seguridad depende en su mayor grado del cuidado con que en el cálculo se han determinado las fuerzas exteriores que actúan sobre la estructura, las fatigas co· rrespondientes a sus distintas partes y la homogeneidad de los materiales usados. Más adelante insistiremos sobre esta importantísima cuestión (véase Segunda parte).

(J

Fl

cr, = - , n

(5)

n y n 1 se llaman corrientemente factores de seguridad y determinan la magnitud de la fatiga de trabajo. En el caso de estructuras de acero se toma el punto de cesión o fluencia como base para calcular la fatiga de trabajo, con objeto de que no se presenten deformaciones permanentes en las estrueturas. El coefi-

Problemas l. Determinar el diámetro d de los pernos de acero N de una prensa para un esfuerzo máximo P = 50.000 kg. (fig. 3), si el coefi· ciente de tmbajo para el acero es en este 'caso a 1 = 1.000 kg.fcm. 1 • Determirul.r el alargamiento total de los pernos para la carga máxima, si la longitud entre sus cabezas es 1,50 m. Solucián: El área necesaria en la sección recta, ecuación (2), es

A

-=

7t

d2 4 -

.!.:__ 2 a, -

50.000 •. 2 X 1.000 - 25 cm. '

de donde d =

~

=5,64cm.

El alargamiento total, ecuaciones (3) y (4), es

o=zl= E ·l = (J

2

1.000 X 106 X 1.500 =0,75 mm.

2. Una estructura está formada por dos barras iguales de acero (fig. 4) de 4,50 m. de F'w. 3 longitud, cuyos extremos están sometidos a la acción de una carga vertical P. Determinar la sección recta de la barra Y el descenso vertical del punto B para P = 2.500 kg. = 800 kg.¡cm. a Y ul ángulo inicial de inclinación de la~:> barras, 30°.

a,

10

11

RESISTENCIA DE MATERIALES

'rRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Solución: De la figura 4 (b), que representa la condición de equi· librio del nudo B, se deduce que la tensión en las barras es

vertical Y horl'zontal del desplazamiento del plmto B, debido a !a deformación de las barras.

S =

2

p sen

e;

para

e=

= 2.500

kg.

La seeción necesaria es

A-_\..-----------~ '

S= P

30°;

tell

8 2.500 A=;¡;= 800

8

1 = 38

cm.•

La flecha B B 1 se halla mediante el triángulo D B B 1 , en el que, dada su pequeñez, el arco BD, de (bJ S radio igual a la longitud de las baFra. 4 rras, se sustituye por la perpendicular bajada sobre AB1 , posición de la barra después de la deformación, desde el ptmto B. El alargamiento total de la barra A B es

P~t--

1: A8u

-

+

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

El radio de la manivela será:

r - 20 \!

+ 2,32-- 11 , 16 2

cm.

4. Dos alambres, uno de acero y otro de aluminio, están 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 FIG. 12 kg./cm. 1 y y= 7.800 kg./m. 8 y para el aluminio 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 qué proporción crece la fatiga máxima producida por su propio peso en una barra prismática si todas las dimensiones de la barra aumentan en la proporción n: l.

FIG.l4

FIG. 13

máxima admisible lO kg./cm. 1 . Comparar el volumen obtenido cnn el de un pilar prismático proyectado en análogas condiciones. 7. Resolver el problema anterior suponiendo a la pila formada por tres trozos prismáticos de igual longitud. 8. Determinar la forma del pilar de la figura 14, de modo que la fatiga en cada sección sea constante e igual a a1• La forma que satis· face a esta condición se denomina sólido de igual resistencia. Sol1~ci6n: Considerando el elemento diferencial rayado en la fi· gura, es evidente que la fuerza compresora de la sección m1 n 1 es su· perior a la que comprime la sección mn en el peeo del elemento. Puesto que la fatiga en las dos secciones debe ser la misma e igual a a 1, la di· ferencia dA de las áreas de las dos secciones, debe compensar la diferencia de fuerza compresora. Por consiguiente, (a) dAa, = yAdx, donde el segundo miembro de la ecuación representa el peeo del elemento. Dividiendo esta ecuación por Acr1 e integrando, se tiene

a,=

de donde

I

dA =jydx, A ac

log .A =- yx CJ¡

+ 01

7

!! Esta hipótesis es admisible cuando el á.ngulo del cono es pe· queño.

A= Q¡:,crt' RBATRTF.NCTA DF. MATliBTALB~.-

T.

1

(b)

18

Siendo e la base de los logaritmos naturales y O = e01 • Para x esta ecuación da para el área. de la cabeza del pilar

=- {)

(A).,_ 0 = O.

p La sección en dicha cabeza es - y, por consiguiente, la ecuación rJ¡

(b) será (e)

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

área de su sección recta y el m6(1ulo de elasticidad del material, y que las barras inclinadas son de cobre, y que Ac y Ec son sus áreas de secciones rectas y sus módulos. La longitud de la barra l vertical es l y la de las barras inclinadas es cos - -\X Representando por X la tensión de la barra vertical y por Y las fuerzas en las barras inclinadas, la única ecuación de equilibrio para el punto O, en este caso de simetría l"erá:

X

yl

pe¡:

(a)

Amáx=-e cr¡

9. Encontrar el volumen de la fábrica de un pilar de igual resistencia, proyectado en las condiciones del problema 6. Soluci6n: Utilizando la. ecuación (d), la diferencia de las área::; de las secciones de base y cabeza del pilar será '(l y¡ pa, p pcr¡ -e - - = -(e - 1).

cr¡

rJt

cr¡

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

V

11

l

l

=-!:.(ea; -1) = y

158

19

TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

:RESISTENCIA DE MATERlAt.ES

m. 8

6. Problema estáticamente indeterminados en tracción y compresión.-Hay casos en los que las fuerzas axiales que actúan en las barras no pueden determinarse por las condiciones de la estática, y entonces la deformación de la. estructura permite encontrarlas. Estas estructuras se llaman sistemas estáticamente mdeterminados. Un ejemplo sencillo de tales sistemas es el de la figura 15. La carga P produce extensión en las barras OB, 00 y OD, las cuales están en el mismo plano. Las condiciones de equilibrio del punto P dan dos ecuaciones, que no son suficientes para determinar las tres tensiones desconocidas de las barras y para tener una tercera ecuación es necesario considerar la deformación del sistema. Supongamos, para simplificar, que el sistema es simétrico respecto al eje vertical 00, que la barra vertical es de acero, siendo Aa y Ea el

+ 2Y cos rx =P.

(a)

l Para obtener la segunda ecuación que permita conocer las cantidades X e Y, consideraremos la configuración del sistema deformado indicada en la figura por líneas de puntos. Sea el alargamiento total de la barra Fw. 15 vertical bajo la acción de la ca;ga P; los alargamientos al de las barras inclinadas se hallarán en el triángulo O F0 1 . Teniendo en cuenta que estos alargamientos son muy pequeños, el arco de círculo O F de centro D puede reemplazarse por una recta perpendicular y el ángulo eu OJ puede tomarse igual al ángulo inicial rx; por tanto,

a

Ó¡

=,;; cos

(X.

Los alargamientos unitarios y las fatigas para las barras vertical e inclinadas serán: y respectivamente. Las fuerzas en las barras se obten-drán multiplicando las fatigas por las secciones rectas y serán

y = cr A e

ele donde

e

= AcEe~ cos2 ¿

ex.

(b)

21 RESISTENCIA DE MATERIALES

20

Sustituyendo en la ecuación (a), obtendremos p X= AOEO 1 + 2 cos 3 ex · · AaEa

(10)

Se ve que la fuerza X no depende únicamente del ángulo de inclinación oc, sino también de las áreas de las secciones rectas y de lu propiedades mecánicas de los materiales de la~ barras. En el caso particular en que las tres barras tengan la misma sección y el mllimo módulo la expresión (10) se transforma en p X=---· 1 .¡- 2 cos 3 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 actúa de modo completo sobre la barra central. Otro ejemplo de sistemas estáticamente indeterminados es el de una barra prismática con los extremos empotrados cargada axialmenn te en una sección intermedia mn (fig. 16). La 1 carga P estará en equilibrio con las rea,cciones R y R 1 en los extremos y se tendrá

P= R

+R

1•

lo que indica que las tuerzas R y R 1 son mversarnente proporcionaleF~ a las distancias de sus puntos de aplicación a la sección mn. De este modo, las ecuaciones (e) y (d) dan las magnitudes de aquellas fuerzas y las fatig¡as de la barra pueden calcularse fácilmente. Problemas

1. Un cilindro de acero y un tubo de cobre están 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. Solución: Las condiciones estáticas son insuficientes y debe considerarse la deformación 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 serán iguales; por tanto, la fatiga de cada material estará en la misma relación que su módulo (ecuación 4, pág. 4), es decir, la fatiga 20 de compresión en el acero será -de la fatiga de "FIG. 17 11 compresión en el cobre. De este modo, el valor cr 0 de la fatiga en el cobre se encontrará por la ecuación de la estática. rr:dl 20 1t • d2) P=--¡-rrcrc+¡(Dcr,.

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

1.

1¡

R 1a _ Rb

AE- )!E

de donde

R

a

Rt

b

-=-·

~~ crc =

240 kg./cm.•

El acortamiento unitario será.:

Para obtener la segunda ecuación que permita determinar las fuerzas R y R 1 , debe considerarse la deformación de la barra. La carga P con la fuerza R produce acortamiento en el trozo inferior de la barra, y con la fuerza R 1 , alargamiento en el superior. El acortamiento tota,l de un trozo debe ser igual al alargamiento total del otro. Usando la ecuación (1), se obtiene Fw. 16

1

=

(e)

(d)

e= crc = 120 x 10-8 .

Ee

2. Una columna de hormigón armado está comprimida por una fuerza P = 30.000 kg. ¿Qué parte de esta carga actúa sobre el horm1gón y qué parte sobre el acero si la sección recta de acero es solamente 1

10

de la. sección recta de hormigón?

La carga transmitida por el hormigón será igual a. 15.000- kg. 3. Un cuerpo rigido A B de peso Q cuelga de tres alambres verticales simétricamente colocados respecto al centro de gravedad O del cuerpo (fig. 18). Determinar los esfuerzos dEl' extensión en los alambres ,;;i el del medio es de acero y los otros dos de cobre. Las secciones rectas de los tres alambres son iguales.

22

TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Murclw a seguir: Usar el método del problema l. Determinar las fuerzas en las cuatro patas de unn mesa cundrada (fig. 19), producidas por una carga P que actúa en una diagonal. El apoyo de la mesa en el tmelo se supone absolutamente rígido y las patas se unen a él de tal modo que pueden sufrir extensiones y compresiones. Solución: Suponiendo que la nueva posición del tablero de la mesa es la indicada con la línea de puntos mn, la :0 ~ compresión en las patas 2 y 4 será igual a la media de las de las patas 1 y 3. Por tanto,

6. Un cuadro rectangular con diagonales está sometido a la acción de las fuerzas de compresión P (fig. 20). Determinar los esfuerzos un las barras si todas son del mismo material, el p área de la sección recta de las vertiPa]es es A y P la dE> las restantes barras A 1 • Solución.· Sea X la fuerza de compresión en cada barra vertieal; Y, la fuerza de compresión en cada diagonal, y Z, la fuerza de extensión en cada barra horizontal. La eondición de equililJrio de uno de los nudos da

4.

2Y

1 1· = - X (P-X); sen a Z= Ycosa=(P-X)cotiX.

=X+ Z

y también 2Y

+X+ Z

FIG. 18

2Y

.

1

=X+ Z =-P. 2

(a)

(a•+h•¡( 1 -

La ecuacwn complementaria para determinar X y Z se obtiene tomando el momento de todas las fuerzas con relación al eje horizontal o-o paralelo al y y en el plano de la fuerza P. Se obtiene

xGav'2 +e) +~P X e=ZGav'2 -e).

X=Pa-~0}

Y=f;

1¡

> a

1.

A~y

+a 2 ( 1 +

A~Er

=

AE-

A¡E-

(b)

Resolviendo el sistema de ecuaciones (a) y (b), la fuerza en la diagonal se obtiene por la siguiente expresión:

m

Y=.,~~--.---.P--~---------­ a2 + h 2 A a2 A --h-.2 X A¡ + hft _- A X cos ce + sin IX 1 Las fuerzas en las otras barras se calcularán fácilmente por las ecuaciones (a). 7. Resolver el problema anterior suponiendo a = h, A = 5A 1 y P = 25.000 kg. 8. ¿Qué fatiga se producirá en un perno de acero y en un tubo de cobre (fig. 21) al dar 1/4 de vuelta a la FIG. 21 tuerca, si la longitud del perno es 75 cm., el paso del tornillo h = 3 mm., el área de la sección recta del perno A,= 6 cm. 2 y el área de la sección recta del tubo Ac = 12 cm. 2 ? Solución: Sea X la fuerza total de extensión en el perno y de compresión en el tubo. El valor de X se encuentra estableciendo que el a.largamiento total del perno más 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:

l

X es negativa. Esto

indica que hay extensión en la pd.ta l. 5. Determinar las fuerzas en las patas de la mesa anterior cuando la carga se aplica en el punto de coordenadas.

a X=

=h•(¡

A¡E

(b)

Z= P(~4 +_e_)· a'\1'2 Cua.ndo e

A~E)"

despreciando las cantidades pequeñas de orden superior, se obtiene (a 2 +h2 )Y h 2 X a 2Z

P

De (a) y (b) se deduce

(a)

FIG. 20 La tereera ecuación se obtendrá por la condición de que el cuadro después de la deformación seguirá siendo rectangular, en virtud de la simetría; por tanto,

= P,

de donde

¡1

23

RESISTENCIA DE MATERIALES

4'

I!'IG. 19 Solución: Para resolver este problema, ht carga P situada fuora de la diagonal de la mesa puede reemplazarse 'por dos cargas estáticamente equivalentes aplicadas en ptmtos de las dos diagonales. Los esfuerzos producidos en las patas por cada una de estas dos fuerzas se encontrarán del modo explicado anteriormente. Sumando los efectos de las dos cargas componentes se encontrarán los esfuerzos en las patas para cualquier posición de la carga P.

Xl

Xl

1

A E-+ A E =-¡h, a a

·_.,

.

e e

24

RESISTENCIA DE MNI.'ERIALES

TRACCIÓN Y COl\lPRESTÓN

de donde

X= ~P'a_ _ = 0'3 X 6 X 2 X 1~8-- _ fl ?SO kg 4l(1+AaEa) 4x75(1+ üx2xiú•)- ·• AcEc 12 x 1,1 X 106 La fatiga de extensión en el perno es aa =

~

=

1.050 kg./cm.•

La futiga de compresión en el tubo es a = X = 525 kg./cm. a e Ac 9. ¿Qué cambio en las fatigas calculadas en el problema anterior R, producen unas fuerzas extensoras P = 2.500 kg. aplicadas en los extremos del perno 7 Solución: Sea X el aumento de la fuerza total de extensión en el perno e Y la disminución de la m, fuerza total de compresión en el tubo. La condición de equilibrio da:

X+ Y-= P.

l.1

11

(a)

Puede escribirse una segunda ecuación conside· rando que los alargamientos unitarios del perno y del tubo por la aplicación de la,; fuerza~ P deben ser iguales; es decir, y X (b) FIG. 22 AaEa AcEe • Esta ecuación, unida a la (a), permite calcular las fuerzas X e Y, de cuyos valores se deducen fácilmente las fati· gas correspondientes. 10. Una barra prismática con los extremos empotrados está car• gada axialmente en dos secciones intermedias (fig. 22) con fuerzas P 1 y P 2 • Determinar las reacciones R y R 1 • Solución: Usando la ecuación (d), página 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 sistema representado en la figura 23, en el que OA es un eje de simetría. Respuesta: La fuerza de extensión en la barra O B es igual a la de compresión en la p barra OC y vale 2 sen La tensión de la barra

a:

O

25

"'· 7 Fatigas iniciales y térmicas.-En un sistema estática~ indeterminado es posible existan tensiones iniciales pro::~das en el montaje y debidas a errores en las longitudes de barras 0 a variaciones intencionadas de los valores correctos 1 . . das aquellas longitudes. E stas tensiOnes existen aun cuando no etúen cargas exteriores y dependen de las proporciones geomé::icas del sistema, de las propiedades mecánicas de los materiales y de la magnitud de los errores. Supongamos, por ejem~lo, que en el sistema representado en la figura 15 la barra vertical tenga por error una longitud l a en lugar de la l que le corresponde. Al unirla las barras BO y DO, después de haberla acortado con una compresión inicial, producirá fatiga de extensión en las barras inclinadas. Sea X la fuerza de compreswn que actúa en la barra vertical después de haberla unido las otras barras. La fuerza de extensión en las barras inclinadas será:

+

X

2cos rx y el ileRplA?:amient.o del nndo O debido al alargamiento de dichas barn18 será (véaoe ecual'ión b, pág. 19)

Xl o=----3

2ACEC cos oc

(a)

El acortamiento de la barra vertical será Xl

o¡=-~-.

(h)

A,,Ea Ahora bien; el desplazamiento del nudo O, junto con el acortamiento de la barra vertical, debe ser igual al error a en la longitud de dicha barra. Se obtiene de este modo la siguiente ecuación, para determinar X:

C

FIG. 23 horizontal OA es igual a O. 12. Resolver el problema 10 suponiendo que la porción inferior de la barra cuya longitud es e tif'n rl.a, el aumento de temperat ura produce cumpresió u eu el cobre y tracción en el acero. El alargamte ntQ

Según sabemos (vea~:~e pág. 19),

l.

por constguie nte, exa(t- to)l de donde

-Xl- =ex ( t - t + AaEa 0

Xl l - - - - -3- · - - • 2 cos cxAeE( co;; 2 cx

0) -

28 TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

La!'! fatiga!'! en el ::.oero y el cobre se obtendrán a.hom por las ecumperatura se eleva 60° C. Supóngase l¡ = l 2 , A 1 = 2A 2 y IX11 = 125 X I0- 7 • 7. Hallar las fatigas de origen térmico 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 dilatación son tXa = 125 X I0-7

= 170

S upongase ' E e : E'a = ll · 20 8. La temperatura del sistema de la figura 15 se eleva en G0° C. Hallar las fatigas de origen térmico si las tres barras son de acero y tienen la misma sección. Tómese 125 X 10-7 y E 5 = 2 x 108 kg./cm. 1 9. Encontrar las fatigas en los alambres del sistema de la figu· ra 18 si la sección recta de los alambres es 0,6 cm. 1 , la carga Q = 2.000 kilogramos y la temperatura del sistema después 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. y

rxc

i¡

qr.

X lo - 7 •

FIG. 25

En las aplicaciones prácticas es muy frecuente tener que determinar la fatiga de extensión en un anillo circular giratorio. Entonces q representa la fuerza centrífuga por unidad de lon'gitud del anillo y viene dada por la ecuaei6n w v2

q=-·--, g

1

1

(1 3)

La fatiga de extensión en el anillo se obtendrá ahora divi· dieudo la fuerza P por el área de la sección recta del anillo.

a:•-

J.1

=

8. Extensión de un anillo circular. -Si fuerzas radiales uniformemente distribuídas actúan a lo largo del perímetro de un anillo delgado circular (fig. 25), se producirá un alargamiento uniforme del anillo. Para determinar la fuerza de "extensión del anillo imaginémosle cortado por una sección diametral horizontal --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 circunferencia, la fuerza que obra en UJl elemento de anillo determinado

(14)

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, aceleración de la gravedad. Sustituyendo t)i:!La expre;:¡ión de q en la eeuación (13) .,e obtiene wv2 P=-, g

"! la fatiga correspondiente será p

wv2

yVJ

A

Ag

fl

a=-=--=-·- ·

(U>)

30

RESISTENCIA DE MATERIALES

Se ve que la fatiga es proporcional a la densidad

TRACCIÓN Y COMPRESIÓN V

g del

31

de donr1e

ma-

xd

a----

terial y al cuadrado de la velocidad periférica.

((Xc- cxa) (t- to) E 0

e - 2hc-

1

+'!E. Ec

•

ha Ea

Problemas

Del mismo modo podría calcularse la fatiga en el acE-ro. 3. Refiriéndonos a la figW'a 25, ¿qué fatiga adiciona¡ de extensión se producirá en el tubo al someterle a una presión hidrostática interna de valor p = 7 kg./cm. 2, si el diámetro interior es d, = 10 cm., ha = 2,5 20 milímetros y h0 = IT X 2,5 mm.?

1. Determinar la fatiga de extensión en la pared cilfnr1rica de la prensa de la figW'a 3 si el diámetro interior es 25 cm. y el espesor de la pared 2,5 cm. Soluci6n: La presión hidrostática máxima p en el cilindro se en· contrará por la ecuac1ón 1t

Soluci6n: Separemos del tubo un anillo elemental de altura 1 cm.

La. fuerza total de extensión en el anillo será

25 2

p ~4- = 50.000 kg.,

P =

de donde p = 100 kg./cm. 2 • Separando del cilindro un anillo de longitud 1 cm. en dirección del eje del cilindro y aplicando la ecuación {13) se obtiene

p ac = 2hc = 2 X

aa =

y la fatiga de compresión en el tubo de acero será :nl

cra

=

2·~

La presión x puede encontrarse estableciendo en forma r1e ecuación condición df' que en virtud del enfriamiento ambos tubos tienen la misma coutraeción pArimetral; n ~"a

J¡.¡

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

'

l.

35 20

IT

= 38,5 kg.jcm. 2 para el cobre

X 0,25

y

xd ac = 2hc

:¡

!~ 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 serán:

[J G

'

35 kg.

elasticidad, es decir, la fatiga en el cobre será

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 presión alguna entre los tubos a Cobre aquella temperatura. Determinar las fatigas que se producirán en el cobre y en el acero al en• Acero friarse el conjunto hasta la temperatura am• bien te t0 si el diámetro 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 coeficientes de dilatación (Xc y (Xa• existirá una presión en• tre los tubos exterior e interior al enfriarse. Sea x la presión en kg./cm. 2 La fatiga de extensión en el tubo de cobre será

,1

=

Debido a que los alargamientos circunferenciales en el cobre y en el acero son iguales, las fatigas estarán en la relación de los módulos de

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

/.j

p:,

':.~;

20

IT a0

= 70 kg./cm. 1 para el acero.

4. Un anillo zunchado está formado por im anillo interior de cobre Y otro anillo exterior de acero. El diámetro interior del anillo de acero es menor que el diámetro 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 presión sobre el anillo de cobre (presión de zunchado). Determinar las fatigas en el acero y en el cobre si ambos anillos tienen secciones rectangulares de dimensiones h8 y k en dirección radial y la unidad en dirección perpendicular al plano d~l anillo. Las dimensiones ha Y he pueden considerarse pequeñas comparadas con el diámetro de la SUperficie de contacto de los dos anillos . . So~: Sea x la presión uniformemente distribuida en la super, .~ ::dde contacto de los anillos. La fatiga de compresióu en el cobre " e extensión en el acero serán: (ca)

33

RESIST ENCIA DE MATERI ALEI'!

TRACCIÓ'l" Y COMPR ESIÓN

El acortam iento del diámet ro exterio r del a.nulo de oobre será:

Determ inar la velocid ad periféri ca limite de un anillo de cobre kg./m. 1 • si el coeficie nte de trabajo es a,= 210 kg./cm. • y y, = 8.700 Respues ta: tJ = 48 m.fseg. fatiga en 7. Con relación al problem a 2 y figura 26, determ inar la (l(a = cx C, 55° = t t si te, ambien atura 0 0 el cobre a la temper 45 X I0- 7 , Respues ta: ere = 175 kg./cm. 1 • n de 8. Con referenc ia al problem a 5, determ inar el número cobre se revoluc iones por minuto al cual la fatiga en el anillo de valor cr0 , y anula si la fatiga inicial de zunchad o era una compre sión de Ec, 2 = E y h = lle 11 11 Solucid n: El número n se determ inará por la ecuació n

32

Gc

81

= Ee . d

xd 1

= 2h E • e e

El alargam iento del diámetr o interior del anillo de acero será: cr

8.- ~-d -Ea

xd• · =--2haEa

La presión descono cida x se encontr ará por la ecuació n

6.

ha= he.

de donde

3

ao=C rr¿lY[i(d 6

2

h

0

2 )

+ ~a(d~haJ}

Hallar las fatigas en el anillo zuncha do del problem a 4, cmpo· rar e11 niendo ll = 0,025 mm., d = 10 cm., ha = h0 y :~~e = i~. Encont a despu6s cuánto varían las fatigas si la temper atura del anillo aument 7 X I0-7. del montaje en 6° C. Tómese cx11 = 125 X I0- y cx0 = 170 al acero es ondient corresp fatigas las 10. En el problem a 5 hallar y = mm.; 12,5 = h = h cm.; 60 = d m.; p. r. 3.000 = n si cobre al y 11 0 11 3 3 • kg.fcm. 10-a X 7,8 X 10-a kg.¡cm. ; Yc = 8, 7 9.

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

oha

a, -= d h · ·

Ea

h E ;

011

"l+~

ll = d

1)

I+~

hcEc

hcEc

1,1

Ea h E

7.nncha do 5. Determ inar la~ ftttigas que se produci rán en el anillo teconstan ad velocid una con anillo el girar al r dfll problem a anterio den r. p. m. densida d y menor Soluc~: Debido a que el cobre tiene mayor presion a sobre el cobre de anillo el acero, el que dad módulo rle elastici de BU· anillo de acero durante la rotación . Sea. x la presión por cm.• es ondient corresp fatigas Las anillos. dos perficie de contact o entre los preCISO. Es r. anterio a problem del (a) nes ecuacio las por dadas vendrá n centrifu ga. sumar a estas fatigas las fatigas produci das por la fuerza del acero n volume de unidad por pesos los y Repres entando por Ya y 0 : obtiene se (15), n ecuació la usando y cobre, y el _ Ya era- g

(260rrn) (d +2 ha) ' 2

2

•

0

__

'!!'

e -- g

(260rrn) (d-2 he)'· 2

x y te: Combin ando estas fatigas con la.e fatigas debidas a la presión en ambos niendo en cuenta que el alargam iento debe ser el mismo na.r el anillos, se obtiene la siguien te ecuació n, que sirve para detenni lar: particu caso cada. valor de x en

tran a· Conocie ndo x las fatigas en el cobre y en el acero, se encuen dificult ad.

RR~~TE!'ICI.!.

DPJ HATERIAf ,Ee.

-T. )

8

35

R1dA CION ES ANÁ LISIS DE FA'l' IGAS Y DEFO

a e::; men or que la fatig a ax rres pond ient e a una secc ión incl inad düm linu ye al aum enta r el en la sección rect a de la barr a y que ángulo q¡. Par a

cp

ORM ACI ONE S ANA LISI S DE FAT IGA S Y DEF

9

n y compresión sim9. Variación de la fatiga en la extensió eje de la barr a.-P ara. ple al considerar secciones oblicuas al de exte n-

,¡· 1

.1

')

'1

p cos cp S = - - - = a., cos cp A

(16)

men te, la fatig a corr espo n· don de a repreAenta, com o ante rior a. Se ve que la fatig a S co . dien te ax la sección rect a de la barr

2

1 la barr a y la fatig a S vale la sección pq es para le a al eje de e las supe rfici es late rale s cero, es deci r, no exis te pres ión entr de las fibras long itud inal es. En las y ~ ¡Y secciones obli cuas , la fatig a, que ...P--J·-----""~r~_,s_,r)'--4S tiene la dire cció n de la fuer za P, _ no es perp endi cula r a la sección. Es corr ient e desc omp oner la en dos FHl. 28 componentes, tal como indi ca la percrn ente figura 28. La com pon a fatig a norm al. Su valo r es pend icul ar a la ::;ección se deno min (1 7) cos ería uectlt>ar·io e~:>cribir

,¡r

caso, la relación entre curvatura y momento es la misma qué en el caso d6 flexión pura (véase ecuaci?n 56) y, por tanto, M 1 (a) r El, flos secciones adyacentfl~ m y m1 separadltl!. por ds sobre la elástica. Si representamos por e el ángulo que la tangente en m forma con el eje x, el ángulo que forman las normales a la elástica en m y m 1 será d6. El punto O de interseoción de estas normales da el centro de curvatura y detine la. longitud r del radio de curvatura: Por consigwente, Con~ifiPl'Pmo~

ds = rde

! ~

' ~

.,.,

dx

en vez de la eC\uación (d), y obtendríamos signo más en lugar de menos en el segundo miembro de la ecuación (79). Cuando estudiemos la deformación de piezas muy esbel~as, en las que las flechas pueden ser grandes, no se pueden hacer las s1mplificacwnes (d) y debe manejarse la expre:sión exacta

flector se toma positivo en la ecuación (a) si produce concavi• dad hacia arriba (véase pág. 68), siendo, por tanto, positiva la·~ curvatura cuando el centro de curvatura tiene, respecto de la ~ curva, la posición que en la figura 114. Se ve que en este caso el ángulo e disminuye a medida que el punto m se mueve sobre la curva de A a B. Por tanto, a todo incremento positivo ds co· rresponde uno negativo d6. Teniendo en cul;)ur,a eJ signo, la. ·i ecuación (b) debe escribirse d6 1 - ==-rls • ,.

y,

e ~ tg e =

¿.

Ctl>

dZy

El - = - M , • dxi

1

~~

''

('19)

De donde 1

de

-=--

r

ds

=---

d are

tg(~) dx dx dx

-

(f)

ds

Comparando este resultado con la ecuación (e) puede deducirse que las simplificaciOnes que envuelven las ecuaciones (d)

(~~r

existente en

el denominador de la fórmula exacta (/} es pequeña comparada con la unidad, y puede, por consiguiente, despreciarse 1 . Diferenciando la ecuación (79) respecto a .e, y empleando las ecuaciones (50) y (51), se obtiene

~-

Sustituyendo estos valores aproximado~:~ de ds y 6 en lao ecuau1ón (e), se obtlene d2 y 1 (e): -==--· dx 2 r La ecuación (a) será entonces

'

son equivalentes a suponer que la cantidad

(e)

'En el caso, genera] en la práctica, de que laR flp,formaciones ? por tanto, la elástica de curvatura poco acen• · sea.n pequeñas tuada., puede escribirse con aproximación suficiente

y

ü =are tg (:)-

.,f .

Con referencia al signo, debe observarse que ·el momento

ds ~ dx

dy

e~--­

(b)

y

131

DEFORMACIÓN DE VIGAS

,•:

El day =-V z dxs y (80} La expresión exacta _de la curvatura (/) fu~ utilizada en los pri1 meros estudios sobre elát b como en la figura 116, la flecha máxima corresponde evidentemente al trozo izquierdo de la viga. Se encuentra su posición igualando a cero la primera de las ecuaciones (e), t"'- 62 - 3.c2 = o, de donde yl2-b2 (/) X= V3--,

t>e obtiene ponieudo b =

-~

para

' ,, ('

Si la carga P se aplica en el centro de la luz, la flecha máxima acontece evidentemente en esta parte también. Su valor

(87)

La primera de estas ecuaciones da las flechas para el trozo izquierdo de la viga, y la segunda las da para el trozo derecho. Sustituyendo el valor (d) en las ecuaciones (a), se tiene dy Pb . Elz dx = 61 (l 2 - b2 - 3 x2 ) para x::;a

_ (dy) el-

'¡¡.

6

para x

137

DEFORMACIÓN DE VIGAS

RESISTENCIA DE MATERIALES

(88)

(90)

De la ecuación (f) se deduce que en el caso de una carga concentrada la flecha máxima se produce siempre en un punto próximo al centro de la viga. Cuando b =

~·

acontece en· dicho

centro; en el caso límite, cuando b es muy pequeño y P actúa en el apoyo, la distancia x

da~a

por la ecuación (f) es

t

V3'

y el

punto de flecha máxima está solamente a una distancia l

l

- - - .. = 0,0171

(89) . ·'

1 Para peqneiias curvaturas, caso general, las pendientes 6, y 61 son numéricttmente iguales a los ángulos de rotación de los extremos de la viga durante la flexión, tomando positivas las pendientes cuando los giros son en el sentido de las agujas del reloj.

v'32

del centro de la viga. Debido a esto la flecha en el centro es una buena a¡¡roximación de la flecha máxima. Haciendo x

= ~ en la

" r .

'

138

RESISTENCL~

DE MATERIALES

DEFORMACIÓN DE VIGAS

ecuación (86), obtendremos para la flecha en el centro el valor

(Y)z-~ = ____!_!!__ (3Z2 «>~

4b2).

Dos secciones adyacentes de la viga, separadas por la distancia ds, forman después de la flexión un ángulo d6, y por la ecuación (56),

(91)

48El.

1 dO = - ds r

La diferencia entre las flechas (g) y (91), en el caso más desfavorable, cuando b tiende a cero, es solamente un 2,5 por lOO, aproximadamente, de la flecha máxima.

M ds. = -El,

Para las vigas que corrientemente se usan la curvatura es muy pequeña y puede sustituirse ds por dx. De este modo,

Problemas l. Ha1Iar la posición de la carga P (fig. 116) si la relación entre los valortlS numérwos de los giros en los extrt:Jmu:; de la v1ga tlS

1

de = - (Mdx). EIZ

1~1=~· 2. Hallar la diferencia. entre la flecha máxima y la flecha en el centro de la viga de la figura 116, si b = 2a. 3. Hallar la flecha máxima en la viga de la figura 116, si ABes una I de 20 cm. de altura del catálogo de Altos Romos, y a= 3,60 m., b = 2,40 m. y P = 1.000 kg. · 4. ¿Cuál será la flecha máxima si la viga en I anterior se sustituye por una viga de madera de sección 25 X 25 cm. El módulo de elasticidad de la madera es E= 105 kg./cm. 2 •

34. Modo de encontrar las deformaciones en la flexión utilizando el diagrama de momentos flectores. Método de super- · :; posición.-En artículos anteriores se ha visto que la curva de flexión de una viga prismática de sección constante, llamada 'también línea elástica, o , puede determinarse integrando la ecuación diferencial (79). En algunos casos, sin embargo, basta conocer la deformación en un punto deter- ·" minado, y el problema se ~implifica utilizando el diagrama del momento flector tal como se indica a continuación 1 • En la figura 117, A B representa un trozo de elástica, y a 1b1 la parte correspondiente del diagrama de momentos flectores. -" -~

El empleo rlel diagrama del momento flector para el cálculo de .t deformaciones en vigas ha sido desarrollado por O. Mohr (véase Zeitschr. d. Architektem und Ingenieur Vereins zu Hannover, pág. 10, 1868). VéaBP también O. Mohr, Abhándlungen aus dem Gebiete der Techniachen Mechanick, pág. 294, Berlín, 1906. Un método análogo fué desarro• liado independientemente de O. Mohr por el profesor C. E. Green, ;, University of Michigan, 1874. 1

139

(a)

Interpretada gráficamente, la ecuación (a) indica que el ánguFIG. 117 lo elemental de, entre dos normales o dos tangentes consecutivas de la elástica, es igual al área elemental rayada Mdx de la superficie de momentos dividida por la rigidez a la flexión 1 • Como esto se verifica para cada elemento, el ángulo finito 6 que forman las tangentes en A y en B se obtendrá sumando los elementales de las ecuaciones (a). Es decir,

L

e=

B

A

1

-Mdx, El.

(92)

y, por tanto, el ángulo entre las tangentes en dos puntos A y B de la elástica es igual al área del diagrama de momentos flectores, comprendida entre las verticales correspondientes, dividida por la rigidez a la flexión de la viga. Consideremos ahora la distancia del punto B a la tangente AB' en el punto A. Recordando que la elástica tiene pequeña curvatura, esta distancia puede medirse sobre la vertical B B'. La parte de esta vertical interceptada por las tangentes correspondientes al elemento mn vale xd6= xMdx, El, 1 La et>uación (a) eR homogénea.: d6 se mide en racliane!l, es decir, en un número abstracto: llddx, en cm. kg. X cm. El, en kg.fcm. 1 X cm. 4 •

'1

DEFORMACIÓN DE VIGAS

140

RESISTENCIA DE

l

lo que representa El del momento del área rayada lJ!dx resz

pecto a la vertical de B. Por integración, el valor de BB' será BB'

=o = (B _l_ xMdx, .JA

141

MATJde e1 = x a c1 = l:

¡:

·¡

x4, q (l2x2 lx3 y=y1 +y2 =2El, 2-3+1 z)' igual a la hallada anteriormen te (ecuación 101).

2. Determinar la flecha de la cabeza del pilar representado en la figura 94. Soluci6n: El momento flector en cualquier sección mn a w1a distaJ .cia x de la cabeza es Wx3 M=-3{2'

!2 dl

2

es la fuerza que la presión hidrostática trans111ite a.

pilar. Ucilizando la ecuación (93), la flecha en la cabeza del pilar ea ·

8

W

[ 1 x 4dx

= Iff]z jo

3L3

'

P

=

960 X

nd1

T =

l.06ñ kg.

De la ecuación (95), tomando E= 12 X 10' kg.fcm. 2 , ge deduce 2,16 mm. 5. ¿Cuál será la relación de las flechas en los extremos de los voladizos de la figura. 125, si la intensidad de la ~ carga nniformemen te repartida es la mitsma l -· en a m b os casos,• A ----t Respuesta:

8

·'

y

=

%,~:

7: 41

A

~

·la

!~~B

6. ¿Cuál debe ser la ecuación del eje de la barra A B antes de flexarse, si la carga P, cualFIG. 125 quiera que sea. el pnnto de la. barra en que actúe, queda siempre, aJ deformarse la barra, aJ nivel de A t (fig. 126). ReB'J)'UeBta:

Px'

Wl" = 15 El•

Fw. 124

de donde d = 1,19 cm.

l. Determinar la flecha y el giro de la viga en voladizo del pro· blema 9, página. 104. Solución: ql 4 PZS R=3Et;+s Eiz.

donde W =

J2:~

de seguridad de las vigas de madera y del perno de acero sean los mi.smos. L~r. longitud de las vigas l = 90 cm., la altura h = 20 cm;, el ancho b = 15 cm., coeficiente de trabajo para el acero crt = 960 kg./cm.2, coeficiente de trabajo para la. madera 96 kg.fcm. 1 • Determinar la flecha de las vigas cuando el esfuerzo de extensión en el perno sea. 960 kg./cm. 1• Solución: Si Pes la fuerza. en el perno, la. ecuación para determinar su diámetro es

Problemas

wt

14f>

nmFORMACIÓ N DE VIGAS

144

=

2 ' 2 mm.

Y=---· 3EI~ Rwsr~TBNCTA nw 'H'MrniALll!!.- T. 1

10

r-

[fi

·fi

1'

'1:

147

¡,:

146

ltESISTENCTA DE MATERIALES

DEFORMACIÓN DE VIGAS

'

7. Determinar la flecha de segurid>td de la viga de la figura 12~ cuando se dé el coeficiente de trabajo a 1• Determinar lo mismo para un voladizo cargado en su extremo (fig. 119). Respuesta: a¡l1 (1) a= Eh.

extremo Bala tangente en A se obtiene por la ecuación (93), y es 0

El giro por tanto,

· 8. Un disco circular N de radio R (fig. 127) produce en una pletina delgada de acero de gx·osor h una atracción de q kg.{cm. 1 uniformemen·

At Q----~ tp

+ b = Pab (l + b) 3

6Elz

la sección extrema izquierda de la viga será,

el =

~ =p __ ab_(.:._l__:+~b)

(a);

6lE/z

lo que coincide con la fórmula (88) 1 • Supongamos ahora una viga a 1b1 apoyada en los extremos y cargada con una carga repartida dada por el diagrama de,

X

FIG. 127

te distribuida. Determinar la longitud l de la parte de pletina AO no adherida y la fatiga máxima en ella si h = 1 /, mm., R- 7,5 cm. y q = 1,2 kg.fcm. 1 • Solución: La longitud de la parte de pletina que no apoya en el disco puede determinarse estableciendo la condición de que en el punto O la curvatura producida por la carga. uwtormemente distúbu1da . l a. 1gua.

e1 de

X l

E/z 2

l

FIG. 126

lilea.

= _1_ Pab

:~

A

1 p . . te , or cons1¡uten

R.

qfl

Elz

2-R'

..

de donde

f'

1.

l

=

-w,/2JJff;

JI

1

QR-q- = 8 3 mm.

FIG. 128

El esfuerzo máximo está. determinado por la ecuaci6n !

,.f• 1"

1! '¡_, d·

'l.¡

momPntol!l flectores atf 1b¡o La reacción R producida por esta carga. en el apoyo izquierdo será

amá~-= :~ = 3.333 kg.fcm. 1 • 9. Determinar lal!l flechas de las ménsulas de la figura 68, euponiendo que el material es acero, qne la altura de cada viga es 25 cm. y que la fatiga máxima por flexión ee 1.200 kg.fcm. 1

36. Elástica de una viga apoyada en los er.remos.-Consi-

i

deremos primeramente el caso de una carga única. El diagrama de momentos flectores es el triángulo a 1 bJ1 de la figura 128 (b).

~

Su área es P;b, y su centro de gravedad está ala distancia l ~ b

:r J

R = Pab X l 2

' 1: : 1'1

i' ,i

.'1'[¡•

de la vertical que pasa por el apoyo derecho. La distancia.

a del

3

l

Pab (l 6l

+ b)

Comparando este resultado con la ecuación (a) se ve que el giro el de la sección extremo izquierda de la viga dada es igual a la reacción en el apoyo izquierdo de la viga auxiliar a 1 b1 , dividida por Elz. Para simplificar suele llamarse a la viga a1 b1 viga conjugada de la dada. Por el mismo razonamiento puede encon-

!•

1

+b X I =

Nóteee que a - l - b.

148

DEFORMAC~TÓN mn la mitad izquierda de la viga, ecuación (82), es: (y¡)z=l =

esta ecuacioo

Por consiguiente,

1

~la

~ - ~en

5. Determinar las flechas en el centro y los ángulos de giro en los extremos de las vigas representadas en las figuras 67 (b) y 67 (e). Supóngase que se trata de un perfil nor- .,¡.....:::::::----,:++--+.-.+--~:;;:.-\ mal en I de 20 cm. de altura. 6. Determinar los ángulos 6¡ y e. y la elástica de una viga simplemente apoyada en (b} sus extremos sometida a la acFIG. 134 ción del par P X e (fig 134). Solución: Las cargas para la viga conjugada son las de la figura 134 (b). Las reacciones en a¡ y b 1 son:

La flecha. en el centro, ecuación (91), será:

3.

3

l

2- ¡

para una de las cargas y b =

Elz 2

dy) ( dx x=l

153

DEFORJIU.CIÓN DE VIGAS

RESISTENCIA DE MATERIALES

Si a = b =

ql' • El;

[i aa- ba(a + ;)] = ·2 ~Iz e; -as}

!,

se obtiene Pcl

1'

lii ~

:![

111 = 62 = 24Elz.

La flecha producida en el centro por la carga existente en la mitad derecha. de la viga es

El momento flector en una sección cualquiera m 1n 1 de la. viga conjugadaes

_ (6 qcdc ( Z•- 4 ~) _ -~- ql'. (y2 lx-~- Jo 48 El. 3 e - 48 x 162 El1 La flecha total será:

_ Pea ~ ~ = Pcx [ 1 2l a1 3 2 l2 a 2

A

¡·,

tX

(b + 3~) _ ~3 baj _ Pcxa 6l •

Por consiguiente, la elástica para el trozo izquierdo de la viga real es 4. Determinar la flecha en el centro de la viga representada en la figura. 91, cuando la carga está en la posición que determina el momento flector máximo. j'roeedimiento: La flecha pued~ calcularse utilizando la ~cuacióu (U 1)

y= 1

1

2 ~;[.[ (b + ;) - ~ ba]- 6~;;, a2

7. Una viga apoyada en sus extremos está flexada por dos pares MJ y M*' aplicados en dichos puntos (fig. 135). Determinar los án~ulo:;

de giro en los extremos y la posición de la sección de la viga para la que la flecha es máxima. Solución:

La elástica se hallará. utilizando la ecuación (105), y es y

=

155

DEFORMA CION DE VIGAS

RESISTEN CIA DE MATERIA LES

154

Mlx (1 -~)· ( l - x) [ 1 _ (l- x)'] Mtl6EI zs +6EI. l

enderezam iento de la barra y el esfuerzo máximo producido en ella si L = 50 cm., 3 = 2,5 mm. y la sección de la barra es un cuadr8.do de 2,5 cm. de lado. Solución: Para obtener una presión uniforme mente repartida , la cur~ vatura inicial de la barra debe ser la de la elástica de una viga apoyadai "dad 2P -l-. en sus extremos y cargada uniforme mente con una intens1 Por tanto,

M,.,= zs""T '

Pl

(a)

5 2P l 4 3 = 384 -l- Elz•

(b)

2P l 2

1

1

L& posición de flecha máxima se encuentra derivando e1ta ecuación e igualando a cero la derivada.

El esfuerzo máximo será (e) X

De (b) y (e) se deduce:

FIG. 136

FIG. 135

8. Una vip;a está flexada por dos pares, tal como indica la figura 136. Determin ar la relación M 1 : M 2 si el punto de inflexión de la elástica está a

i

Re~~puesta: 2

= 2M 1 •

9 .• Dos pletinas de diferente s espesores h 1 y h 2 descansan una sobre otra y soportan una carga uniforme mente repartida (fig. 137). Determin ar la relación entre loa esfuerzos máximos que se presentan en cada una. Solución: Como las dos láminas tienen la misma elástica, sus momentos flectores estarán en la misma relación que los momento s de

l

t t f t f t t t i

1

~h,

hz FIG. 137

~ ~~N ..

FIG. 138

inercia de sus secciones rectas, es decir, en la relación h~ : h~. Los módulos r~istentes de las secciones están en la relación hf : h~ y, por tanto, los esfuerzos máximos en la relación h 1 : h 1 • 10. Una barra de acero A B tiene una curvatura inicial tal que, al deformar se por la acción de. las fuerzas P (fig. 138), se endereza y produce una presión uniforme mente distribuid a a lo largo de la superficie plana rígida MN. Determin ar las fuerzas P necesaria. s para el

6 = 24 E3h = 24 X 2 X 10 X ~,25 X 2,5 _ 2 .400 kg.fcm.l

5l1

5

X

50

y de (e),

p = 500 kg.

37.

del apoyo izquierdo . M

O'mt.x

Deformación de vigas apoyadas y con Yoladizos.-La

deforma ción de una viga apoyada y con voladizos puede determinarse utilizand o lo expuesto en los párrafos anteriore s y aplicando el método de superposiC:A ción. Una viga de la naturale za Allllll supoque ccnsider amos puede 4~ 1 (tJ) 1· nerse ilividida en dos partes: una, • entre apoyos, para la cual apli- '1 iQ"l lll//ll//l!lllllll~). H-,_íi M caremos todo lo estudiad o en la f« 1y .,_,....,.......,.-....J"' parte de vigas apoyada s, y otra, la parte volada, para la que S¡~ c. )' aplicarem os todas las consecuen(e) FIG. 139 cias deducida s al estudiar las vigas en ménsula . Para fijar las ideas, vamos a estudiar el caso de una viga con un solo voladizo sometido a la carga uniforme mente distribuida q (fig. 139). La viga se divide en las partes AB y BC, y la acción del voladizo para la zona entre apoyos se reemplaz a q~ . por la de una fuerza cortante qa y un par M = - . Se ve que

i~~ifRll1l~J:lliuJ 1·

2

1

156

157

RESISTENCIA DE MATERIALES

DEFORMACIÓN DE VIGAS

la fuena. cortante se transmite directamente al apoyo y que RO. qa2 . Por tanto, la flecha_ lamente necesita considerarse el par

tremos. Utilizando las ecuaciones (91) y (105) y el método de super· posición, la flecha en el centro será: P 2bl 2 P 1 al2 Pe --- --· - (3l2 - 4c2 ) - 16 8= - El, 16 El, 48 El, El giro 6 en el apoyo A se obtiene mediante las ecuaciones (88),

2

para una sección cualquiera entre apoyos se obtendrá restando qa2 , la flecha producida por el par - de la flecha producida por la 2

1

(103) y (104), y es

carga uniformemente distribuida de intensidad q -fig. 139 (b)-. Utilizando las ecuaciones (81) y (105), se obtiene

y= _q_ (l3x- 2lxa 24 El. l. !

¡,·

i

1

¡i

+ x4)-

qa2lx 12 Elz

(1- x2)· l2

El ángulo de giro en la sección B se obtiene mediante las ecuaciones (83) y (104), de las que, considerando como positiva la rotación en el sentido de las agujas del reloj, 'se obtiene ql3 qa2 l 62= - - - - - . 24El, 6El.

La flecha para cualquier sección de la parte volada -figura 139 (e)- se obtiene superponiendo a la flecha de una viga. en simple voladizo (ecuación 101) la flecha 3 ql ) qa2l e2x = ( 6El,- 24El, X

Y, por tanto, utilizando la ecuación "(95), la flecha en el punto O será: FIG. 141

3. Una viga con voladizo está flexada en un cu.so por la fuerza P, que actúa en un extremo -figura 141 :(a)-, y en otro por la misma fuerza aplicada en el centro de)a luz, entre apoyos -fig. 141 (b)-. Demostrar que la flecha, en el punto D. en el primer ca!lo, es igual a la fiE'cha en el ptmto O, en el segundo caso. Respuesta: En cada caso, la flecha. en cuestión es p¿2a lGEl 2 • 4. Una viga de longitud l con dos voladizos iguales está car~da. con dos fuerzas igualt~t~ a P en lii"W extremos (fig. 142). Determinar la

debida a la rotacfón de la sección B. Fw.l43

FIO. 142

Problemas 1: Determinar la flA¡-,hA. y el giro en el extremo O de la viga representada en la figura 141 (a). Respuesta: Flecha = Pa (l + a); 3El8 3 a) Giro = Pa (2 l . 6EI, FIG. 140 2. En la viga representada en la figura 140 determinar las flechas en el extremo O y en el punto medio de la zona entre apoyos. Solución: La parte de la viga entre apoyos puede considerarse como una viga independiente de luz l apoyada libremente en sus extremos y sometida a la acción de la carga P y de los {lares P 1a y P 2 b en los eox2

1

:t

rr

li

11 11!

''

J 1,

L

+

relación ~ para la que: l. 0 La flecha en el cent::.-o es igual a la flecha l om cada extremo. 2. 0 La flecha en· el centro tiene su máximo vwor. RespueBta: 1.0 X""' 0,152 l; 5. Una viga de madera de sección circular apoyada en O Y con un extremo unido a A está sometida a la acción de una carga uniformemente distribuida q sobre el voladizo OD (fig. 143). Determinar el diámetro de la sección y la flecha en D si l = 90 cm., a = 1,8 m., . q = 500 kg./m., a,= 90 kg./cm.•. SoLución: El diámt~tro a se halla por la ecua01ón

qa1

na•

-2 : 32- ae,

158

y la flecha en el ext1·emo D es

qa'

r¡a3 l

a=--+--· 6E! SE!• 2

. § ¡¡¡¡¡¡¡e¡¡§

Una viga. de longitud l está sometida a la acci6n de una carga nnifo,ffimente ru,t,ibulda do lntoo,ldad q (figur.a 144). Determinar ~a longitud de los 1!~5JIIl voladizos que haga mimmo el momento 11 11 flector máximo. Determinar en este caso la · flecha en el centro de la viga.. FIG. 144 Solución: Igualando los valores numé· ricos del momento flector en el centro y en los apoyos se obtiene 6.

¡ 1

X=

0,207 l.

La flecha en el centro es B==~. q(l-2x)' _qx2(l-2x)2

384

EI 2

16 Elz

'

donde el primer término de la derecha representa la flecha produCida p~r la carga. entre apoyos, ecuación (82), y el segundo la flecha. produmda por la carga en los voladizos, ecuación (105). 7•. Determinar las flechas en los extremos de los voladizos para. las Vigas representadas en la figura 74 (a), (b), (e). Suponiendo que son perfiles normales en 1 de 20 cm. de altura.. e~

38. Daformación de vigas cuando las cargas no son paralelas a uno de los planos principales de flexión.-Consideremos primeramente el caso sencillo de un voladizo cuya sección tenga dos eJes de sim~tría (fig. 145). La carga P, en el extremo, es perpendicular al eJe de la viga y for-

==

~! x§mnl

159

DEFORMACfÓN DE VIGAS

RESISTENCIA DE MATERIALES

P.~¡x tD

byoc ma un ángulo ex con el eje princi=~ pal de la sección. Para calcular las fatigas y defonnacione¡.; de la viga puede utilizarse el método de flUF IG. ~• 45 perposición. La carga P se resuelve en sus componentes P cos ex y P sen cx en la dirección de los ejes principales de la sección. La deformación producida por cada una de estas componentes se puede calcular con facilidad utilizando lo expuesto para la flexión en~. ~lano de simetría. La deformación total se obtiene por superposiciOn. Los valores absolutos de las dos componentes del momento flector para una sección cualquiera mn del voladizo son: Mz = P cos cx (Z - x) respecto a.l eje z, y Jf u = P sen ex (l - :.11)

respecto al eje y. Por las direcciones de las dos componentes y de los ejes y y z, •e ve que el momento Mz produce compresión en los puntos de y positiva, y Mv produce compresión en los puntos de z positiva. La fatiga normal crz en cualquier punto (y, z) de la sección se obtiene sumando las fatigas que por separado producen M. y M 11• De. este modo se obtiene la ecuación ex (lsen __: P cos ex (Z - x)y - P _:_ __x)z ___ G:c = lv

I, =-P(l-x). [ycosex

+ zsen~]·

(a)

lv I. La linea neutra se obtiene tomando los puntos de coordenadas tales que la. expresión entre paréntesis de la ecuación (a) sea cero. La ecuación de la línea neutra será

y cos ex + z sen a = 0 .

I.

(b)

1"

Es, por tanto, una recta que pasa por el c. de g. de la sección y forma un ángulo con el eje z (fig. 146), deducido de la ecuación (b), 1, y (e) tg ~ = - - = tg ex -. I, z Fm. 146 Se ve que, en general, tg ~ no será igual a tg ex; es decir, que la línea neutra no será perpendicular al plano de flexión y que el plano de la elástica, que es perpendicular a nn, no coincidirá con el plano de las fuerzas flectoras. Estos dos planos coinciden solamente cuando tg ex= O ó ce, ó bien lz = 111• En el primero de los dos casos, el plano de las fuerzas flectoras coincide con uno de los planos principales de flexión. En el último caso, la elipse de inercia se traiiBforma en un círculo, puesto que los dos momentos principales de inercia son iguales y dos direcciones perpendiculares cualesquiera pueden tomarse como ejes prin-

cipales de la sección. Cuando

~·es ,

un número grande, es decir,

cuando la rigidez de la viga en el plano xy es mucho mayor que en el plano xz, tg ~ es grande comparando con tg oc., y cuan~

160

j! 1

RESISTENCIA DE MATERIALES

DEFORMACIÓN DE VIGAS

do rL. es un ángulo pequeño ~se aproxima a 90° y el eje neutro se aproxima al eje vertical. La deformación tendrá lugar principalmente en el plano xz, es decir, la viga tiene la tendencia a flexar en el plano de mayor flexibilidad. Este efecto puede observarse .de una manera muy sencilla flexando una regla delgada. La más ligera desviación de la fuerza flectora del plano de mayor rigidez origina una flexión en dirección perpendicular. Descomponiendo la f11erza P (fig. 145) en sus dos componentes y calculando las deformaciones produc!0.as por cada una, puede comprobarse lo anteriormente expr.et..lio. Si la rigidez a la flexión del voladizo en el plano horizontal es muy pequeña en comparaciqn con la rigidez en el plano vertical, una componente horizontal pequeña puede producir una deformación horizontal mucho mayor y la deformación resultante estará principalmente en el plano de flexibilidad mayor. Es interesante tener presente que la línea neutr;, nn es paralela a la tangente trazada. a la elipse de inercia en el punto de intersección de la curva con la dirección de la fuerza. P. La demostración es la siguiente: La ecuación de la elipse es y2 z2

La fatiga. de compresión en el punto B tendrá el mismo valor. El método que hemos desarrollado para el caso de un voladizo con dos planos de simetría y cargado en su extremo puede también aplicarse al caso de vigas apoyadas en sus extremos y sometidas a varias cargas. Resolviendo cada fuerza en dos componentes paralelas a los dos ejes de simetría de la sección, el problema se reduce a dos problemas de flexión simple en los dos planos principales. La deformación resultante se obtiene superponiendo ~as deformaciones en los dos planos principales.

-+-=1 k:

k~

Problemas l. Una viga en voladizo de sección Z está cargada en el extremo libre con una carga vertical P = 200 kg. (fig. 147). Determinar la fatiga normal máxima crz y las componentes horizontal y vertical de la / 2'5rn ~ flecha en el extremo. Las dimensio- . Px z ..:::t-p nes son las indicadas en la figura. 1=======~ a: = 18 ° 46' da la dirección prin-

cipal z1

Iz 1 = 2.421 cm. 4;

La tangente del ángulo entre el eje z y esta tangente es

1 111

""'

k~

111 Cuando se conoce la dirección de la línea neutra, los puntos de fatiga normal máxima serán aquellos que disten más de ella. En nuestro caso, la tracción máxima se presentará en el punto A y la compresión máxima en el punto B. Sustituyendo en la ecual.

= 356 kg.fcm. 1 en B;

Overt = 3,2 mm.;

8hor = 6, 7 mm.

li

l 1'

a

( e)mu

2

= Pl ("' cos rx

21

•

rx) + b.sen 2I 11

lfw. 14 7 2. Un voladizo de sección rectaugulai' estrí. flexado por una fuerza· P en su extremo libre. ¿Qué curva describirá el extremo cargado cuancio el ángulo a: (fig. 145) varíe de O a 27t? Respuesta: La curva será una elipse de semiejes

Pl• 3EI1

y

Pl 3 3EI11 '

3. Una viga de madera de sección rectangular apo· yada en sus extremos (fig. 148) sufre la acción de una earga uniformemente repartida de intensidad q. Determinar la fatiga normal máxima y la flecha vertical para FIG. 148 la sección central, siendo la longitud de la viga l = 3 m.; 1 q = 300 kg./m.; h = 20 cm.; b = 15 cm.; tg ón mutua X en a. 8 0 Solución: La acción buscada X puede en---tP contrarse estableciendo la condición de que ;;;~X l ambas ménsulas tengan la misma flecha FIG. 160 en O. Utilizando la ecuación (95) para la ménsula inferior y la ecuación (97) unida a la ecuación (95) para la superior, se tiene 2 X za1_, -Xlf - - = -P ___!-.! - __ 3EI 2 E/ 2 2 6 3EI, ·de donde

ortante sea cero. El momento flector máximo en valor absoluto se presenta en los apoyos intermedios. 2. Encontrar la expresión de! segundo miembro de la ecuación (118) cuando existe una carga concentrada en el tramo n y está descargado el tramo n + 1 (fig. 180). ,

Solución: En este caso, A 11 es el area del trHíngulo de altura .

.

ydebasel11 ;porconsigmente,An=

P~;(ln-C)

2

ya.,.=t11 -

b

Pe(t -e)

n=l11

{'

-

" l,.+o -

-. 3

Sustituyendo en (118), tenemos Soltt..Ci6n: Para una viga simplemente apoyada con carga unifor• memente repartida, el diagrama de momentos flectores es una pará.ql2 bola. de ordenada máxima El área del segmento parabólico es

-¡.

2

ql~

El centro de gravedad está en la vertical del centro del tramo, o sea a,. .., b = 1,..

! l¡

,,'1

+ 2 Mn (ln + ln+I) + Mn+Iln+l = - Pe (l

11 -

e) (2 ln- e) l '

..

3. Determinar los momentos flectores y las reacciones en los apo· yos de la viga. continua representada en la figura. 181.

~Bt

~.~...2tn¿" p¿a 1.• 81 = 3 El.+ 2 El¡¡ flecha en B,

!.4 de

los apoyos origina fatigas locales en esos puntos. Este fenómeno no tiene influencia. en la deformación del eje con tal de que la diferencia de diámetro de las do;; partes sea pequeña comparada con las longitudes de las mismas. El mátodo que acabamos de

205

2.a 8t =

'JPt 8

2

El, flecha en O debida al giro

RO

B. y

pzs 3.& 8~ = 2 El, flecha debida a la flexión de la part,(;l J:JC de tto¡a,

Lu. flecha

liOtaJ

(;l/1

.

2úti

RESISTENCIA DE MATERIALES

2.

VIGAS DR SF.fXJTÓN VARTAnT;F

Resolver .el problema anterior, suponiendo

ancho constante e igual a lO cm., el área de momentos final para este caso vendrá representada por el trapecio adeb y se obtiene:

l = 25 cm., a= 7,5 cm., P = 500 kg. y crmáx = 5.600 kg./cm.•

8

3. Determinar el ancho d de una ballesta de coche (fig. 185) y su flecha, si P = 3.000 kg., h = 12 mm., l = 60 cm., cr 1 = 5.000 kg.fcm. 1 y el número de hojas n = 10. Solución: Considerando las hojas de la ballesta como separadas de una placa triangular -fig. 185 (b)-, su fatiga será: 6Pl

de donde

=

6 Pt ncrth2

6 X 3.000 X 60 = 15 cm. 10 X 5.000 X 1,22

4. Comparar la flecha en el centro y el giro en las secciones extremas del eje de la figura 186 con los de un eje de la misma longitud, pero de sección constante, cuyo momento de inercia fuese igual a 10 • Tómese 1 1 : 10 =-- 2. Solución: Debido a la mayor rigidez de la parte central, los giros. en los extremos del eje representado en la figura 186 serán menores que· los que t1enen lugar en el eje cilíndrico y estarán en la misma relación que el área rayada de la figura y el área del triángulo A 1 0 1 B 1 • Para los~ . 5 valores dados, la relación es S : l. Las flechas en el centro de ambo,; ejes estarán en la relación de los 1 momentos producidos por el área 1 : rayada y por el triángulo A 1 0 1 B 1 • I2 --4+---J.2.~ y 9 Esta relación vale : l. FIG. 189 16 5. Una viga apoyada ea sus extremos está cargada tal como indica la figura 189. ¿Cómo debe variar su altura h para tener la forma de igual resistencia si el ancho b de la sección r·ectangular permanece constante a lo largo de la viga 1 Reiipue8ta;

8. Una viga rectangular simplemente apoyada sufre una carga P qne se mueve a lo largo de la luz. ¿Cómo deberá 4 b variar la altura h de la viga para que ésta Fm. 190 tenga la forma de sólido de igual resistencia si el ancho b de su sección recta que tiene la forma de rectángulo permanece constante a lo largo de la viga? Solución: Para una posición dada de la carga, el momento máximo acontece baj~ aquélla. Representando por x la distancia de la carga al punto mediO de la luz, el momento flector bajo la carga es

L~ alt,ura h que en este punto debe tener la viga viene dada por la ecuación 6M a¡=

'

y h1 6Pl

4ba1

1 .

8 ~)¡a

6. Determinar la flecha de una hoja de acero de 12 mm. de gruesa (f1gura 190), bajo la acción de la carga P = 1O kg. •m el centro. Solución: Reduciendo el problema al de la fltJuba Je una hoja de··

biíT

de donde,

'1

h"0 ( 1 -

48 Eiz'

8 = 12,95 em.

¡__

/¿2 =

PZ 3

8 .

Reapueata:

=

La flecha por la ecuación (123) será: 2 8 = 5.000 X 60 = 7 5 cm. 1,2 X 2 X 106 '

FIG. 188

11 =

donde lz es el momento de inercia en el centro. El valor numérico de la flecha se calculará ahora fácilmente. 7. Determinar la flecha máxima de tma ballesta (fig. 185) si l = 90 cm., h = 12,5 mm., E = 2 x 10• kg.jcm.2, cr1 = 4.000 kg./cm. 2• Gtm

amáX = ndh2' d

207

x1

+ 7i =l. 4

F.s dE>ch-. que en este cas.o la altura de la viga varfa según eliptica, Siendo los s.emiejes de la elipse

l j

y

l1llB

ley

20R 9.

RESISTENCIA DE MATERIALES

VIGAS DE SECCIÓN VARIABLE

Determinar los mon;c11tos ue empotramiento perfecto en los 191, cargada

ro. t-al l,~; W:auajo ¡¡uu.W verse en Iris, nÚ· mero 58 (vol. XX, l), 1\iJJ.

~ -

9~ o.•' :¡.,. ef¡.: 8

se encuentra

239

1

1

1/

1

, lj

o4

1

1

¡-

1

·-

-

f-- 1---

,__1--

1 1

!

oJ ¿

o1

"

Fw. 215

dientemente de lo que valga la excentrlcid

so)' el valor que el ensayo da para la fatiga crítica coinci-

de satisfactoriamente con la curva de Euler, mientras que para columnas cortas permanece prácticamente independiente de la l esheltez k y es igual a la fatiga de fluencia. z

En el caso de un acero corriente con poco carbono el punto de fluencia no se presenta tan acusado como en el caso anterior y acontece para una fatiga mucho menor. Para un acero de este tipo se puede tomar crFl = 2.400 kg.fcm. 2 • El límite de proporcionalidarl es mucho más bajo, por lo que la curva de Euler es válida solamente para esbelteces iguales o superiores a 100,

246

RESISTENCIA DE MATERTALES

a la qne correRponde una elevadas, es decir, para

acr

f<

=

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN

2.000 kg.fcm. 2 • Para fatiga¡:; más

lOO, el material no sigue la ley de.

z

Hooke y la curva de Euler no puede usarse. Se acostumbra a reemplazar la región inelástica por dos líneas rectas A By BO, tal como indica la figura 221. La línea horizontal AB corresponde a •A Fc~li , uifkct 211110

o

8

60

80

FIG. 221

la fatiga de fluencia, y la línea inclinada BO corresponde a fatigas entre el límite de proporcionalidad y el de fluencia del material. Construido el diagrama ABOD de la figura 221 para el acero de que está formada una columna, puede obtenerse fácilmente la fatiga crítica correspondiente a dimensiones cualesquiera en la sección recta. Basta calcular en cada caso el valor de la l esbeltez k y tomar la ordenada correspondiente de la curva. z

Para obtener la fatiga de trabajo debe dividirse la fatiga crítica , por un coeficiente de seguridad apropiado. Al escoger este factor, debe tenerse en cuenta que a medida que la esbeltez aumenta tienden a aumentar las imperfecciones, tales como la curvatura inicial de la columna. Parece lógico, por consiguiente, introducir un coeficiente de seguridad variable, que aumente con la esbeltez. En algunas instrucciones, el coeficiente de seguridad aumenta desde 1,7

para~

z

= O a 3,5

para~

= 100.

z

Varía en forma tal, que la fatiga de trabajo en la zona plástica sigue una ley parabólica.

Para~ > z

lOO, el coeficiente de segu·

247

ridad se toma constante e igual a 3,5 y la fatiga de trabajo se deduce de la curva de Euler. En la figura 221 se ven las curvas correspondientes a la fatiga de trabajo y al coeficiente de seguridad como funciones de la esbeltez para un acero corriente. En el análisis realizado se ha supuesto la columna articulada en sus extremos. Este caso se denomina algunas veces caso fundamental de pandeo, por ser el más frecuente al proyectar las barras comprimidas de las estructuras con nudos articulados. Las fatigas de trabajo establecidas por el diagrama de la figura 221, para el caso fundamental, pueden utilizarse en otros, con tal de que se tome en lugar de la longitud real de la columna una longitud reducida, cuyo valor depende de las condicione::> en los extremos de la columna. Considerando, por ejemplo, el caso de una columna con un extremo empotrado y el otro libre, y también la columna con los dos extremos empotrados, las fórmulas para la carga crítica pueden ponerse, rc::>pectivameute, en la forma

= 1t2Jí)J,

p cr

(2l)2

y

p

= cr

.,,2EJ•• Gl)2

Comparando estas fórmulas con la. ecuación (142) del caso fundamental, se deduce que para el proyecto de una columna con un extremo empotrado y el otro libre debe tomarse una longitud doble de la real de la columna al ir a utilizar el diagrama de la figura 221. En el caso de una columna con ambos extremos empotrados, la longitud reducida es igual a la mitad de la longitud real. La elección de las dimensiones apropiadas de la sección de una columna se hace generalmente por tanteos. Dada la carga P que actúa sobre la columna, se dan, por comparación, dimensiones a la sección recta y se calculan kz y

~

para estas di-

z

mensiones. Por el diagrama de la figura 221 se obtiene el valor de la fatiga de trabajo, y multiplicando este valor por el área de la sección recta, se obtiene la carga de trabajo para la columna. Si esta carga es algo menor o mayor que P, la sección escogida es válida. En caso contrario, se hace un nuevo tanteo. Para columnas empotradas, se considera útil toda la sección

248

RESISTENCIA DE MATERL\LES

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENRTÓN O COMPRESIÓN

para el cá.Iculo de kz, puesto que los agujeros de roblonado no afectan de modo apreciable a la carga crítica. Sin embargo, para calcular la carga de trabajo de la columna debe multiplicarse la fatiga de trabajo por el área neta de la sección, a fin de tener :mayor seguridad de que no se presentarán fatigas excesivat~. Problemas l. Una barra de acero de sección rectangular de 2,5 X 5 cm., con los extremos articulados, está comprimida axialmente. Determinar la longitud mínima para la que la ecuación (144) que da la fatiga critica 1 pueda aplicarse. El límite de proporcionalidad del material es 2.000 kg./cm. 1 y E= 2 X 101 kg./cm.a. Determinar el valor de la fatiga critica si la longitud de la pieza es 1,50 m. 2. Resolver el problema anterior suponiendo una barra circular 'de 2,5 cm. de diámetro con los extremos empotrados. 3. Determinar la carga critica para una 1 de 1,80 m. de longitud y 15 cm. de altura, suponiendo articulados los extremos. 12 = 70 cm.•, Iy = 850 cm.' y A = 22,50 cm. 8 • Determinar la carga de trabajo por la curva de la figura 221. 4. Resolver el problem~J, anterior suponiendo empotrados los ex· tremos de la columna. 5. Calcular, mediante la figura 221, la carga de trabajo de una columna formada por dos vigas en I de la misma seo· ción que la del problema 3 (fig. 222). La longitud de la columna es 3 m. y los extremos están articulados. J: Se supone que los elementos de enlace son lo suficien· temente rígidos para que las dos vigas en I trabajen juntas como una sola pieza. 6. Resolver el problema anterior suponiendo emFlG. 222 potrados los extremos de la columna. 7. Una columna de 3 m. de longitud, con los extremos articula· dos, está formada por dos U de 20 cm., que tienen lz = 50 cm.', ly = 12GO cm.' y A= 21 cm. 2 • La distancia del centro de gravedad de cada una, a su dorso, es e= 14,5 mm. Hallar la carga de trabajo de la columna si la separación entre las espaldas de las U es 10 cm. 8. Determinar las dimensiones de una pieza de acero de seo· ción cuadrada y longitud igual a 1,80 m. comprimida por la carga P = 20.000 kg. Los extremos están articulados. Usese la figura 221. 9. Resolver el problema anterior suponiendo que los extremos de la barra están empotrados. Usese la figura 221.

56. Proyecto de columnas por el método de las inexactitudes supuestas.-..:.En el artículo anterior la carga de trabajo de

una

249

columna se dedujo dividiendo la carga crítica por un coefiCiente de seguridad apropiado. El punto débil de este método es precisamente el modo arbitrario, en parte, de elegir el coeficiente de seguridad que, corno hemos visto, varía con la esbeltez. Para hacer más racional el proyecto de columnas, se ha ideado otro método basado en supuestas inexactitudes 1 . Sobre los resultados experimentales conocidos se puede adjudicar un cierto valor a la excentricidad inevitable e con que se aplica la fuerza compresora P. Por consiguiente, empleando estos valores en las fórmulas del artículo 53, se puede calcular el valor P Fl de la carga para el que la fatiga compresora máxima en la columna alcanza la fatiga de fluencia del material. La carga de trabajo se obtiene a continuación dividiendo Pp1 por un factor de seguridad apropiado. Es decir, en lugar de utilizar la carga crítica, que equivale a la carga de rotura, se utiliza la carga para la que la fluencia comienza como punto de partida para el cálculo de la carga de trabajo. Este método de proyectar columnas se simplifica utilizando diagramas cuyo trazado daremos a continuación. Sea el caso de una columna con los extremos articulados (fig. 214}. El momento flector má:x;imo se obtiene por la ecuación (140) y la fatiga de compresión máxima es Gmáx

=~+~e

sec

V{¡z ~-

(a)

El primAr término del segundo miembro es la fatiga directa y el segundo la fatiga de máxima compresión por flexión. La carga para la que comienza la fluencia se obtiene poniendo crFt en vez de GJDáx en la ecuación (a). Se tiene ap1 =

z

P¡¡ ( + ~ sec 2 ~' }/~~) 1

(b)

r =

A representa el radio del núcleo (véase pág. 232) y

k. =

V~ el radio de giro mínimo.

La cantidad

P¡t es la fatig:t

1 Véase la publicación de D. H. Young, Proccedings Am. Soc. Oivil Enp., diciembre, 1934.

250

RESISTENU.LA. DE MATERlALES

FLEXJÓN

compresora media cuando comienza la fluencia. Representando ' esta iatiga por crc se obtiene (jFl

=

(jc

(1

+r

e sec 2 lkz

vac)E .

(e)

En esta ecuación, dado un valor para la excentricidad relativa ~, puede calcularse fácilmente r

cr0

para cualquier valor de

la esbeltez -/-. Los resultados obtenidos para un acero corriente tCz

de

cr.l!'t =

2.500 kg.fcm. 2 estún representados por las curvas de la Z.500 2,21/0 ... f9t;O

~.

~IG80

~

~ 1.4()0

tooo ~u

·"' ¡-..,¡ t-- -..

~

t:~ r- t-.... 1'~

r

81/()

.5

valores diferentes de la relación 1

r--.:_ !1

~

$60

Z.Zl/0 t--t--3o!o""""~

~ 1..960 ~1.680

~ 1400 t----t--17

~

e:: 1. 2oo r--r--t---t--t-r~~-+--1-1 Q¡

~

eao r-1--t---t---+--t-1---1-+-+-1 80

i/0

IZO

160

zo

O0

Vdlore.s dP la e5bellt>J

figura 223. Mediante estas curvas se calculan fácilmente la fati-~ Acr0 , para la que co-· ga media a 0 y la carga compresora P 1n mienza la fluencia, dados ; y

k~· z

Dividiendo P Fl por el coeficiente de seguridad, se obtiene. la carga de trabajo. En el estudio realizado se ha supuesto que en la columna' se presentaba una inexactitud inevita.ble bajo la forma de ex.! centricidad de la carga. De modo análogo estudiaríamos el cas . de inexactitudes dc1Jidas a una curvatura inicial de la colu desde la forma recta 1. l{epresentando la flecha máxima d I

La forma inicial del eje de la columna suele suponerse ser de form,t sinm;oidal.

20 1/0 60 80 lOO 120 1'10 !60 180 ZO(}

Vdlon?s dt! la esbelleJ

Fw. 223

.~omionda

81/0

b~ SóO r-!r-t-i--t-~-+-4--+S~~

380

o o

2.500 kg.fcm.s

Z.~O(j

~~.

=

yy para crFz =

correspondientes a una sección en I se ven en la figura 224. Para columnas muy cortas, las tres curvas dan a0 = 2.500 2 kg.fcm. • Para columnas muy esbeltas, los valores dados por las

§ ~ ~ ~~

i

z

a las de la figura 223. En la práctica se da la flecha inicial a por una relación con la longitud l de la columna. Los resultados obtenidos para tres

;.t ~ ~ ~ ~ ~'\¡t., ~o §

251

eje de la columna por a y estm'liando crc como función de Ia rel ] ._ a a· acJOn y e la esbeltez k' obtendríamos unas curvas análogas

~

1-

ACOMPA.,.~ADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN

Fm. 224

curvas se aproximan a los de la curva de Euler. Utilizando una de_las curvas y ~vidiendo el valor cr0 correspondiente por un coefiCiente de segundad, por ejemplo, 2, se obtiene el valor de la fatiga media de trabajo. La ventaja de este método es el empleo de un coe~ciente. de seguridad constante, en tanto que el aumento de mexact1tudes con la longitud de la columna l se tiene en c~enta fácilme.nte suponiendo que la excentricidad es proporcwnal a ella. Sm embargo, el valor de las inexactitudes debe hacerse depender de los datos experimentales existentes.

57. Fórmulas empíricas para el proyecto de columnas.En los dos métodos descritos para el cálculo de columnas es ne1

_z_.

Corrientemente se toma entre los límites _l_::::.. a 71.000 400-

252

RESISTENCIA DE MATERIALES

FLEXIÓ:Jii ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN

ces1.1rio tomar arbitrariamente o el coeficiente de trabajo (figura 221) o las inexactitudes inevitables (figs. 223 y 224). Estas cantidades no pueden elegirse de modo apropiado mas que mul- ~ Llplicando los ensayos de laboratorio. En tales circunstancias, ,: "s natural que muchos ingenieros prefieran el uso de fórmulas ' empíricas que representen el resultado de tales experimentos. ;; Este procedimiento es legítimo siempre que la aplicación de las ·• fórmulas se mantenga entre los límites para los que ha sido es- r tablecida y para los que ha recogido la información experimental. ,. Cuando sea necesario extrapolar dichos límites, deberán modi- ;; ficarse las fórmulas de acuerdo con las nueva11 condiciones. Para , . ello son de importancia capital las consideraciones teóricas. Una de las fórmulas empíricas más antiguas se debe a Tred- i gold 1. Ha sido adoptada por Gordon, para representar los re--~­ sultados de los ensayos de Hodgkinson y su forma final se debe .i: a Rankine. La fatiga compresora media de trabajo dada por·' la fórmula de Rankine es a Ut

=

-+-b(--:~- (

(a),

la fórmula lineal, adoptada también por los constructores de Chicago y Nueva York, cuya fórmula es

~~ '= 16.000- 70 -~ ·

1+--18.000

k~

l para . - > 60. :Para columnas cortas a1 se toma igual a 15.00~ kz libras por pulgada cuadrada. La Asociación Americana de Ingenieros de Ferrocarriles Para conocer la historia de la fórmula véase E. H. Salmon, O,·· t lnmns, London, 1921. Véase también Todhunter y Poarson, Hiatory · the Theory of Elasticity, vol. 1, pág. 105, Cambridge, 1886.

librasfpulg. 2.

r

Re emplea para 30

cm. de diámetro (G = 8 x 10 5 kg.jcm. 2 ), si la fatiga máxima es 1.000 kg.jcm.•, cuando el ángulo de torsión es 6°. Respuesta: l = 209 cm.

9. Determina r el diámetro a partir del cual el ángulo de torsión. del árbol, y no la fatiga máxima, es el factor de control al proyectar, · 1 si G = 8 x 101 kg.jcm. 2; Tt = 210 kg.¡cm. , y el ángulo de torsión máximo admisible

r

TORSIÓN Y FLEXIÓN CO:\l:BINAD A CON TORSTÓN

cos. Para analizar la torsión, en este caso, se hacen las mismas hipótesis que en el caso de los árboles macizos. La expresión general de la fatiga cortante vendrá dada por la ecuación (b) del artículo anterior. Al calcular los momentos de las fatigas cortantes, el radio r lo haremos variar desde el valor ~, que es el radio de la circunfere ncia interior, al valor

!a

32Mt G7td 4 =

·~

GfJ {' rzd.A

J!~ '

1t

18o x4 x 1oo

'"

se obtiene d = 12 cm.; para d < 12 cm., el ángulo de torsión es el factor de control al proyectar. 10. Determina r el momento torsor 1 en cada trozo de un árbol con los extre- ·, mos empotrado s sobre el que actúan·· a los momentos torsores M; y M~ aplicados en dos secciones intermedia s (fi- ., gura 230). FIG. 230 Solución: Calculando los momentos t. del eje por cada uno de los mo- ': porción cada en torsores producidos mentos M; y MZ (ver el problema 5) y :mmando estos momentos, se \

donde IP =

3~ (d'- d~)

l

Mía- M'íc '

l

'

Mía+ M'í(a ·-- t

6=

59. Torsión de árboles huecos.- En el análisiR de la torsión' de árboles macizos se ha visto (véase figura 226) que solamente~ el material situado en la superficie exterior del eje está sometido~· a una fatiga igual al coeficiente de trabajo. El material restante trabajará a una fatiga más baja, y en los casos en que la redu~ ción de peso tiene gran importanc ia, como, por ejemplo, en 1~ eJes propulsore s de un avión, es convenien te usar árboles hue,

Mt

=

GOl

P'

es el momento polar de inercia de la,

32M1

Mtd

n(d!-dt) G

GIP

(152)

y el ángulo de torsión será (cp)¡ = Ol = M 1l GIP

16M 1 't'max

:::::::::=

nd

+ b)

ll. Determina r los diámetros y loe ángulos de torsión de los árboles · 1 del problema 6 sin= 120 r. p. m., 'tmáx = 210 kg.jcm. , l1 ·= 1,80 m.,. . l 2 = 1,20 m.

=

sección anular. Por tanto,

obtiene

+e) + Mí e

~' que tiene en

la periferia. La ecuación (e) del párrafo anterior se reemplaza rá por la ecuación siguiente:

por m.

/::iotucu)n: Eliminando M 1 entre las ecuaciones

Mí( b

261

3

(

1-

~·4 )

(153)

M 1d 2lp

(154)

Vemos por las ecuacione s (153) y (154) que si, por ejemplo, se toma d 1 =

1 la fatiga máxima, 2 d, el ángulo de torsión y

comparad os con las mismas cantidade s para un árbol macizo de diámetro d, vienen aumentad os aproxima damente en un 6 por 100, mientras que la reducción en el peso del árbol será de un 25 por 100. Problemas _1. l!n ej~ hueco de acero, de 25 cm. de diámetro JXterior y 15 cm. de mterwr, g1ra a 1.000 r. p. m. ¿Qué potencia en CV. transmite, si 2 'tmáx = 640 kg./cm. ? 2. Hallar el momento torsor que puede aplicarse a un eje circular hueco si d = 15 cm., d 1 = 10 cm. y "t = 640 kg./cm.•.

262 3.

RESISTENCIA DE MATlmtALES

TORSIÓN Y FLEXIÓN COMBINADA CON TORSIÓN

El eje propulsor de un barco es hueco; transmite 8.000 CV a.

100 r. p. m., con una fatiga de trabajo "'t = 320 kg.fcm. 2 • Si

u d; =

1t

e

En la tabla III, inserta más abajo, se dan algunos valores de oc. Como fórmula aproximada que da resultados satisfactorios puede utilizarse la siguiente: '

M = 8.000 X 60 X 75 X lOO • 2

tangular Y « un factor numérico dependiente de la relación ~.

2,

encontrar d. Solución: 1

X lOO 't'máx

La ecuación (154) da para este caso: 16 Twb=

f5 ·

263

lflMe

Me( + 1,8-e) • be b

= -2 3

TABLA III

rr;d3 · •

DATO~ PARA LA TORSIÓN DE EJES DE SECCIÓN RECTANGULAR

60. Torsión de ejes de sección rectangular.-El problema de la torsión de un árbol de sección rectangular es complicado, debido al alabeo de la sección durante la torsión. Este alabeo puede verse de modo experimental mediante una barra rectangular de caucho, en cuyas caras se ha trazado un sistema de cuadrícula. Observando la figura 231 se aprecia que durante la torsión las líneas primitivamente perpendiculares al eje de la barra se han curvado. Se observa que la distorsión de los pequeños cuadrados anteriormente mencionados varía a lo largo de los lados de esta sección recta, alcanza su valor máximo en el centro y es nula en los ángulos. De aquí se deduce que la fatiga cortante, que , FIG. 231 varía como la distorsión, es máxima en el cen- . ,, tro de los lados y nula en los ángulos de la sección recta. El estudio detenido del problema 1 ha hecho ver que la máxima fatiga cortante se presenta en el punto medio de los lados más largos de la sección rectangular y que está dada por la ecuación JJ[t

't"máx

=--,

GCbc 2

(155)

donde b es el mayor y e el menor de los lados de la sección reo1 La solución completa se debe a De Saint-Venant, Mém. des Savants étrangers, t. 14, 1855. Un resumen de este trabajo se encuentra en History of the Theory Elasticity, de Todhunter y Pearson, vol. ¡1, página 312.

b

;; = 1,oo

1,so

1,75

2,oo

2,5o

3,oo

4,oo

6

8

lO

oc:

e: = 0,208 0,231 0,239 0,246 0,258 0,267 0,282 0,239 0,307 0,313 0,333 13 = 0,141 0,196 0,214 0,229 0,249 0,263 0,281 0,299 0,307 0,313 0,333

El ángulo de torsión por unidad de longitud en el caso de una sección rectangular viene dado por la ecuación (156)

Los valores del factor numérico ~ vienen dados en la tercera línea de la tabla anterior. En todos los casos considerados, el ángulo de torsión por unidad de longitud es proporcional al momento torsor y puede representarse por la ecuación 8 =

~t

(a), donde O es una cons-

tante llamada rigidez de torsión del árbol. En el cas~ de un árbol circular (ecuación 147), O= GIP. Para un arbol rectangular (ecuación 156), O= ~be3G. 61. Resorte helicoidal de espiras cerradas.-Supongamos que un resorte helicoidal de sección recta circular esté sometido a. la acción de fuerzas axiales P (fig. 232) y que cada espira esté situada: .aproxim~damente, en un plano perpendicular al eje de la he!Ic~. Considerando el equilibrio de la parte superior del resort~ limitada por una sección axial mn -fig. 232 (b)-, puede ded~~rrse de las ecuaciones de la estática que las fatigas para la seccwn mn se reducen a las que producen la fuerza cortante p que actúa en el centro de la sección y el par que obra en sentido contrario a las agujas del reloj y actúa en el plano de la sección.

264

RESISTENC IA DE MATERIAL ES

TORSIÓN Y FLEXIÓN COMBINAD A CON TORSIÓN

El valor de este par es P R, siendo R el radio de la superficie cilíndrica que contiene a la línea media del resorte. El par trosor P R origina una fatiga cortante máxima, que aplicando la ecuación (149), será 16PR 't'¡= - - - , (a) rcd 3 donde d es el diámetro de la sección recta mn de la espira.. A esta fatüra debida a la torsión debe superpone rse la debida '

'p

265

res condiciones de trabajo que los puntos tales como n. En los ensayos realizados con resortes pesados se ha visto que los fallos del material se producen de ordinario en el lado i.Ilterno de las espiras. Hay, además, otra razón por la que la fatiga máxima se produce en el lado interno de la espira. Al calcular la fatiga debida a la torsión, hemos usado la ecuación (a) obtenida para barras cilíndricas. En realidad, cada elemento del resorte estará en las condiciones de la figura 233. Se ve que si la sección recta bf gira con PR relación a la ac, por efecto de la torsión, el desplazam iento del punto b con relación al a será el mismo que el del punto f con relación al c. Debido a que la distancia ab es más pequeña que la cf, la distorsión en Fw. 233 el lado interno ab será mayor que en el lado exterior cf y, por consiguiente, la fatiga producida por el par P R será mayor en b que en f. Tomando este efecto en consideración y añadiendo el efecto de la fuerza cortante 1 se sustituye la ecuación (157) por la siguiente para el cálculo de la fatiga cortante máxima

~f

FIG. 232

a la fuerza cortante P. En primera aproximac ión, se supone ;que esta fuerza cortante se distribuye de modo uniforme en la sección recta. La fatiga cortante correspon diente será

't'wax

4P

't'2=-· rcd2

en la que

En el punto m, las direcciones de 't'1 y 't'2 coinciden y, por~ tanto, la fatiga cortante máxima que se presenta precisame nte', en ese punto tiene por valor 't'máx='t '¡+'t'2=16 PR rcd 3

(z+ 4dR)·

(157)·

Como se ve fácilmente, el segundo término del paréntesis'·,; que representa el efecto de la fuerza cortante aumenta con la, relación

~y

tiene una importanc ia grande y no puede

despre~,·

ciarse en el caso de resortes pesados tales como los que se em~, plean en los coches de ferrocarril. Debido a este término, l ; puntos, tales como m del lado interno de la e~;¡Jira, están en peo·; ,,

=

16PR(4 m-1 + 0,61_~) rcd 3 4m - 4 m

(158)

2R d

m=-· Puede verse que el factor de corrección, cantidad dentro del paréntesis , aumenta al disminuir m; por ejemplo, en el caso m = 4 este factor vale, aproxima damente, 1,40, y para m= 10 su valor es 1,14. Para el Qálculo de la deformación del resorte se tiene en cuenta solamente , en los cálculos ordinarios , el efecto de la torsión 1 Estas investigaci ones fueron hechas por V. Roever, V. D. I., vol. 57, pág. 1906, 1913; también A. M. Wahl, Trans. Arn. Soc. Mech. EnfJ·• 1928 .. Este úl~imo determina también experimen talmente las fat1gas medrante medrdas hechas en la superficie de la espim. Ver también la publicación de J. R. Finniecome , Trans. Am. Soc. Mrf'.h. Eng., vol. 6 ¡\, pág. 188, 1939.

266

RESISTE NCIA DE MATERI ALES

TORSTÓN Y FLEXIÓ N COMRIN ADA CON TORSIÓN

de las espiras. El ángulo de torsión de un elemen to situado entre dos secciones adyacen tes mn y m'n' -fig. 232 (e)-, se obtendr á usando la ecuació n (148), en la que en lugar de l se pone RdtJ.; dicho ángulo será d _ PRRdrx cp- IG

Sr¡lución: Suponie ndo que el factor de correcci ón debido a la fuerza cortante y a la curvatur a de las espiras -véase ecuación (158)es, como en el caso anterior , 1,14, por la ecuación (155) se obtiene: 'rmAx

p

B'B" =

a

IPG

~

l

2rrn

p Ra 64 nP Ra --drx = , IPG d4G

(e)

Twa•

=

16 X 125 X 10 X 1,14 = 907 kg.fcm.a , 3 rr X 2

~

= 64 X 20 X 125 X 103 = 12 5 cm. 2' X 8 X 106 '

2. Resolve r el problem a anterior s~1poniendo que la espira tieno sección cuadrad a de 2 cm. de lado,

= 8,7 cm.

b = ~0,944, d = 0,981 d.

donde n, represe nta el número de espiras. , Para un resorte de sección recta distinta de la circular, pue- : de utilizar se el método anterio r para el cálculo de las fatigas Y : deformaciones, si en lugar de las ecuacio nes (148) y (149) se ; toman las corresp ondient es a la forma de sección de que se trate .. ~ Por ejemplo, en el caso de sección rectang ular deberán usarse •· las ecuaciones (155) y (156).

1. Determi nar la fatiga máxima y el alargam iento de un resorte helicoid al (fig. 232), si P = 125 kg., R = 10 cm., d = 2 cm. el número de espiras es 20 y G = 8 X 106 kg./cm. 2 • Solución : En la ecuación (158), m = 10 y

kg./cm. 1•

de donde

(159)

Problem as

= 856

3. Compar ar los pesos de dos resortes helicoida les, uno de sección circular y el otro de sección cuadrad a, proyecta dos para las condicio nes establec idas en el problem a 1 y que sufran la misma fatiga máxima. En ambos casos el factor de correcció n se tomará 1,14. Compar ar las deforma ciones de los dos resortes. Solución : La longitud del lado de la sección cuadrad a se hallará por la ecuación

La deforma ción comple ta del resorte se obtiene sumand o las deformaciones B' B" debidas a cada element o mnm'n' , a lo largo de la longitu d del resorte. De este modo se obtiene Ú=

23 X 1,14

;!:{;

PR3drx

= --.

= 0, 2 {s ~

Para calcular el alargam iento, debemos poner 0,141 d' -véase ecuación (156)- tJn lugar de en la ecuación (159); por tanto,

Debido a esta torsión, el trozo inferior del resorte gira con relación al centro de mn -fig. 232 (a),-- y el punto de aplicaci ón B de 1& fuerza P describe el arco infinitesimal BB' = adcp. La compon ente vertical de este desplaz amiento es R BB'- = Rdcp

267

,,)

Los pesos de los resortes están en la misma relación que las áreas de las seccione s rectas, es decir, en la relamón rrd 2

4:0,98 1 1 d 2 = 0,816. Las flechas de los dos resortes están en la relación 0,141 b4

rrd 4 :

32

= 0,141 X 0,926 :

rr

32

= 1,33.

4. ¿Cómo se distribu irá la carga P entre los dos extremo s del resorte helicoid al de la figura 234, si el número de espiras por encima del punto de aplicación de la carga es 6 y el de espiras situadas por debajo es 5? Respues ta: R 1 : R 2 = 5: 6.

FIG. 234

5. Dos resortes helicoid ales del mismo material , de la misma sec· ción recta circular y de la misma longitud , dispuest os como indica la figura 235, están comprim idos entre dos planos paralelo s. Determi nar la fatiga máxima en cada uno si d = 1,5 cm. y P = 60 kg. Solución : De la ecuación (159) se deduce que la carga P se distribuye entre los dos resortes en razón inversa de los cubos de los rad.os

TORSIÓN Y FLEXIÓN COMBINAD A CON TORSIÓN

268

l~ESISTENCIA

DE MATERIAL ES

de la espira, es decir, las fuerzas de compresión en los resortes exterior ' '· e interior e::;tán en la relación 27 : 64. Las fatigas máximas en los resor- "; tes son --ecuaeión (158)- 164 kg./cm.• y 314 kg.fcm. 1 . · 6. ¿Cuál es la carga límite para el resorte del proble-:. ma 1, si la fatiga de trabajo es "t = 1.400 kg./cm. 8 ? ¿Cuál será la deformació n del resorte para esta carga límite? Respuesta: 192 kg.; 8 = 19,2 cm. 7. Un resorte cónico (fig. 236) está sometido a la acción -' de dos fuerzas axiales de valor P. Determina r el valor admisible de P para una fatiga de trabajo Tt = 2. 700 kg./cm. 1• , Datos complemen tarios: diámetro de la sección recta, j d = 2,5 cm.; radio del cono en la parte superior del resor-'FIG. 235 te, R 1 = 5 cm.; ídem en la base, R 2 = 20 cm. Determi·i' nar el alargamien to del resorte si el número de espiras es n y la proyección horizontal de la línea media del resorte es Uilll espiral de ecuación. R = R + (R2 - R¡)a., 1 2rrn

Solución: Un punto A del resorte, determinad o por un valor par· ': ticular del ángulo a, está a una di:;tancia del eje del resorte R= R 1

(R2- R 1 )oc

+

2rrn

El momento de torsión correspond iente es M = p + (R 2 2rrn R 1 ) oc). 1 t

(R

El máximo momento torsor corresponde a ex = 2rrn y vale P R 2 • El valor limite de P, deducido dt- la ecuación (158), será:

=

1

1

+ (R

2 -

2

R)ocj rrn 1

~~n (Hf +m> (Rt + Ra).

3

62. Flexión y torsión combinadas en ejes circulare s.-En el análisis del problema de la torsión hecho anteriorm ente (véase página 254) se supuso que el eje estaba sometido a torsión simple. En las aplicacion es prácticas son frecuentes los casos en que un momento torsor y otro flector actúan simultáneamente . Las fuerzas transmitidas a un eje por una polea o un volante producen corrientem ente torsión y flexión a la vez. Un caso sen(:1) cillo de este género es el de la figura 237. Un eje circular empotrad o en un extremo y cargado en el otro con una fuerza vertical Pala distancia R del eje. Este caso se Fig. 237 reduce a una torsión producida por un momento M 1 = P R y a la acCIOn de una fuerza transversal P en el extremo libre 1 • El momento torsor es constant-e a lo largo del eje y el momento flector debido a P para una sección a la distancia x del empotram iento vale (a)

Para analizar la fatiga máxima producida en el e;e es necesario considerar : 1. 0 , las fatigas cortantes debidas al momento torsor M 1; 2. 0 , las fatigas normales debidtt:;> al momento flector (a), y 3. 0 , las fatigas cortantes debidas a la fuerza cortante P. La fatiga máxima por torsión se presenta en la circunferencia del eje y vale

La deformació n del resorte se obtendrá por la ecuación (e) (véase pág. 266) del modo siguiente:

[R

ma anterior, pero de sección cuadrada. Tómese 1,09 como factor de corrección. Respuesta: b 1 = 5,76 cm.•.

111 =-P(l- x).

= 2,700 x rr x2,53 = 380 k . p 16 X 20 X 1,09 g

8 = 32 P [2 rrn n:d'G }o .

269

doc

(b)

FIG. 236

es:

8 Determina r el área de la sección recta que deben tener las piras. de un resortmponie ndo W!a distribuc rmiform e de fatigas en las seccione s rectas de las barras. Solución : La energía de deforma ción de la barra prismáti ca es 8.

P'l

U=--· 2AE

La energía de deforma ción de la otra barra es

p• ~ l

Ut

pz

rl

~ 2 AE + 8 AE =

Por consigui ente, 7

Ut: U= 16'

7 P 2l 16 2 AE.

-''tJ RESISTENC IA DE MATERIAL ES

ENERGÍA DE DEFORMAC IÓN

Para una fatiga máxima, dada ]a cantidad d•J cnergla a.lmaccnad a en una barra con garganta, es menor que la que almacena una barra de sección uniforme. Es necesaria una cantidad muy pequefta de tra· bajo para que la fatiga alcance un límite peligroso en una barra que te~1 ga una garganta muy estrecha y un gran diámetro extenor, tal como la representad a en la figura 242 (e).

la deformación estática de la barra por la acción de la carga W y v = v' 2 gh la velocidad de caída del cuerpo en el momento del choque con el tetón mn. Si la altura hes grande, comparad a con a, 1, la ecuación (172) puede escribirse de modo aproxima do

64. Fatigas producidas por choque.- Un modo sencillo de producir tracción por choque es el representa do en la figura 243. Un peso W cae desde una altura h sobre el tetón mn _Y por choque produce extensión en la barra A B. S1 las masas de la barra y el tetón son pequeños comparad os con la masa que produce el choque, se puede obtener una solución del problema bastante aproxima da, desprecian do la masa de la barra y suponiend o que el peso de dicha barra no realiza trabajo durante el choque. Después del choque, el conjunto tetón y Fra. 243 cuerpo W se desplaza hacia abajo, ocasionan do la extensión de la barra. Debido a la resistencia de la barra, la velocidad de movimien to del cuerpo disminuye hasta anularse. En este momento, el alargamie nto de la barra y las fatigas de extensión correspon dientes alcanzan un valor máximo, y estos valores máximos pueden calcularse con facilidad en la hipótesis de que el trabajo total suministra do por el peso se transform a en energía de deformación de la barra 1 . Si a repre• senta el alargamie nto máximo, el trabajo suministra do por W será W(h + a). La energía de deformaci ón de la barra viene ,. dada por la ecuación (169). Por consiguiente, la ecuación para :'-el cálculo de a será (a)

de donde " o,, +-g1 o,,v "

2

2J

(172)

siendo

0 "'

= Wl AE

' En Jos caRos prácticos parte de la energía se pierrle y el alarga.• _.; miento real es menor que el calculado con la hipótesis admitida.

•

ú=

279

Vt&~1v 2 •

La fatiga de extensión correspon diente que se produce en la barra es (J

=

aEl =!!_V!() v2 = v2E Wv2. l g st Al 2 g

(173)

La expresión subradica l es directame nte proporcio nal a la energía cinética de caída del cuerpo y al módulo de elasticida d del mat~rial de la barra e invers&mente proporcio nal al volumen Al de la barra. Por consiguiente, la fatiga puede disminuirse no sólo aumentan do la sección transversa l de la pieza, sino también aumentan do su longitud o haciéndol a de otro material de menor módulo, E. Esto marca una diferencia esencial respecto a la fatiga estática, que, como sabemos, es independi ente de la longitud de la barra y del módulo E. Poniendo, en vez de cr, en la ecuación (173), la a 1 escogida para fatiga de trabajo, la relación que determina las dimensiones de una barra sometida a choque será

2E Wc 2

Al=---, crt 2 2g

(174)

es decir, para un material dado el volumen de la barra debe ser proporcio nal a la energía cinética de caída del cuerpo si se quiere tener una fatiga máxima constante . Consideremos ahora el caso extremo de anularse h, es decir, el peso W se aplica de modo súbito sobre el tetón mn, sin velocidad inicial. A pesar de no existir en este caso energía cinética al comienzo de la extensión de la barra, el problema es diferente al de una carga estática o gradual de la barra. En el caso de una aplicación estática, se supone que la carga se aplica gradualm ente y que, por consiguiente, hay siempre equilibrio entre la carga que actúa y las fuerzas elásticas resistentes de la barra. La cuestión de la energía cinética

'

280

RESISTENCIA DE MATERIALES

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

no lo es todo, por consiguiente, en el problema que examinamos. En el caso de una aplicación súbita de la carga, el alargamiento de la barra y la fatiga subsiguiente son nulos al principio de la.. deformación y la carga súbitamente aplicada W empieza amoverse por la acción de su propio peso. Durante este movimiento, las fuerzas resistentes de la barra crecen de un modo gradual, hasta que equilibran a W, cuando el desplazamiento del peso es 381 • Pero en este momento la carga tiene cierta energía cinética adquirida durante el recorrido 381 y, por consiguiente, continúa su movim ento hacia abajo h_asta que su velocidad quede A anulada por la acción de las fuerzas re- ,: sistentes de la barra. El alargamiento '•' máximo determinado por esta condición se obtiene de la ecuación (172), .r poniendo en ella v = O. Se tiene

,

(175) es decir, una carga súbitamente apli· -';;+---T::----l~c~ 5 cada; debido a las condiciones dinámi· Óst cas, produce una deformación doble ' Fw. 244 que la que produciría la misma carga aplicada de modo gradual. El resultado obtenido puede encontrarse también de modo gráfico (fig. 244). La línea inclinada OA e¡,; el diagrama alar.; gamiento-carga para la barra de la figura 243. Por consiguiente~ , para un alargamiento cualquiera, tal como 00, el área A 00 da la energía de deformación correspondiente de la barra. La línea horizontal DÉ, a la distancia W del eje 8, determina el iectán~ gulo ODBO, cuya área representa el trabajo suministrado porla carga W a lo largo del desplazamiento OO. Cuando oes igual a o.!J el trabajo suministrado será el representado por el área del rectángulo ODA 1 0 1 . En el mismo instante, la energía al· macenada por la barra viene dada por el área del triángulo . OA 1 0 1 , que, como se ve, es solamente la mitad del área del rec- ~ tángulo anterior. La otra mitad del trabajo suministrado la con-· serva el cuerpo de peso W en forma de energía cinética. Debido ' a esta velocidad adquirida, el cuerpo continuará su movimiento·.;. y no se para hasta una distancia o = 2o 81 del punto de partidaf~

281

En este momento el trabajo total suministrado por el peso W, representado por el rectángulo ODBO, es igual a la energía de deformación almacenada en la barra y representada por el triángulo equivalente OA O. El estudio anterior del choque se basa en la hipótesis de que las fatigas que acontecen en la barra permanecen siempre por debajo del límite de elasticidad del material. Pasado este límite, el alargamiento de la barra no es proporcional a la fuerza extensora. Suponiendo que el diagrama alargamiento-carga no dependa de la velocidad de la deformación de la barra 1, puede determinarse el alargamiento corresp pondiente a un caso de choque, aunque dicho alargamiento sobrepase 8 del límite de elasticidad, utilizando el diagrama normal de ensayo a tracción del material (fig. 245). Para un alargamiento máximo dado 3, el área ó correspondiente OAD F representa 0 ~"""~~"'4;::-------!:el trabajo que es necesario suminisFIG. 245 trar para producir tal alargamiento, y este trabajo debe ser igual al trabajo W(h 8) producido por el peso W. Cuando W(h 3) sea igual o mayor que el área total OABO del diagrama de ensayo, la carga dinámica producirá la rotura de la barra. De lo expuesto se deduce que cualquier cambio en la forma de la barra que origine una disminución del área total OA BO del diagrama disminuye al mismo tiempo la capacidad de resistencia de la barra al choque. En las piezas con garganta de las figuras 242 (b) y (e), por ejemplo, el período plástico del material se concentrará en la garganta y el alargamiento total y el trabajo necesario para producir la rotura será mucho menor que en el caso de la barra cilíndrica de la misma figura. Las piezas de esta forma son muy poco resistentes al choque, aun cuando el material sea dúctil. Todos los elementos de es·

+

+

1 Los ensayos muestran que con una gran velocidad de deforma. ción el punto de fluencia crece y es necesario mayor cantidad de tra· bajo para romper la probeta que en una prueba estática. Véase N. N. Davidenkoff, BullJtin Polyt. lnstihte, St. PetersbLU·g, 1913; j¡ambi.én Welter, Ztsehr. J. Metallkunde, 192!.

282

ENERGÍ A DE DEIWUM AUIÓN

RESISTE NCIA DE MATERI ALES

tructur a que tengan agujeros o cualquier variación brusca de sección son de modo análogo débiles al choque 1, En el análisis del problem a del choque que acabam os de realizar se ha despreciado la masa de la barra frente a la masa W del cuerpo que producí a el choque. Unicam ente de este modo puede suponerse que la energía total de caída del cuerpo se transfo rma en energía , de deformación de la barra. El problem a es bastant e más complicado cuando la barra tiene una masa aprecia ble que toma. parte en los cambios de energía del choque. Recordemos, primera mente, que cua.ndo una masa w se g mueve con una velocidad v y choca centralm ente con otra masa W1 en reposo, y la deformación en el punto de contact o es in- ' g elástica, la velocidad Va de ambas muas después del choque es •

w

del choque. Suponiendo plástica la deformación en la superficie de contact o entre el cuerpo que cae y el apoyo mn (fig. 243), es decir, sin rebote alguno, la energía cinética correspondiente es

Esta cantida d deberá sustitui r a Wv2

W+W 1

(b)

En el caso de la barra de la figura 243 las condiciones del ·.~ problem a son máa complicadas. Durant e el choque, el extremo : superio r .A queda inmóvil, mientra s que el extremo inferior B adquier e la misma velocidad que el cuerpo W. Por consiguiente, para el cálculo de la velocidad final va por la ecuación (b) de-· berá utilizar se una , en lugar de la masa total de la barra. Suponiendo que la velocidad de la barra varíe linealm ente a lo largo de su longitud , se verá que en este caso la masa reducid a debe tomarse igual a un tercio de la masa to- •. tal de la barra 2• Para una barra oe peso q por unidad de Ion-\, gitud, la ecuació n (b) da

w

V a = - - - V.

w +ql

=

Wh

2g en la ecuación (a) para tener en cuenta la pérdida de energía en el primer momen to del choque. Por consiguiente, en lugar de la ecuación (172), se obtendr á S=

Va= - - - - V .

283

SBt + Vsst2 +.!. a81v2 g

1 l .

I+L

(176)

3W El método emplead o da resultad os tanto más satisfac torios cuanto más pequeñ a es la masa de la barra compar ada con la masa del cuerpo que cae. En los demás casos es necesario tener en cuenta las vibraciones longitud inales de la barra 1 • La deforma ción local en el punto de contact o durante el choque ha sido estudia da por J. E. Sears 2 y J. E. P. Wagsta ff 3• Problemas l. Un peso de 5 kg. unido a un hilo de acero de 3 mm. de diámetr o (figura 246) cae desde A con la acelerac ión g. Determi nar la. fatiga producid a en el hilo cuando se detiene bruscam ente su extremo supe· rior A. Se despreci ará la masa. del hilo.

3

Este valor es la velocid ad común que se establece para la carga W y el extremo inferior de la barra en el primer instante 1 Véase Hackstr oh, Baumate rialienku nde, pág. 321, 1905, y H. Zim·; merman , Zentralb l. d. Bauverw ., pág. 265, 1899. ~: 8 Esta solución fué obtenida por H. Cox, Cambridge Phil. Soo Trans., p_ág. 73, 1849. Véas1~ también Todhw1 ter y Pearson , HiBtorv,··.• i voj. 1, png. 895. ·

1 Las vibracio nes longitud inales de una barra prismáti ca durante choque fueron estudiad as por Na.vier. Una solución más racional es el dada por De Saint Venant (véase su traducci ón de Clebsch, Theorie la der Elastioit at fester Korper, nota en el párrafo 61). Véase también I. Boussinesq, Aplioati on des Potentiel s, pág. 508, y C. Ramsa.u er, Ann. d. Phys., vol. 30, 1909. 8 J. E. Sears, Trans Cambrid ge Phil. Soo., vol. 21, pág. 49, 1908. ~ J. E. P., Wagsta.f f, London Royal Soo. Proo. (Serie A), vol. 105, pág¡na. 544, 1924.

284

REf'IS 'i'ENC IA DE MATE RTAL RS

ENER GÍA DE DEFORMACIÓ~

Snlur ión: Si la acele ració n del peso W es igual a g, no habrá fati~·' algun a en el hilo duran te el movi mien to. La fatiga despu és de la de•; tenci ón brusc a se halla rá por la ecuac ión (173), en la que se despr ecia. a ): Sustit uyenO .o 11 2 = 2gh y l = h, se obtie ne " .: - l / 2 E W _ 1/2 X 2 X 10~ X 5 X 4 == • e;----::_:;¡- - V 3,14 X 32 1680 l,g./c m. 1• Se obser vará que la fatiga no depen de de la altur a h de caída , a vi!.U· •· sa de que la energ ía cinét ica del cuerp o aume nta en la mism a propo r-:: ción que el volum en del hilo. ., 2. Un peso W = 500 kg. cae desde una altur a h = 90 cm. sobre i un pilar vertic al de made ra de 6 m. de largo y 25 cm. de diám etro fif" jado por su extre mo inferi or. Dete rmin ar la fatiga máxilna'·· A , de comp resión en el pilar, S\lpo niend o que para la ma.de~\.·. . ra E= 1,2 X 10 5 kg.fc m. 1 y despr ecian do la masa del y la cantida (véase ecua ción 167), ( 1G7')

286

ENERGIA DE DEFORMACIÓ N

RESISTENCIA DE MATERIALES

Recordando que 8

't'

-¡=r=G=

p AG'

se obtienen, deducidas de la ecuación (167'), las dos ecuaciones< siguientes: · ~ AG~ • u=-, (177) u=-· (178)! 2AG 2l Las expresiones correspondientes de la energía de deforma.- ; ción por unidad de volumen se obtendrán dividiendo estas ecua-( ciones por el volumen Al de la pieza -~ 't'2 y2G W=·-, (179) W=-, (180)j 2G 2 donde -r =

~

es la fatiga cortante y y =

~

es la distorsión,:

unitaria. La cantidad de energía de deformación por cortadura;; que por unidad de volumen puede almacenar la pieza sin de~; formación permanente se obtiene sustituyend o en la ecuacióJÍi (179) -r por el límite de elasticidad. La energía almacenada por un eje circular sometido a tor-.:! sión se calcula fácilmente por la ecuación (179). Si 't'máx es la; fatiga cort,ante en la superficie del eje, la fatiga cortante en ~

J, siendo d ~\,,

punto situado a la distanciar del eje será: 't'JDáx 2

diámetro. La energía por unidad de volumen en este punto;, dada por la ecuación (179), será , '

2't'~áxr2 w=---==Gd2

\

(a

La energía almacenada por el material comprendid o ent dos :.;uperficies cilíndricas de radios r y r dr os

=! 1td ! 't'~áx. 2 4

2G

i, representa la energía total almacenada por

el eje durante la torsión. Recordando que rp = M,l se obtiene GIP ó

(182)

. , En la primera de las ecuaciones, la energía se expresa en funcwn del momento torsor y en la segunda viene dada como función del ángulo de torsión. En el caso general de que la sección tenga una forma cualesqui~ra y el momento torsor varíe a lo largo del eje, el ángulo de torsión entre dos secciones adyacentes viene dado por la ecuación (véase pág. 263)

drp dx = Mt &r:. dx O

2

ene~

~

y la energía total de torsión es

Qll

U=-

2

d

2

tal O A B = M,

!.Mt drp dx = Q (drp) dx 2 dx 2 dx

2 2 2 't'máxr l X ~') 1trdr,

U= { 2 ~'t'~~~~ l27trdr ) 0 Gd 2

E:>ta expresión indica que la energía total de deformación es solamente la mitad de la que correspondería al caso en que todos los elementos del árbol sufriesen la misma fatiga cortante 't'JDáx· La energía. de torsión puede calcularse A mediante el diagrama de torsión (fig. 248), construído tomando el momento torsor en ordenadas y el ángulo de torsión de abscisas. Por debajo del límite de elasticidad, el ángulo de torsión es proporciona l al momento 0 torsor y el diagrama será la recta OA. El r---A--+...- L área infinitesimal rayada en la figura repreFm. 248 senta el trabajo suministrad o por el momento torsor para un aumento del ángulo de torsión

8-

lí>stV2

V

-g-

st l

+

1

+

1 . 33 ql' 140 w

60 - 0,68 cm. 33 X 120 140 X 50

6. Una viga apoya da en sus extrem os sufre una percu sión en su centrn por la acción de un peso W que cae desde una altura h. Despr e•

299

·> '' ~

exam inar los probl emas de tensión, compresión , torsió n Y fie-l xión se ha visto que la energ ía de defor mació n pued e repre sentarse en todos los casos por una función de segun do grado en las fuerzas exter iores (ecuaciones 168, 177 y 184), o por una función de segundo grado en los desplazamien tos (ecuaciones 169, 178 y 185). La expresi ón general de la, energ ía de deformación de un cuerp o elástico tiene tamb ién esta form a siemp re que se verifiquen las siguientes condiciones: que el mate rial siga la ley de Hook e, y que las condiciones del problem a sean tales que los pequ eños corriFra. 252 mien tos debidos a la deformación no afecten a la acció n de las fuerzas exter iores y sean despreciables para el cálculo de las fatiga s 1 . Con estas condicione s los desplazami entos de un sistem a elástico son funciones lineales de las carga s exter iores , y si estas cargas aume ntan en una cierta relación, todos los despl azam iento s aume ntan en la mism a propo rción. Consideremos un cuerp o some tido a la acció n de las fuerzas exter iores P 1 , P 2 y P ... (fig. 252), y apoy ado 3 de tal modo que le sea imposible todo movi mien to como cuerp o rígido. Sean ~ 1 , ~2 , ~3 ... los corrim iento s elásti cos de los punto s de aplicación de las fuerzas, medi do cada uno en la dirección de la fuerza corre spond iente 2 • Si las fuerzas exter nas aume ntan gradu alment e de modo que estén siemp re en equilibrio con las fuerzas elásti cas intern as, el traba jo por ellas realizado duran te la de1 Diver sos probl emas, tales como la flexió n de barra s por fuer· zas transv ersale s unida a exten sión o comp a las condi ciones anteri ores. Con refere ncia a.resión axial no satisf acen estos casos de excep ción, véase el artícu lo 72. 1 Los corrim ientos de los punto s en direcc iones perpe ndicu lares a las fuerza s corres pondi entes no se tienen en cuent a en el estudi o que sigue.

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