Timoshenko-resistencia de materiales- tomo I.pdf

CAPÍTULO II

un esfu erzo axia l una barr a pris mát ica som etid a a ado sola men te la fatig a en sión P -fig . 27 (a) -, hem os cons ider a. Vam os a cons ider ar aho ra una secc ión norm al al eje de la barr el caso en que la secc ión pq perpend icul ar al plan o de la figura. está incl inad a resp ecto al eje. Deb ido a que toda s las fibra s lon(Q) :1, gitu dina les tien en el mism o alar gam ient o (véaRe pág . 3), las fuer zas que repr esen tan la acci ón de la porc ión dere cha de la barr a sobr e la izqu ierd a esta rán distrib uída s unif orm eme nte sobr e FIG. 27 la sección pq. Aisl ada la porc ión · esta rá en equi libri o bajo la. . izqu ierd a de la barr a -fig . 27 (b) -, La fuer za por unid ad de área acci ón de esta s fuer zas y la carg a P. esta sección. Rep rese ntan do de la secc ión pq se llam a fatig a en la barr a y ~or cp el á~lo por A el área de la secc ión reet a de al n a la secmón pq, el area entr e el eje de la barr a x y la norm ___¿_

1t

= -,

a., = S

omi na esfu erzo o fatig a La com pon ente tang enci al -r se den cort ante y su valo r e::; cr., sen 2cp, (18) _ S _ --r- se11 <:p =ero: sen cp cos cp = -- 2 que cada com pon ente de Para indi vidu aliz ar la defo rma ción un elem ento sepa rado de la la fatig a prod uce, cons ider arem os barr a med iant e dos secciones oblicuas para lela s pq y p 1q1 -fig uque actú an P ra 29 (a)- . Las fuer zas sobr e él repr esen tan las acci ones de (a) . 9 las part es dere cha e izqu ierd a de la P. /· barr a y se ven en la figura 29 (a). '~'-' ...r 1 L , " , ' e, as figuras 29 (6) y 29 (e) se oh'1. q M '1, 9 lb) .... tien en al desc omp oner dichai:l accio~~::~· nes en sus dos com pon ente s, tal y Fw. 29 ,_.. _. com o se dijo ante rior men te. y pre~~~Sts com pon ente s. Se ve que ;-¡;-eentar por sepa rado la acci ón de esta ento en dire cció n \la fatiga normal a,. prod uce exte nsió n del elem cort ante prod uce un resb ala?.(\~ la normal n y que el esfuerzo ión relación a la PJql' ~:!:D1ento o deslizamiento de la ::lecc pq con ·~

P.'

'

_

·\·...

¡.;

ANÁLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES

36

presión simple. Basta para ello atribuir a ax signo negativo eu las expresiones (17) y (18). El signo negativo de crn indica que en la figura 29 (b) se obtiene compresión en lugar de extensión para el elemento infinitesimal com~ prendido entre las secciones pq y -L__Jp1q1. El signo negativo en "t' (fórr'=L-,. mula 18) indica que la acción cortante en el elemento tiene sentido ----L__J(d} (e) (b) contrario al indicado en la figuFIG. 31 ra 29, c. La figura 31 da el convenio establecido respecto a Jos signos de las fatigas normal y cortante. Esta última es positiva cuando origina un par de sentido dextrorso. 10. El círculo de fatigas.-Lasfórmulas (17) y (18) pueden representarse gráficamente 1. Tomemos un sistema ortogonal de ejes coordenados con el origen en O, y de direcciones positivas las usuales (fig. 32). Si consideramos que la sección pq es perpendicular al eje de la barra, se tendrá, en la figura 28, q> =O, y por las fórmulas (17) y (18), a,. = ax, "t' =O. Escogiendo una escala para medir las fatigas, y tomando la componente cortante según el eje vertical, la fatiga ligada al plano q> = () vendrá representada en la figura 32 por el punto A. Tomando ahora un plano paralelo al eje de la

Por la expresión (17) se v1:1 que la máxima fatiga normal se presenta en la sección recta de la barra y es (a,.)máx = a_x· La máxima fatiga cortante tiene lugar, como se deduce de ia expresión (18), para seccioneo oblicuas a 45° y vale "t'ruix

1 2

=- O'x•

(19)

Aunque la má:rlma fatiga cortante es la mita
barra, tendremos q> = ,. \1

FIG. 30

,1

)

tica, debido a que hay matenales menos resistentes al esfuerzo cortante que al normal. Por ejemplo, en un ensayo de tracción de una barra de acero dulce cuya superficie esté bien pulimentada, la fluencia del metal es visible a simple vista (fig. 30). Comienza por los planos oblicuos en los que la fatiga cortante. es máxima. Las fórmulas (17) y (18), deducidas para el caso de exten-' sión simple, se aplican también cuando la solicitación es coro•

. ,'

37

RESISTENCIA DE MATERIALES

7t

2 , los dos com-

ponentes de la fatiga se anulan para este plano y, por tanto, en la figura 32 le corresponde el punto O. Construyendo una circunferencia soFm. 32 bre OA como diámetro, se ve fácil}>:.. mente que las componentes de la fatiga para una sección cual-~, . quiera pq, correspondiente a un ángulo q> (fig. 28), son las coor~t·.· denadas de un punto de esta circunferencia. A fin de individua-

'iF':~·.'

~

Esta representación

gr~fica

se debe a O. Mohr, Zivilingenieur,

~.:· ~~!'1113, 1882. Véase tamb1é~ su Abhandlun;gen~ pág. 219, 1906. En ,¡;. Da hbro pueden verse referencias a. otras pubhca.cwnes sobre el mismo

":;. ... -unto.

"

ANÁLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIO NES

39

RESlS'T'ENCIA DE MATERIALES

38

Se ve, por tanto, que la suma de las componente s normales de las fatigas ligadas a dos planos perpendicul ares permanece constante y es igual a cr.,. Las componente s cortantes de las fatigas ligadas a dos planos perpendicul ares son iguales, pero de signo contrario. Tomando las secciones m 1m 1 y p 1q1 , adyacentes y paralelas a las mm y pq, se obtiene un elemento -fig. 33 (b)- ais-

!izarle basta tomar en sentido eontrario al de las agujas de un reloj, ~ a partir de A, el ángulo 2rp. Sea D el punto así obtenido; de la figura se deduce:

OF

=

00 -

+ CF = ~ + ~ cos 2<¡> = cr., eos2
DF

=

2

-

OD sen 2

cr.,

2 sen 2?.

Comparand o estas expresiones eon las (17) y (18) se Vf' fJUe el punto D define la fatiga ligada al plano pq (~g. 28). C~ando la sección pq gira a izquierdas alrededor de un eJe perpendicul ar

p

7t

al plano de la figura 28, y

2' el punto D se

mueve de A hasta O por la semicircunf erencia superior. Si el l ., b . 7t se o tiene una seccwn como a reángulo

2

1

presentada en mm -fig. 33 (a)-, cuya normal exterior n 1 forma con el eje un ángulo mayor que

a partir de A, en sentido contrario a las agujas del reloj, obtendremos puntos de la semicircunf erencia inferior. Supongamo s el caso de que mm sea perpendicul ar a _la sección pq considerada anteriormen te. El punto correspondi ente D i'erá tai que el ángulo DOD 1 valga 1t; es decir, DDl, es un diámetro. Calculando las coordenadas de D 1 se obtendran las componentes cr,., y 1" 1, de la fatiga ligada al plano mm.: __

1,1

l'

- O.L'Ti' 1 --

cr,.I -

2 cr., cr., -00- F 1O = - 2 - -2 cos 2
__

2 O:r --q¡. - - F 1D 1 = -O 1D 1 sen 2

2

·;

"'·.

(21)

't¡ -

Comparand o estos resultados con las expresiones (17} y (18) .)

lado, y las fatigas que le solicitan son las de la figura. Se ve que las fatigas cortantes que actúan sobre las caras del elemento de

(20)

'

1

.Fra. 33

~. Al medir ahora el ángulo 2
se tiene

crti

+a = fh


cos2 q¡

+ cr., sen

... , = - ....

2

(22) (23)

1 El trozo de la barra sob-re el que at'tÚA.n l!J;H fatigas se in?ica en d" t el -rayA.do · La normal exteriOr n1 está orientarla . la f ¡gura me 1an e . d . . desde dwho trozo. afuera hacia s El signo _ obedece a que el punto D 1 esta situado del lado " IA.s ordenadas negA.tivas.

•"..

'

dirección pq producen un par dextrorso y, por tanto, de acuerdo con el convenio adoptado en la figura 31 (e) deben considerarse positivas. Las fatigas cortantes que obran sobre las otras dos caras serán, por el contrario, negativas, de acuerdo con lo establecido en la figura 31 (d). El círculo de la figura 32, denominado círculo de fatigas, se emplea, tal como hemos indicado, para determinar las compo" ~entes a,. y " de la fatiga ligada a un plano pq, definido por el angulo te mudo obtener el centro el ángulo 2

oc,

e

ANÁLISI S DE FATIGAS Y DEFORM ACIONE S

RESISTE NCIA DE MATERI ALES

40

cial, se determi nará. del mismo modo que eu el ca.¡:¡o de un anillo circular (artíc-...lo 8): pd (24) G =---·· 2h y

Problem as l. Determi nar «Y11 y -r analítica y gráficam ente si «Y• = 1.200 kg.¡cm. ~ y

Para calcular la fatiga de extensió n ax en dirección axial se supondr á que la fuerza de extensió n c¡ue produce el alarga.-

Respues ta:

(Q,/

tg

1

3'

a 20

=

~

cos
= 1.066'4 kg./cm.

,·;

1

4. Sobre dos caras perpend iculares del element o de la figura 33 (b) 1 actúan las fatigas normaltl s an = 960 kg.fcm. y a 6 • = 480 kg.jcw.a Hallar a 20 y -r.

FIG. 34

miento del hervide ro es igual a la fuerza que actúa en dichos extr~;:w.uc, 0;:> decir, igual a

;..:

Respuest a: Gz

P=p = 1.440 kg./cm. 1 ;

't"

=

± 678,8 kg./cm. 2

5. Hallar la fatiga cortante máxima en el problem a l. 6. Determi nar la posición de las seccione s para las que la fatiga normal e,; igual a la tangenci al o cortante .

11

11. Tracció n o compre sión en dos direcciones perpend iculares.-H ay casos en los que el materia l está sometid o a la acmón de extensi ón o compre sión en dos direccio nes perpend iculares . Como ejemplo de fatigas combin adas vamos a encontr ar las fatigas normale s y cortant es en la pared cilíndri ca de una cal21 dera sometid a a la presión interna de p kg.fcm. . Represe ntando el diámetr o interno por d, y el espesor de la plancha. por h (fig. 34), separar emos un elemen to de pared definido por dos secciones longitud inales y dos transve rsales. Debido a la. presión interna el cilindro se dilatará en las direccio nes axial y transve rsal. La fatiga de extensi ón cr11 , en sentido circunfe ren1

la

En realidad , p presenta la diferenc ia entre la presión interna y igual a la atmosfé rica.

~xterna

41

7td2) (4.

El área de la sección recta del hervide ro es 1

.

A

'

= 1tdh;

por tanto, (25)

..

,

l

~-

1,.

.

Se ve que la fatiga en sentido circunfe rencial es doble que la fatiga en direcció n axial 2 • Para una sección pq perpend icular al plano xy, definida por e) ángulo cp -fig. 34 (a)-, las fórmulas (li) y (18) del artículo anterio r darán las co,;nponentes normal y cortant e de la fatiga ligada al plano pq y debida a la fatiga extenso ra cr.,; sus valores son cr,. · = cr.l cos 2 cp,

-r '

=

l crx sen 2cp.

(a)

2

1 El espesor de la pared se supone pequeño compara do con el • diámetro . 1 La presión p que actúa sobre la cara cilínrlric a interna del ele,mento se despreci a frente a los valores de a., y a 11 •

Para calcular las componentes producidas en el mismo plano pq por la fatiga extensora cr11 , observaremos que el ángulo entre cr y la normal n -fig. 34 (a)11

es(~- q¡),

medido a dere-

tndo a partir del punto A, en Aentido contrario al de las agujas del reloj. De la figura se deduce OE

=OC-CE= 2(OA + OB)-~(OB- OA) cos 2q¡ 2

chas. Por tanto, al utilizar las ecuaciones (17) y (18) es necesa~ rio substituir cr" por cr11 , y

(b)

Sumando las expresiones (a) y (b) se obtiene como resultado

12 (crx- cr

11 )

=

Lo que indica que la abscisa OE del punto D de la circunferencia, medida a la escala adoptada, da la componente normal a,. de la fatiga (26). La ordenada del punto D es

(26) -r =

2

( ~ -
-r" = - -1 cr11 sen 2q¡. 2

l

43

ANÁLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES

RESISTENCIA DE MATERIALES

42

sen 2
(27}

12. El circulo de Mohr para fatigas combtnadas.-Proceniendo del modo empleado en el artículo JO pueden representarse fácilmente, mediante una circunferencia, las fórmulas (:.:o)

FIG. 35

DE=

CD

sen 2q¡ =ay- tjx sen 2m.

2

'

Como en este caso esta ordenada es negativa, se deduce que la ordenada del punto D, tomada con el signo que la corresponda, nos da la componente cortante de la fatiga (27). Cuando el plano pq gira en sentido contrario al de las agujas del reloj, respecto a un eje perpendicular al plano xy -figura 34 (a)-, el punto D correspondiente se mueve también en sentido contrario al de las agujas del reloj sobre el círculo de Mohr (fig. 35); de forma que para cada valor de q¡ las componentes cr,. y "' de la fatiga se obtienen como coordenadas del punto D. De esta representación gráfica de las fórmulas (26) y (27) se deduce que la componente normal máxima del estado elástico es, en nuestro caso, a11 , y que la componente cortante máxima, representada por el radio OF de la circunferencia de la figura 35, es

1,1

(28)

y (27). Supongamos, como entonces, que abseiAR!l y ordenadas representan, a una cierta escala, las componentes normal y cortante de la fatiga; por consiguiente, los puntos A y B (fig. 35}, de abscisas crx y cr11 , representan las fatigas ligadas a las caras del elemento de la figura 34 (a), perpendiculares a los ejes x e y, respectivamente. Para obtener las componentes de la fatiga ligada a un plano oblicuo, definido por un ángulo q¡ -fig. 34 (a)-, basta construir una circunferencia con AB como diámetro y trazar el radio CD, que forma un ángulo ACD igual a 2(fl, con-

Y acontece cuando sen 2

3 ; . Igual valor para la

fatiga cortante, pero con el signo negativo, corr~sponde al plano, para el que
=~. 4

Tomando dos planof' perpendiculares. definidns por los ángulos q¡ Y~

+ q¡,

que sus normales n y n 1 forman con el eJe x,

f....-..~--­

?f

:·r

ANÁLI SIS DE FATIGA S Y DEFOR MACIO NES

RESIST ENCTA DE MATERTA"LES

44

45

r, si el ángu· 3. Determ inar o,., On,• 't' y T1 im el proble ma anterio o. máxim lo q¡ se escoge de modo que T sea

s D las fatigas ligada¡, a ello-s son la.s coordenaJaR de los punto que e deduc se ente y D 1 de la figura ~5, y geomé tricam

Respuesta: 8 o,.= a,.,= 200 kg./cm. ,

(29) (30)

las Esto indica que la suma de las compo nentes norma les de vaal nte consta es res dicula perpen fatigas ligada s a dos planos s, riar el ángulo cp, y que las compo nentes cortan tes son iguale la de la a a análog ia pero de signo opues to. Una circun ferenc y a11 figura 35 puede constr uirse cuand o una o las dos fatigas a" "•.

't

= '• = 600 kg./cm .•.

13. Fatiga s princi pales. -En el artícu lo anteri or hemol'l visto que, para extens ión o compresión en dos direcciones perpen l diculares x e y, una de las dos fatigas cr., o a 1, es la fatiga norma do, inclina plano ier cualqu Para a. máxima, y la otra la mínim nortal como el pq -figs. 34 (a) y 36 (a)-, el valor de la fatiga mal cr,. queda entre dichos límites. Sobre los planos inclinados actúan , ademá s de las fatigas cua• normales an, fatigas cortan tes -r. Las fatigas a., y a11 , de lat>

J(

~.

o

"'

(a)

(b)

/,j

FIG. 36

(.V

Esenson compresiones; basta para ello tomar IM que lo sean en tido negati vo sobre el eje de abscisas. Si suponemos, por ejemplo, que las fatigas que actúan sobre ia el eleme nto son las indica das en la figura 36 (a), la circun ferenc la de nentes corres pondie nte es la de la figura 36 (b). Las compo las fatiga ligada al plano pq, de norma l n, vienen dadas por coorde nadas del punto D del diagra ma. Proble mas = 1.25 cm. Del. La caldera de la figura 34 tiene d = 2,5 m., 'h 8 Aislar un elemen to por planos a 30 . kg./cm termin ar Oz y o11 si p = 8 nentes de y 120° y represe ntar Jos valores y direcci ones de las compo to. elemen dicho de las fatigas ligadas a las caras lateral es 36 (a) Oz = 800 2. Determ inar las fatigas o-n, o-,. 1, T y T 1 , si en la figura 1 a = - 400 kg./cm . 8 y ? = 30°, q¡ 1 = 120°. , . kg.fcm 11

Respuesta: o,.= 500 kg.fcm . 1 ,

,.

o-n 1

=-lO O kg./cm . 1 ,

T

=

'1" 1

=

520 kg./cm . 1•

(b)

Fw. 37

denoles una es la máxim a y otra la mínim a fatiga norma l, se a los res dicula minan fatigas princi pales, y los dos planos perpen et>tos Sobre que está.n ligada s se denom inan planos pri~cipales. lo planos no actúan fatiga s cortan tes; en el ejemp lo del artícu a por anteri or (fig. 34) encon tramo s las fatigas princi pales cr., y 11 las amos calcul ellas de n funció simples consideraciones, y en plano un a ligada compo nentes norma l y cortan te de la fatiga (véase inclinado, tal como el pq -fig. 34 (a)-. En otros casos les y página 118) es más fácil determ inar las compo nentes norma El cortan tes de las fatiga s ligada s a dos planos perpen dicula res. s fatiga las casos estos en inar determ camino más sencillo para conocí g!tmos Supon Mohr. principales es emple ar el círculo de gular rectan do lepípe das las fatigas que obran sobre un parale princi eleme ntal -fig. 37 (a)-. Las fatiga s a., y a11 no son las

1',

46

ANÁLTRTR nllJ FATIGAS Y DEFORMACIONES

RESISTENCIA nE MA'I'ERIAU'l~

La fatiga cortante máxima viene dada por el radio de la circunferencia y vale

pales, puesto que no solamente actúan iat1gas normales, sino también cortantes, sobre los planos perpendiculares a los eje¡; x e y. Para construir el círculo de fatigas en este caso emplearemos primeramente las componentes de las fatigas a.,, ay y -r, y obtendremos los puntos D y D 1 -fig. 37 (b)-. Puesto que estos dos puntos corresponden a dos planos perpendiculares, la longitud DD 1 será un diámetro del círculo de fatigas. La intersección de este diámetro con el eje x nos da el centro O del círculo, y, por tanto, puede éste construirse. Los puntos de intersec-. ción A y B de la circunferenCia con el eje x definen los valores de las fatigas normales máxima y mínima que representa1 em os por cr1 y a 2 Mediante senc1Has consideraciones geométricas se deduce

_ cr 1 -cr2 _ l/(cr.,-cry 2

't"m:íx-

¡.

l.

-0-0

-

-0-·D

a.,+ au

= -2---

V/¡a.,\ 2 ay)2 +

1

~2. '

..

jtg ~cpj =

=

-

DE CE

=---

'·

==-· CE

2-r

crx- crv

(33)

(34)

2

) + 70 + -.[(350-210 JI 2

+ 210 -

Jf(350- 210) 2

2

. 2

= 379 kg.jcm.s

+ 702 =

161 kg.fcm. 2

tg 2 q¡ = -1;

~'

.;·.

Las direcciones de Jos ejes principales están indicadas en la fi!!llra 37 (a).

2. Determinar las direcciones de las fatigas principales en el problema anterior, suponiendo a,¡:=- 350 kg./cm. 9 • Solución: El circulo correspondiente se ve en la figura 38. El ángulo cp entre la normal exterior de la cara en la cual actúa la fatig
"'<>

tg2cp=

··

= - ---.

350+210 2

az = 350

t

DE

Teniendo en cuenta que el signo del ángulo cp debe ser en este caso negativo, puesto que se mide desde el eje x en sentido de las agujas del reloj -fig. 37, (a)-, se deduce tg 2 cp

=

a1

2 y empleando (33),

De la figura se deducen también las direcciones correspondientes a las fatigas principales. Sabemos que el ángulo DCA es el doble del que forman la fatiga a 1 y el eje x, y puesto que 2cp se mide de D a A, en el sentido de las agujas del reloj, la dirección de a 1 será la indicada en la figura 37 (a). Si aislamos el elemento rayado en la figura mediante planos normales y paralelos a a 1 , sobre estos planos actuarán ahora únicamente fatigas normales de valor a 1 y cr 2 . Para el cálcul0 numérico del ángulo cp se deduce de la figura

-t -r2.

l. Un elemento -fig. 37 (a)- está sometido a la acción de laR fatigas a.,= 350 kg./cm. 2 ; ay= 210 kg.fcm. 2; 't = 70 kg.jcm.s. Determinar las magnitudes y las direcciones de las fatigas principales a 1 y a 2• Solución: Mediante las ecuaciones (31) y (32) se obtiene

.:

(32)

r -~)

Problemas

',,

OB =

-2--

Las ecuaciones (31) a (34) resuelven por completo el problema de la determinación de las fatigas normales máxima y mínima y de la fatiga cortante máxima, conocidas las componentes normales y cortantes de las fatigas ligadas a dos planos perpendiculares cualesquiera.

(31)

a2 =

47

+ ~;

D,

2q¡ = 14° 2';

medido en sentido contrario al de las agujas del reloj desde eJ eje x. ¡; 3. Hallar el circulo de Mohr para el FIG. 31) , . ~o de dos fatigas principales de extensión ::~, ¡gua.les az = a11 = a o dos de compresión iguales, a.,= a11 =-a. 't =O, ·;.en ambos casos, ._:, Respuesta: En este caso los círculos se transforman en dos puntos ~--" sobre el AJ·a · + a y - a, respectivamente . , " d e a b sc1sas .

{~·

.:·:

-'

48

49

ANÁT,TSIS DE FATIGA S V DE'Jl'OR MACTON ES

RESIST ENCIA DE MATER IALF.S

i 1

Poisson, en honor al matem ático francés que detenn in6 esta relación de modo analíti co usando la teoría molecu lar como hirótesis de constit ución de los materi ales. Para materi ales que tengan las misma s propie dades elástic as en todás direcciones,

las fa- , 4. Sobro las caras del elemen to d.e lu. figura 39 (a) obran 2 , a = 120 kg.fcm. 1 , -r = 80 kg./cm. • Enconkg.jcm. 40 -= tigas a. 11 normatrar, median te el circulo de fatigas, los valores de las fatigas de planos los para (b), ales princip planos los les y cortant es (a) para . máxima e cortant fatiga figuSolución: El circulo de fatigas corresp ondient e se ve en la · sobre actúan que fatigas las ntan represe D y D ra 39 (b). Los puntos 1 F

1

(··.

materia les isótrop os, Poisso n halló el valor IL = ¡· Ensayo s experime ntales han hecho ver que la contrac ción lateral en probetas metálic as 1 tiene un valor próxim o al calcula do por Poisson. En el caso particu lar del acero puede tomars e IL = 0,3. Conociendo la relació n o módulo de Poisso n, de un materi al, el cambio de volume n de la barra extend ida puede calcularse fácilmente. E): l. Las La longitu d de la barra aumen ta en la relación (1 !J.E) : l, (1n relació dimensiones laterale s dismin uyen en la n relació la en por lo que el área de la sección recta dismin uye la en (1- !J.E) 2 : l. Por tanto, el volume n de la barra cambia E- 2!J.E): 1, al tener E) (1- !J.E) 2 : 1, o sea, (1 re]ación (1 sus potenc ias. De ciar despre y E de en cuenta el pequeñ o valor a es E (1- 2!J.). unitari cúbica aquí se deduce que la dilatac ión de IL está próvalor el Para materi ales como la goma y parafin a, ximo a 0,50 y el volum en perman ece aproxi madam ente consta nte durant e la extensi ón. Si IL fuese mayor que 0,50, el volum en disminuiría al extend er la barra. Hay materi ales tales como el 1 hormigón, en los que IL tiene un valor reducid o ( IL =~a 12), Y otros, como el corcho, en los que IL puede supone rse nulo. Todas estas conclusiones son aplicables con el adecua do cambio de eignos al caso de compresión. El acortam iento longitu dinal vier.e acomp añado de una dilatac ión transve rsal, para cuyo cálculo puede usarse el mismo valor de IL que en el caso de

+

a los e,lPs . las caras del <'lemento de la figlua 39 (a), perpend iculares ::;on a 1 valores Sus les. x e y; y OB y OA son las fatiga8 principa 1 , respect ivamen te. La direcció n de kg.jcm. 73 = 153 kg./cm. • y o~=. ¡o 2 con e) · la fatiga de compre sión máxima o 2 forma un ángulo de 22

l.j

io al de . eje x, medido este ángulo desde el eje x y en sentido contrar F y las agujas del reloj, tal como indica la figura 39 (u¡. Los puntos fa-· máxima de planos los sobre F 1 represe ntan las fatigas que actúan 2. 00 kg./cm. 113 es e cortant fatiga esta de valor tiga cortant e. El plano y represe nta la compon ente normal de la fatiga ligada al mismo 2• vale 40 kg./cm. = 240 5. Resolve r el problem a anterio r si oz = - 400 kg./cm. •, ali · kg.fcm.2, -r = SO kg./cm. •.

14. Análisis de la deformación en el caso de extensión 0 simple .-En el artícul o 2. se ha visto el alargam iento axial de una barra someti da & extens ión. Experi mental mente se ha comprobad o que el alargam iento axial viene acomp añado de una. contrac ción lateral de la barra y que la relación contra cción lateral unitari a alargam iento axial unitari o es consta nte para una barra dada entre los límites elásticos. Esta consta nte se represe nta por IL y se denom ina relación de.:

+

+

FIG. 311

•,'

:;;.··

:· ..

,· ;.

·~·

... .

extensión . Problemas exl. Determ inar el aument o unitario de volume n de una barra 1• kg.jcm. 10' X 2 = E 0,30, = !L •, kg./cm. tendida si oc = 448 Solución: La dilataci ón cúbica unitaria es 1 1

(1 -

U8 2 (-l)= oc E(1-2¡ L) =- 2 X 10'(1-0 ,6)-89 ,6 X

10-•.

Estos materia les 11e ooaside ran isói.ropo!!l (-vMee 8~'1''nda ,arte).

·~A

:DW IA'I'IIIJUA LW8.- 'f. 1

!

ANÁLISIS DE FATIGAS Y DEFORMACIONES

50

RESISTENCIA DE MATERIALES

2. Determinar el aumento de volumen de una barra producido •, 'por una fuerza P que actúa en su extremo inferior y el peso pro pi o de la barra (véase artículo 5. 0 , pág. 14). Respuesta: El aumento de volumen es Al(!- 2[L) (~

A

E

Problemas

l. Determinar el aumento de volumen del hervidero cilíndrico de acero sometido a presión interior, de la figura 34, despreciando la de· formación de los extremos y tomando a11 = 400 kg.Jcm. 1• Solucwn: Usando las ecuaciones (35) y (36),

+ r!). 2

15. Deformación en el caso de extensión o compresión en dos direcciones perpendiculares.-Si una barra cuya forma es un paralelepípedo rectangular está sometida a fuerzas de extensión que actúan en dos direcciones perpendiculares x e y (fig. 34), el alargamiento en una de las direcciones depende no solamente · de la fatiga en esa dirección, sino también de la fatiga existente en la dirección perpendicular. El alargamiento unitario en la dirección del eje x debido a la fatiga

ax,

El/=

Jff; por tanto, al actuar

(1

ax

y

ay

ax

X

ay ·~

E- fL E

0 •3 2

340 200 106 = 2 X 106

X

=

17

X

1Q-i

+ e:y)

2

(1

+ e::¡;) : 1 =

(1

+ 2e:y + e:,) : 1 =

1.00038: l.

~:~· ~

simultá-

neamente. el alargamiento unitario en la dirección x será e:=-

400 X 106 -

2. Un cubo de hormigón está comprimido en dos direcciones perpendiculares por el dispositivo que indica la figura 40. Determinar la disminución de volumen del cubo si su lado es 10 cm. y la fatiga de compresión se distribuye de modo uniforme sobre sus caras; [L = 0,1 y P = 10.000 kg. Solucwn: Despreciando el rozamien(b) to en los nudos y considerando el equi(Q} librio de cada uno -fig. 40 (b)- se FIG. 40 puede ver fácilmente que el cubo está sometido a compresiones iguales en dos direeciones perpendiculares y que la fuerza de compresión es igual o. p V2 = 14.000 kg. La deformación correspondiente (ecuación 37) es

será ~. La fatiga cr11

ambas fatigas

2

El volumen del hervidero aumenta en la relación

produce una contracción lateral unitaria en la dirección x, cuyo valor es fL

51

(35)

Análogamente, para la dirección y se obtiene (36)

14.100

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

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

·r..

En dirección perpendicular al plano de la figura el alargamiento unitario del cubo valdrá

·;-·.

(37}

De las ecuaciones (35} y (36} se pueden deSlJejar las fati·gas ax y a 11 , en función de los alargamientos unitarios e:w y e», obteniéndose (e:rz; + fLEII) E o-------· l -¡J.2 ' ~~-

(38)

Ez = -

[L

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

La dilatación cúbica unitaria del cubo será e~

+

Ey

+

Ez

= -

2

X

0,000453

+ 0,0001

= -

0,00080fl.

3. Determinar el aumento de la superficie lateral del herviderQ considerado en el p:r...,blema l. .::iul·ución; El incremento unitario de área será: e::¡;

+

e: 11 = 21 X 10-~.

RESISTE NCIA DE MATERI ALES

ANALISI S DE FATIGAS Y DEFORM ACIONE S

Determi nar el alargam iento unitario en la direcció n o:r1 de una l. 1, barra de acero, si el et;t
ConRidcremof' ahora la deformación del elemento abed. Al no existir fatigas normales a las caras del elemento, las longitud es ab, ad, be y de no cambia rán durante la deformación; pero la diagonal vertical acortar á y la diagona l horizon tal db alargará , mientras que el cuadrad o abed se transfo rma en el rombo indicad o en

52 4,,

e¡=

l

2

X l06 (379- 0,3

X

161) = 165,3 X

lQ-6,

de la deformación, se hace mayor que .~

,.

D

. > .·. ..¡,i. ·~.:.· .:..~.'

(b)

1

i; por ejemplo,~+ y,

y al mismo tiempo el ángulo en b disminu ye y

Sf'

transfo rma

en ~ - y. El pequeñ o ángulo y mide la distorsi ón del element o abcd y se denomi na deformación angulr.r unitaria . La existencia de esta deforma ción puede verse también del modo siguiente. El elemento abed de la figura 41 (a) se gira 45° y queda en la posición indicad a en la figura 42. Despué s de la distorsión, producida por la fatiga cortant e, el mismo eleT b mento toma la posición represe ntada por las líneas de trazos. La deformación an-

~~;:

(a)

Fw.41

1)

.i

la figura con líneas de trazos. El ángulo en a, que era ~ antes

Fatiga cortante pura.-C onsider emos el caso particu lar · de acción de una fatiga de extensi ón crx y otra de compresión cr11 , de la misma magnit ud -fig. 41 (a)-. El círculo de Mohr corres16.

IY

53

pondien te es el de la figura 41 (b). El punto D de este círculo represe nta las fatigas ligadas a las secciones ab y ed, cuya normal está inclinad a 45° con el eje x, y el punto D 1 represe nta l~ fatigas para las secciones ad y be, perpend iculares a las primeras. Se ve en el círculo que las fatigas normale s para cada una~ de estas secciones son nulas y que la fatiga cortant e para esas. mismas secciones está represe ntada por el radio del círculo y es:

(a De aquí se deduce que un element o como el abed puede consi derarse aislado y estar en equilibrio bajo la acción de fatig cortant es solamen te -fig. 41 (a)-. Un estado de fatiga com éste se denomi na fatiga cortant e pura. Si la sección no es inclinad a a 45° oon relación al eje x, existirá n en ella fatiga no · mal y fatiga cortante . La magnit ud de estas fatigas puede ob ' nerse utilizando el círculo de Mohr para este ca..so -·fig. 41 (b). ·

1 gular y será igual al cociente aa entre ad ;{'. el deslizamiento aa1 del lado ab con rela"\. ción al lado de y la distanc ia entre esos ;~ ~ dos lados. Debe subraya rse el hecho de .... FIG. 42 que una aplicación uniform e de fatigas cortante s en las caras de un bloque tal como indica la figura 42 es muy difícil de realizar. Los cálculos prácticos, en caso de fatiga cortant e, de element os como remaches y pernos, en los que se supone una distribu ción uniform e de la fatiga cortant e en las secciones rectas, son solamen te una ~:- grosera aproxim ación. Para establec er relaciones entre la deformación angular uni;;;. taria y la fatiga cortant e que actúa en los lados del element o abcd consideraremos el triángu lo rectáng ulo Oab -fig. 41 (a)-. El ;,', -alargamiento del lado Ob y el acortam iento del lado Oa de eRte ;~· triángulo durante la deforma ción se encontr ará usando las ecua· t ciones (35) y (36). Como en este caso

1

1

1

1

!

¡

ANÁLISIS DE FATIGAS Y DEl'"ORMACJONES

55

R.ESIS'.tENClA DE MATER1ALES

se tiene 't

(1

+ fL).

-.(1 -1-- ¡.t.) e"=------. E

e:r=-----, E Como Ob 1 =Ob[l+ "'(l; ¡.t.)l

mediante el triángulo rectángulo Oa 1 b1 se obtiene 7t

tg Oa¡b¡ = tg ( 4

y) +2 =

1+

-

::.__(1

--0~-/

+¡.t.)

E Ob 1 Oat = 1-"' (1 +¡.t.)

(b)

.;,, .. ;

E Para un ángulo pequeño como y puede ponerse tg (:': 4

+ r) = 2

+ r r

..

+r r

1 tg ~ tg 2. 2 = __ 4 11 - tg :': tg 2 4 2

'.'

·'

Sustituyendo en la ecuación (a), se obtiene "C(1+¡.t.) y -=

E

2

Problemas

,

l. El bloque abcd rle la figura 42 está hecho de un material para el que E= 8 x 10s kg.;cm.a y [J. = 0,25. Hallar y y el alargamiento 1 tmitario de la diagonal bd si -r = 800 kg.fcm. • aa 1 de la cara ab corrimiento el anterior 2. Hallar en el problema respecto a la cd si la diagonal bd = 5 cm. 3. Probar que el cambio de volumen del bloque abcd de la figura 42 es nulo si se consideran despreciables las potencias de orden superior al primero de las componentes de la deformación e:., Y <-u·

y usando la notación E

- - - - =0, 2 (1 +¡.t.)

(39)

resulta "C

(40) y=-· G Se ve que la deformación o distorsión angul:u es proporcio· nal a la fatiga cortante e inversamente proporcional a la cantidad G, que depende de las propiedades elásticas del material y se llama módulo de elasticidad transversal o módulo de esfuerzo cortante. Puede calcular~:>e por la ecuación (39), en cuanto se conozcan E y fL· Para el acero,

G=

2 X 106

2 (1

+ 0,3)

pequeña rotación de un extremo del t~bo .r~spe_cto al ~tro: las generatrices trazadas sobre la superfiCie cilmdrica se mclinan respecto al eje del cilindro, y un elemento abcd, formado por dos generatrices y dos secciones rectas adyacentes, experimenta una distorsión análoga a la expuesta en la figura 42. El problema de la torsión se verá más adelante (capítulo IX) y mostraremos cómo puede deter1 1 minarse la fatiga cortante "' y la distorsión y - - 11/-1!!.~ del elemento abcd, si se miden o conocen el mod¡-¡c mento torsor y el ángulo de torsión correspon1 diente. Encontrados "' y y por el ensayo de torsión, puede calcularse el módulo G mediante Fw. 43 su cociente. Con este valor de G y conocido E por un ensayo a tracción, se calcula fácilment-e el coeficiente de Poisson fL mediante la expresión (39). La determinación directa de fL, midiendo la contracción lateral durante el ensayo a tracción, es más difícil, puesto que. dada su pequeñez se necesitan aparatos de gran precisión.

= 0,77 X 106 kg.Jcm.2

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

\

X 17. Fatigas de trabajo por cortadura. -Sometiendo un material a fatiga cortante pura puede establecerse la relación existente entre fatiga cortante y r distorsión unitaria. Esta relación se da usualmente en forma de diagrama (figura 44). Las abscisas representan las distorsiones y las ordenadas las fatigas cortantes. El diagrama es análogo al del en--------.,.- sayo a tracción y puede señalarse en él el límite de proporcionalidad A y el punto Fw. 44

ANALISIS DE FATIGAS Y

RESISTENCIA DE MATERIALES

56

DEFORMACio~,ES

57

1

tudio a fondo del problema muestra que las fatigas cortantes no se distribuyen de modo uniforme sobre dichas secciones y que el perno experiment a no sólo cortadura, sino también fle. :xión bajo la acción de las fuerzas extensoras P. De modo grosero, el diámetro suficiente para el perno se obtiene suponiendo en dichos planos mn y m 1n 1 una distribución uniforme de fatigas cortantes -., cuyo valor se obtiene dividiendo la fuerza p por la suma de las área~ de dichas secciones mn y m 1n 1. Por consiguiente,

de fluencia 1 B. Los ensayos muestran que para un material como el acero corriente el punto de fluencia por cortadura "Ft vale de 0,55 a 0,60 de aFl. Puesto que en el punto de fluencia se presenta una distorsión considerable, sin incremento de la fatiga cortante, es lógico tomar como fatiga cortante de trabajo solamente una fracción de la fatiga cortante de fluencia, de modo que (41)

2P 1Cd2'

y el diámetro necesario para el perno se obtiene de la ecuación

2P

(42)

'T:t=-.

1Cd2

lo que mdica que la fatiga de trabctjo por cortadura deberá ser. mucho menor que la fatiga de trabajo a extensión. Se comprende fácilmente que en las aplicaciones prácticas no se encuentre la distribución uniforme de fatiga cortante supuesta para el bloque de la figura 42. Más adelante veremos que

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

o

1

!

,,._ >

r.

~-

.

'

FIG. 45

la fatiga cortante pura se presenta no solamente en la torsión sino también en la flexión de vigas. Sin embargo, muchos casos prácticos se resuelven suponiendo la distribución uniforme de fatigas, aunque solamente sea una grosera aproximació n. Sea, por ejemplo, el caso del empalme de la figura 45. Es evidente que· si el diámetro del perno ab no es suficiente el empalme puede fallar, debido a cortadura por las secciones mn y m1n 1• Un es-.

FIG. 46

Como las cabezas de los roblones se forman a altas temperaturas, los roblones producen al enfriarse una gran compresión sobre las planchas 1 . Al aplicar las fuerzas extensoras P el roo. ~iento relativo entre las planchas está impedido por ~1 rozamiento debido a la presión anteriormen te indicada entre planchas. S~lamente después de vencido este rozamiento empiezan a. trabaJar por cortadura los roblones, y si su diámetro no es S fi Ciente, puede presentarse una rotura por cortadura a lo laru . ··l

1

Exp('rimenta lmente se ha visto que las fatigas de extensión en

~: eo~ ~oblones son del ordPn de la fatiga de fluencia. del material con qua

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

1

'T:= ---

donde n e~ el coeficiente de seguridad. Tomando este coeficiente del mismu urden que en el caso de exten~ión o compresión, se' tiene -r:1 = 0,55 a 0,60 a 1

1

1'

/. 11 .·,_

an hechos. Vé¡J,sv C. Bt..ch. ZeitBchr. d. Ver. DeutBch. lng. 1912.

i,

l 58

RESISTENCIA DE MATERIALES

ANÁLTf'lHl DE FATIGAS Y DEFORMACIONES

go de los planos mn y m1n 1 . Se ve, por consiguiente, que el estudio minucioso del problema de las juntas roblonadas es muy complicado. El problema se resuelve corrientemente de un modo grosero despreciando el rozamiento y suponiendo que las fatigas cortantes se distribuyen uniformemente a lo largo de las secciones mn y m 1n 1 • Se obtiene, por consiguiente, el diámetro suficiente de los roblones utilizando la misma ecuación (42) del ,ejemplo anterior.

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

Problemas 1.

c;x

Determinar el diámetro del perno del empalme de la figurA 45

p

...

kg./cm. s para &ortadnra paralela a las fibras y b = 25 cm. Determi- ·. nar la altura apropiada del retallo mn 1 si el limite de seguridad para las fatigas de compresión local a lo largo de las fibras de la madera es 64 kg.Jcm. 2 • 3. Hallar el diámetro de lo:; roblones de la figura 46 si '~'t = 640 · kg.fcm. 2 y P = 4.000 kg.

.. ,.

1) 11

p

.,. .lfiG.

48

FIG. 49

4. Determinar las dimensiones l y 8 en el enlace de dos barras rectangulares por planchas de acero (flg. 48), si las fuerzas, las dimen• siones y las fatigas de trabajo son las mismas que en el problema 2. 5. Determinar la distancia a necesaria en la estructura de la figu·· ru -Hl ::;¡ la fatiga cortalite de trabajo es la misma que en el proble":

Px

~-

_P11 •

Ax;

Se supone

P = 5.000 kg. y '~'t = 480 kg.fcm. 2 • 2. Hallar la longitud de seguridad 2l del enlace de las dos piezas de maden1. de la figura 47 sometido a exten;;ión, si P = 5.000 kg., '~'¡ = 8

~i

FIG. 47

=

Cfycrx

>

cr11

Pz

A/

>

az =

Az.

Pz

cr,.

FIG. 50

Combinando los efectos de las fuerzas Px, P 11 y Pz, se deduce que sobre una sección cuyo plano pase por el eje z solamente producen fatigas las fuerzas P x y P 11 , y también que estas fatigas pueden calcularse por las ecuaciones (26) y (27) y representarse gráficamente usando el círculo de Mohr. En la figura 51 el círculo de diámetro AB representa estas fatigas. De la misma manera, 1as fatigas ligadas a una sección que pase por el eje x pueden representarse por el círculo cuyo diámetro es BC. El círculo de diámetro AC representa las fatigas afectas a secciones producidas a través del eje y. Los tres círculos de Mohr representan las fatigas para las tres series de secciones a través de los ejes x, y y z. Para otra sección inclinada respecto
Tmax=---.

2 1

1•

.1

59

18. Tracción o compresión en tres direcciones perpendicuIares.-Si una barra de forma de paralelepípedo rectangu1ar está sometida a la acción de fuerzas Px, P 11 y Pz (fig. 50), las tensiones normaJes a los ejes x, y y z son, respectivamente,

...,

¡l!

La demostración de esta propiedad puede verse en el libro de AH. Foppl, Technische Mechanick, vol. V, pág. 18, 1918. Véase también · M. Westergaard, z, augew. Math. Mech., vol. IV, pág. 520, 1924.

1.1 1

rr r

i¡

ANÁLISIS D"PC FATIGAS Y DEFORMACIONES RESISTENCIA DE MATERIALES

y la ecuación (44),

(43)

se obtiene

:

El volumen de la batTa aumenta en la relación

+ e:

:4~'

(1 -i- e:,) : l,

11 },

•,

'

•\

!). =

+ Ez + Ey + Ez) : 1,

L

Ez

+ e: +e. 11

,, ..

Las ecuaciones (43) dan

.1

= e: 11 =

p

Ez

= - - {1- 2 (l.), E

2 X 106

, 10

·' .c.n el caso particular de presión hidrostática uniforme se tien

E:z

= _700 X 3(1- 2 X 0.3) = _

4,2

(44)

1

'1

TJ_

K

La relación entre la dilatación cúbica unitaria y las fatigas:. que actúan en las caras de la barra puede obtenerse sumando: las ecuaciones (43). De este modo se obtiene

:\

~--

4,2

10'

B

La disminución de volumen el:!, por tanto,

de donde la dilatación cúbica unitaria es D.=

(49)

l. Determinar la disminución de volumen de una esfera maciza de acero de 25 cm. de diámetro sometida a una presión hidrostá.tica p = 700 kg./cm. 1 Solución: De la ecuación (4~)),

'f'".

o despreciando cantidade8 de orden superior

.,\

p !:1=--. K

Problemas

f·

(1

(48)

La dilatación cúbica es proporcional a la fatiga de compresión p e inversamente proporcional a la cantidad K, a la cual se conoce con el nombre de módulo de elasticidad de volumen o módulo volumétrico.

E - E(ex+cry)•

(1

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

Usando la notación

~·

+ e,),

(47)

u=-

(l.

€z

(1

3(1-2 (l.) E p.

A

Tiene lugar para la sección que pasando por el eje de las y biseca el ángulo de los ejes x y z. Las ecuaciones para el cálculo de las deformaciones unitarias' en las direcciones de los ejes pueden obtenerse combinando los efectos de Px, P 11 y P. del mismo modo que se ha hecho para el caso de tracción o compresión en dos direcciones perpendiculares (véase artículo 15). De esta manera se obtiene

E:z=

61

(4

rcd3

x Ir

= 3,43 cm.

8

2. En la figura. 52 un cilindro de goma A está comprimido Jentro de un cilindro de acero B por una fuerza. P. Determinar la presión entre la goma Y el acero si P = 500 kg.; d = 5 cm., el módulo de FIG. 52 Poisson para la goma [l. = 0.45. Se desprecia el rozamiento entre la goma y el acero. Solución: Sea p la. fatiga de compresión en cualquier síilcción normal al eje del cilindro y q la presión entre la goma y la superficie interna del cilindro de acero. Fatigas de compresión del mismo valor q a .. tuarán entre las superficies laterales de las fibras longitudinales d e l Cl'1'mdro de goma, del que hemos aislado un elemento de forma de P.aralelepípedo rectangular con caras paralelas al eje del cilindro (véase figura 52). Este elemento está en equilibrio bajo la accién de la fatiga de compresión axial p y las fatigas q. Suponiendo que el cilindro de J · acero es absolutamente rigido, el alarg&miepto iutemo de le. ¡oma

RESISTENCTA DE MATERIALES

62

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

de donde

_

!J.P

_

q- - - - 1 1-[L

0,45

500 X 4 _

~

,.

52 - 20,8 kg./cm. O 45 1tX -,

3. Una columna de hormigón está encofrada en un tubo de acero (figura 53). Determinar la presión entre el acero y el hormigón y la fatiga de extensión transversal en el tubo, suponiendo que no hay rozamiento entre hormigón y acero y que todas las dimensiones y la fatiga de compresión en la columna de hormigón son conocidas (fig. 53). Solución: Sean p y q las fatigas longitudinal y lateral de compresión, respectivamente ; del diámetro interior del tubo de acero, h su espesor, Ea el módulo de elasticidad del acero, Eh y llh los módulos de elasticidad y de Poisson del hormigón. El alargamiento wútario del hormigón en una dirección lateral, teniendo en cuenta la ecua-

CAPITULO III

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR 19.

ción (43), será

FIG. 53

(a)

Este alargamient·O será igual al alargamiento circunferencial unitario del tubo de acero (véase ecuación 13). (b) qd e:= 2hEa · Con las ecuaciones (a) y (b) se obtiene qrl

q

2 hEa =-En

!Jo/¡

+ Eh (p + q),

,de dunJ,;;

!

o

11

'

La. fatiga lateral de extensión en el tubo se calculará ahora por la ecuación

4. Determinar la fatiga cortante máxima en la columna de hormigón del problema anterior, suponiendo que p = 70 kg.¡cm.•¡ 1

¡LA

=

0,10;

2dh = 7 ,5.

•!

!

Sulución:

2 1 -~~•95 ) - 2- = p( = p-q 0 1

Tnix

tipos sencillos de vigas que muestra la figura 54. La figura 54 (a) representa una viga con los extremos apoyados. Los puntos de apoyo A y B están articulados y, por tanto, los extremos de la viga pueden giri:Lr libremente durante la flexión. Se supone también que uno de ellos está montado sobre rodillos y puede moverse libremente en dirección horizontal. La figura 54 (b) representa un voladizo o ménsula. El extremo A de esta viga está empotrado en la pared y no puede girar durante la flexión, mientras que el extremo B está completamente 8 libre. La figura 54 (e) representa (b) una viga apoyada con voladizo. e IJ Esta viga tiene el apoyo A en for,~ (e) •- ma de articulación fija y el e es una articulación móvil. FIG. 54 t Los tres casos representan vi. gas estáticamente determinadas, puesto que las reacciones en los ~;. a~oyos correspondient es a cualquier caso de carga pueden deter~- ~marse por las ~~uaciones de la estática. Sea, por ejemplo, la ~' · ga apoyada solicitada por una carga vertical P -fig. 54 (a)-. ., R 2 e_n B debe ser vertical, puesto que este apoyo ··,: , Lareaccwn · ; puede moverse libremente de modo horizontal. De la ecuación .:..X= O, se deduce que la reacción R 1 es también , de la. est a't'1ca, "' · por las ecuacio· · -~ertiCal · Los va1ores d e R 1 y R 2 se d etermman ~.

t

qd

a= 2h•

1

2 g. cm. • = 33'2k

...

Tipos de vigas.-.l!}n este capítulo vamos a analizar los

; !i

1

¡

RESIS TENC IA DE MATE RIA LlíJS

los mom entos de nes de mom entos . Igual ando a cero la suma de · ne obtie todas las fuerz as respe cto al punto B, se R 1 l-P b =o e de dond

punt o A De modo análo go, toma ndo mom entos respe cto al se obtie ne Pa Ro"~'--·-· •

"

l

con voladi T.as reacc iones en el caso de una viga apoy ada . zos --fig. 54 (e)-·- se calcu lan de igual modo P se equil i En el caso de una méns ula -fig. 54 (b)- la carga el extre mo ero bra por los elem entos de reacc ión que actúa n en O y ~y= O, 86 potra da. De las ecuac iones de la estát ica ~X= debe ser ve~ ión reacc de as dedu ce que la resul tante de las fuerz =O se sigu~ l:M entos tical e igual a P. De la ecuac ión de mom cto a -4 respe ión que el mom ento M 1 de las fuerz as de reacc , la figura en seD debe ser igual a Pa y actua r, tal como indic a . tido contr ario al de la..c; aguja s del reloj. s sobre I
lfft,.

r),.ym

OR FUER Z.\ CORT ANTE Y l\IOME NTO FLEOT

con su luz l d.a cuya defor maci ón es muy pequ eña comp arada reacc iones coro~ estas fuerz as pued en despr eciar se y calcu lar las en la viga simp leme nte apoy ada -fig. 54 (a). mos aho20. Mom ento flecto r y fuerz a corta nte.- Cons idere n fuerz as actúa que la ra una viga simp leme nte apoy ada sobre la viga que os vertic ales P 1 , P 2 y P 3 -fig. 56 (a)-. Supo ndrem este en n s actúa tiene un plano axial de sime tría y que las carga

ir.

¡P,

V

.[

~

1

~~

Ji

.r

j

M

y

r.j/'~J

.i

(¡,)

"

"

ME¡v

lcJ

FIG. 56

s que la flexión plano. Por esto, y debid o a la simet ría, dedu cimo los casos pr.áca.contece tamb ién en este plano . En la mayo ría de 1 o que las seccio,tiCos se cump le esta condi ción de simet ría, puest lo son. El caso nes más usual es, circu lar, recta ngula r, I o T. nte (véase g~n~ral, de sección asimé trica, se anali zará más adela 89). a pagm duran te: Pa:~ inves tigar las fatiga s produ cidas en una viga el caso en ado la flexwn, se proce de de modo análo go a lo realiz que la' d~ una barra . s?me tida a exten sión (fig. 1). Supo ngam os recta mn situa VIga A B se div1de en dos trozo s por una secci ón 56 (a)- y que se da a ~a dista ncia x del apoy o izqui erdo A -fig. ón. Para anasecci la de ha ~rescmde del trozo situa do a la derec os -figu rvam conse que lizar el equil ibrio del trozo de la viga as exter fuerz las ra 56 (b)-, debem os consi derar no solam ente tamb ién sino , R nas tales como las carga s P 1 , P 2 y la reacc ión 1 ón mn y- que relas fuerz as inter nas distri buída s sobre la secci ha de la secprese ntan la acció n del trozo de la viga a la derec li.KSIST IINOIA DB M.ATERIALBB. - T .

1

5

66

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

RESISTENCIA DE MATERIALES

ción sobre el trozo de la i~quierda. Estas fuerzas int.ernas deben ser tales que equilibren a las fuerzas exteriores anteriormente ' mencionadas P 1 , P 2 y R 1 • Todas estas fuerzas exteriores, por las condiciones de la estática, pueden sustituirse por una fuerza vertical V que obra en el plano de la sección mn y por el par .M. El valor de la fuerza es

V= R1-P 1 --:-P2 , M= R 1x-P 1 (x-c 1 ) - P2 (x-c2 ).

(b)

La fuerza V es igual a la suma algébrica de las fuerzas externas situadas a la izquierda de la sección mn y se denomina fuerza cortante en la sección recta mn. El par M es igual a la suma algébrica de los momentos de las fuerzas exteriores situadas a la izquierda de la sección mn con relación al c. de g. de esta sección y se denomina momento flector en la sección recta mn -fig. 56 (e)-. Las fatigas distribuidas sobre la sección mn · y que representan la acción del trozo derecho de la viga sobre la porción izquierda, deben, por tanto, equilibrar el momento ,' flector M y la fuerza cortante V. . Si sobre la viga actúa una carga distribuida en lugar de va- : rias concentradas, se puede utilizar el mismo razonamiento. Sea, por ejemplo, la viga de la figura 57 (a) cargada de modo . uniforme. Representando la • intensidad de la carga o carga · por unidad de longitud por q, 5 las reacciones serán

•1

la izquierda de la sección mn es, por consiguiente, R 1-qx. La suma algébrica de los momentos de todas las fuerzas situadas a la izquierda de la sección mn con relación a su c. de g. se obtiene restando del momento R 1x de la reacción el momento de la resultante de la carga distribuida. El momento de la carga distribuida es evidentemente igual a;

Para investigar la distribución de fatigas sobre una FIG. 57 sección mn, consideraremos nuevamente el equilibrio del trozo izquierdo de la viga -figura 57 (b)-. Las fuerzas exteriores que actúan sobre esa porci6~ de la viga son la reacción R 1 y la carga uniformemente distribuida a lo largo de la longitud x. Esta última carga tiene~ resultante igual a qx. La suma algébrica de todas las fuerzas ~

Por consigtúente, la suma algébrica de los momentos será:. qx2 R x - 2- · 1 Todas las fuerzas que obran sobre el trozo izquierdo de la viga pueden reemplazarse por una fuerza que obra en el plano.

de la sección mn igual a

V=R1 -qx=q(~-x)

unida a un par igual a M= R x- qxz = qx (l- x). 1 2 2

1.

1

x qx2 qx X - = - · 2 2

(a)

'y el valor del par es

67

(e)

(d)

Las expresiones (e) y (d) representan, respectivamente, la fuerza cortante y el momento flector en la sección mn. En los ejemplos anteriores hemos considerado el equilibrio del trozo de la viga situado a la izquierda de la sección considerada. Si en lugar del trozo izquierdo se conserva el derecho, la suma algébrica de las fuerzas a la derecha de la sección y la suma algébrica de los momentos de estas fuerzas tendrán los mismos valores V y M que anteriormente, pero serán de sentido opuesto. Esto es debido a que las cargas que obran sobre una viga junto con las reacciones R 1 y R 2 representan un sistema de fuerzas en equilibrio y, por tanto, su suma algébrica y la de sus momentos con relación a cualquier punto de su plano debe ser nula. Por con.siguiente, el momento de las fuerzas que actúan sobre el trozo izquierdo de la viga con relación al c. de g. de la sección recta mn debe HCr igual y opuesto al momento con relación al mismo punto de las fuerzas que obran sobre el trozo dó la viga eituado a la derecha de la sección. También la. suma algébrica

68

l!UERZA CORTANTE Y

RESlSTENC IA DE MATERIAL1<:8

de las fuerzas que actúan sobre el trozo izquierdo debe ser igual y opuesta a la suma algébrica de las fuerzas que actúan sobre el trozo derecho. En lo que sigue, el momento fl.ector y la fuerza cortante en Wla sección recta mn se tomarán positivos si consideran do el tro-!

MO~IENTO

FLECTOR

G9

rn fiO). Suponiend o positivos el momento fl.ector y la fuerza cortante en la sección mn, la acción del trozo izquierdo de la viga sobre el elemento está representa do por la fuerza V y el par M, tal como indica la figura 60 (a). Del mismo modo, suponiend o que en la sección m 1n 1 son también positivos el momento fl.ec-

E(~8~2:3

-----C-J

4

n

(tt)

(p}

FIG. 68

zo de viga a la izquierda de la sección las direcciones obtenidas son las de la figura 57 (e). Para materializ ar esta regla del signo del momento fl.ector, aislemos un elemento de la viga por dos secciones adyacente s mn, m 1n 1 (fig. 58). Si el momento fl.ector en estas seccione¡, e:s positivo, las fuerzas a la izquierda de la sección mn dan Wl momento en el sentido de las agujas del reloj y las fuerzas a la derecha de la sección m1n 1 un momento en sentido contrario al de las agujas del reloj, tal como indica la figura 58 (a). Por este sentido de los momentos , al fl.exarse la viga, resulta convexa por debajo. Si los momentos flectores en las secm m Dm m.l ciones mn y m 1n 1 son negativos, la 1 \ convexida d se produce hacia arri(___ 1 n ba, tal como indica la figura 58 (b). ~n n, Por consiguiente, en aquellos trozos (-) (+) de (b} una viga para los que el momen(a) to flectar es positivo, la elástica o FIG. 59 curva de flexión es convexa hacia abajo, mientras que en los trozos donde el momento fl.ector es negativo dicha elástica es convexa hacia arriba. La regla de los signos para fuerzas cortantes se materializ a en la figura 59. 21. Relación entre el momento flector y la fuerza cortante. Consideremos Wl elemento de Wla viga separado por dos secciones adyacente s mn y m1n 1 sepa.ra.das una distancia rk (fi¡u•

1

r- o·-lJ r--u _)~ n,r

(e}

Fw. 60

'·'

tor y la fuerza cortante, la acción del trozo derecho de la viga sobre el elemento está representa do por el par y la fuerza incÍicados. Si no actúan fuerzas sobre la viga entre las secciones mn y m1n 1 -fig. 60 (a)-, las fuerzas cortantes en las dos secciones son iguales l. Examinan do los momentos fl.ectores, se ve que para el equilibrio del elemento es preciso que los momentos flectores no sean iguales y que el increment o dJJI del momento flector üruale al o par que representa n las dos fuerz&.S opuestas V; es decir,

dM= Vdx y

dM -·---=V. de

(50)

Por consiguiente, para trozos de una. viga entre cargas la fuerza cortante es la derivada del momento flector respecto de x. . Consideremos ahora el caso en que una carga distribuid a de Intensidad q actúa entre las secciones mn y m 1n -fig. 60 (b). 1 1

El peso del elemento do la. viga se desprecia en este análisis.

'iO

FUERZ A CORTA NTE Y MOME NTO FLECT OR

RESIS TENCI A Dm MATE RIALE S

las fatiga s. ción. Por tanto , de estos valore s depen den los de es conveviga Para simplificar el estud io de las fatiga s en una mome nto niente repre senta r do modo gráfico la variac ión del la viga. En flector y de la fuerza corta nte a lo largo del eje de la sección de ón posici la n indica esta repres entac ión las abscis as la fuerza de y r flecto nto y las orden adas Jos valore s del mome tomán n, secció cortan te, respe ctivam ente, que actúa n sobre la

Si conLa carga total que actúa sobre el eleme nto es qdx. abajo , del . · sidera mos positi va q cuand o la carga actúa hacia nte en la . equili brio del eleme nto se deduc e que la fuerza corta ad cantid la en secció n m 1n 1 difiere de la existe nte en mn

dV =-q dx, de donde se deduc e que

dV dx

r .=j'.

(51)

-=-q.

respe cto : Por consig uiente , la deriv ada de la fuerza corta nte ivo. a x es igual a la inten sidad de la carga con signo negat n sobre . Toma ndo el mome nto de todas las fuerza s que actúa el eleme nto se obtien e dx dM = Vdx- qdx X - .

71

l

.;.

t

4

lt

J:

1

1

2

bro, por: Despr ecian do el segun do térmi no del segun do miem la ecuaser una cantid ad de segun do orden , se obtien e de nuevo buída . distri carga de caso el ción (50) y se deduc e que tambi én en a x. ; cto respe r flecto nto la fuerza corta nte es la deriv ada del mome carga una Si entre las secciones adyac entes mn y m 1n 1 actúa brusc o en. conce ntrad a P -fig. 60 (e)-, se prese ntará un salto en la sec- , el valor de la fuerza cortan te. Sea V la fuerza corta nte • n m n secció la a 1 1 ción mn y V 1 la corres pondi ente Del equili brio del eleme nto mm 1n 1n, se deduc e

V 1 =V -P. en la · Por consig uiente , el valor de la fuerza corta nte varía . carga la de cantid ad P al pasar por el punto de aplica ción rle ción De la ecuac ión (50) se deduc e que en el punto de aplica en el valor una carga conce ntrau a se prese nta un salto !Jrusuo de la deriv ada

dM dx

cor-: 22. Diagr amas del mome nto flector y de la fuerza que: s fatiga las tante .--En el artícu lo anteri or se ha visto 4ue nto:, mome el actúa n sobre una sección mn de una viga equili bran seo..:. a dicha flector M y la fuerza corta nte V corres pondi entes

,....

j

' Fw. 61

ne~ativos dose los valore s positi vos sobre el eje horizo ntal y los inan diapor debaj o. Estas represe~taciones gráfic as se denom respe ctivagrama s del mome nto flector y de la fuerza cortan te, te apoemen simpl viga una lo, mente. Consideremos, por ejemp oreacci Las 1. 61) (fig. P yada solici tada por una carga aislad a nes en e8te caso son Pa Pb y R2= -· l Toma ndo una sección mn a la izquie rda de P, se deduc e

que para ella

V=P b l 1

'~Sta

y

Pb

M= -X. l

Por sencill ez se omite n los rodillo::¡ figura y siguie ntes.

011

(a)

los apoyo s móvile s de

73

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

72

HESISTENCIA DE MA'l'ERJALES

procenimiento y utilizando la regla de los signos indicada en las figuras 58 y 59, se obtiene

La fuerza cortante y el momento flector tienen el mismo sentido que los de ·las figuras 58 (a) y 59 (a} y son, por consiguiente, positivos. Se ve que la fuerza cortante permanece cons- .•· tante a lo largo del trozo de viga situado a la izquierda de la. . carga y que el momento !lector varía proporcionalm ente a x. Para x = O, el momento es nulo, y para z =a, es decir, para la.; Pab sección de aplicación de la carga, el momento vale -z-· Los .

V=-Pa l

' 1 1

1

¡1

\j

es nula. Es siempre positivo y su variación a lo largo de la par~ de viga a la derecha de la carga está representada por la línea. recta e1 br Las líneas quebradas aee'b ya1c1 b1 de las figuras 61 (b), y 61 (e} representan, respectivamen te, los diagramas de fuerza.; cortante y·momento flector para toda la longitud de la viga. En el punto de aplicación de la carga P se presenta un salto . . Pb al~ brusco en el valor de la fuerza cortante d.esde e1 pos1t1vo

-z- .

negativo

LB dM =LB Vdx,

(b) .•.

donde x es siempre la distancia al extremo izquierdo de la viga. : La fuerza cortante para este trozo de la viga permanece cons- ~ tante y negativa. En la figura 61 (bl esta fuerza está representa~' da por la línea e' b paralela al eje x. El momento flector es una · Pab función lineal de x que para x = a vale - - y que para x = l

'l' ''

(d)

donde los limites A y B indican que la integración se toma a lo largo de la longitud de la viga, desde el extremo A al extremo B. El segundo miembro de (d) representa el área total del diagrama de fuerza cortante. El primer miembro de la misma ecuación da, después de integrar, la diferencia M B - M A de los :.. . momentos flectores en los extremos By A. En el caso de una viga simplemente apoyada, los momentos en los extremos son ·¡:, nulos y, por tanto, también el área total del diagrama de fuerza cortante. Si sobre la viga actúan varias cargas (fig. 62), se divide en varios trozos y las expresiones de V y M deben establecerse para cada uno de ellos. Midiendo x desde el extremo izquierdo de la viga y tomando x < a 1 , se obtiene para el primer trozo de la viga y

Para el segundo trozo de la viga, es decir, para a 1 < x se obtiene

-~a y un cambio brusco en el coeficiente angular de;

la tangente al diagrama del momento flector. Al deducir las expresiones (b) para la fuerza cortante y el' momento flector, se ha considerado el trozo izquierdo de la viga.. sobre el que actúan dos fuerzas R 1 y P. Más sencillo es en este· casó considerar el trozo de la viga a la derecha de la sección' . ., Pa s· . d sobre el que actúa únicamente la reaccwn T. 1gmen o el:!

(e)

Las expresiones (b) anteriormente obtenidas pueden también ponerse en esta forma, si se observa que a= l-b. Es interesante notar que el diagrama de fuerza cortante se compone rle dos rectángulos cuyas áreas son ibUales. Teniendo en cuenta el signo opuesto de dichas áreas, se deduce que el área total del diagrama de fuerza cortante es nula. Este resuitado no es casual. Integrando (50}, sale

trozos correspondient es de los diagramas de fuerza cortante y momento flector se ven en las figuras 61 (b) y 61 (e) respectivamente, y son las lineas ac y a 1e1 . Para una sección· situada a la·· ,· derecha de la carga, se tiene

Pb M= - x-P(x-a), 1

Pa

M= -(l-x). l

y

(e)

< a 2,

y

·;

y

M=R 2(l-x)-.f' 3(t-x-b 3 ).

¡

1

1

(f)

es P~ra el ~ercer trozo de la viga, es decir, para !1- 2 < x < a 3 , . ~as sencillo considerar el trozo de la derecha que el de la IZqmerda. De este modo, sale ~- V=-(Rt--P 3 )

i

,. 1

(g)

74

RE!51!5'!'ENCIA DE MA1·E.RIALES

FUKRZA UOltTAN'l'E

Finalmente, para el último trozo de la viga se tiene

Y :vJ.OMENTO .lfLECTO.H

75

diagrama de momento ~ector _el punto ~ 1 , en el qu~ la inclinación del diagrama cambia de signo. Segun la ecuacwn (50), esta inclinación es igual a la fuerza cortante. Por consiguiente, el momento flector toma sus valores mínimos o máximos en las secciones para los que la fuerza cortante cambia de signo. Si, moviéndonos a lo largo del eje x, la fuerza cortante cambia de un

(A):

Por las expresiones (e) a (h) se ve que en cada trozo de la viga la fuerza cortante tiene la forma indicada en la figura 62 (b). '' El momento flector en cada t.rozo de la viga es una función~. lineal de x, y por ello el diagrama correspondient e está fonnado.

~:~:3~'111111 1 111111111i,.---"

~~:'

~}'~

~ · . (e}

1

r.

FIG. 63

fi

'

) !

.,

~

por líneas rectas inclinadas. Para el trazado de estas ltneas se, ve que (e) y (h), para los extremos x =O y x = l, dan valor~ nulos. Los momentos en los puntos de aplicación de las cargas. se obtienen substituyendo en las expresiones (e),(/) y (h), x = av; x = a 2 y x = a 3 , respectivamen te. De este modo se obtienen~ para dichos momentos los valores JJ1 = R 1a 1 ,

M= R 1a 2 -

P 1 (a 2 -

a 1),

y

M= R2bs.

Mediante estos valores puede trazarse fácilmente el diagram . de momentos flectores --fig. 62 (e). En las aplicaciones es importante encontrar ias seccion ': para las que el momento flector toma su valor máximo o ~. nimo. En el caso considerado (fig. 62), el momento flector máxt, mo acontece bajo la carga P~. A esta carga corresponde en .•

..'·

valor positivo a otro negativo como en la sección de aplicación de la carga P 2 (fig. 62), la pendiente en el diagrama de momento, flector cambia también de positiva a negativa. De aquí se de-, duce que en esta sección se presenta el momento flector máximo.l Si V ctl.mbia de negativa a positiva, indica que a la sección l~ correRponde un momento flector mínimo. En el caso general, e~ diagrama de fuerza cortante puede cortar al eje horizontal en va-i rios puntos. A cada punto de intersección le corresponde un máxi~ mo o un mínimo en el diagrama del momento flector. Los valores numéricos de todos estos máximos y mínimos deben calcularse para encontrar el mayor de todos, numéricament e considerado. Consideremos ahora el caso de una carga uniformemente distribuida (fig. 63). Por lo expuesto anteriormente (pág. 67), tenemos que para una sección a distancia x del apoyo izquierdo y

M= qx (l-x). 2

(i)

Se ve que el diagrama de fuerza cortante consiste, en este caso,

i li 11" 1

77

RESTSTEN(!lA DE MATERTAT:F.~

F{!'ER7.A CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

en una línea recta inclinada, cuyas ordenadas para :r = O y

La fuerza cortante y el momento flector para el trozo iz. quierdo de la viga (O< x
7fi

x = l son

9J 2

r¡_l' respectivamente -fig. 63 (b)-. De la.,

y -

2

expresión (i) se deduce que el diagrama del momento flector es· en este caso una curva parabólica, cuyo eje es vertical y pasa -i. por el centro del vano -fig. 63 (e)-. Los momentos en los apoyos,; es decir, para x =O y x = l, son nulos, y el valor máximo del momento .acontece en el centro de la luz, allí donde la fuerza : cortante cambia de signo. Este máximo se obtiene poniendO--,

x

=~en la expresión 2

(i), lo que da

ql2

Mmd = -8 · Si la carga uniforme cubre sólo una parte de la luz (fig. 64), , podemos considerar tres trozos de la viga de longitudes a, b y o. ; ------1/l'

fi

~)

Fw. 6-!

Para la determinación de las reacciones R 1 y R2 substituire-': mos la carga uniformemente repartida por su resultante qb. De las ecuaciones de momentos de la estática, con relación a . Y A se obtiene

'

R1 =

b b) L(c+ l

2

y

R.,= qJ! l -

(a+~)· ?.

{i)

Para una sección mn, tomada en el trozo cargado de la viga, la fuerza cortante se obtiene restando la carga q(x- a), a la izquierda, de la reacción R 1• El momento flector en la misma sección se obtiene restando el momento de la carga a la izquierda de la sección, del momento de la reacción R 1 • De esta forma encontramos x-a V= R 1 -q (x-a) y M= R 1 x-q(x-a) X - - (k} 2

1

i

!,¡

Para el trozo derecho de la viga, considerando las fuerzas a la derecha de la sección, se tiene y

(l)

Mediante las expresiones (j), (k) y (l) los diagramas de fuerza cortante y momento flector pueden construirse con facilidad. El diagrama de fuerza cortante -fig. 64 (b)- consta de los trozos horizontales a 1e1 y d 1 b1 , correspondientes a las partes descargadas de la viga y de la línea inclinada e1d 1 , que se refiere al trozo cargado uniformemente. El diagrama del momento flector -figura 64 (e)- consta de las dos líneas inclinadas a 2c2 y b2d 2 , correspondientes a los trozos descargados y de la curva parabólica e2d 2 , de eje vertical, afecta a la parte cargada de la viga. El momento flector máximo se presenta en el punto e2 , correspondiente al e1 , donde la fuerza cortante cambia de signo. En los puntos e2 y d 2 la parábola es tangente a las líneas inclinadas a 2e2 y d 2 b2 , respectivamente. Ello se deduce del hecho de que en los puntos e1 y d 1 del diagrama de fuerza cortante no existe cambio brusco en el valor de dicha fuerza cortante; por consiguiente, en virtud de la ecuación (50), no puede presentarse cambio brusco en el valor de la pendiente del diagrama del momento fiector en los puntos correspondientes e2 y d 2 • En el caso de una ménsula (fig. 65) se emplea el mismo método para construir los diagramas de fuerza cortante y momento fl.ector. Midiendo x desde el extremo izouie1·do de la. viga., y

1

1' 1 1 1 1

¡

78

FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

RESISTENCIA DE MATERIALES

considerando el trozo a la izquierda de la carga P 2 (O< x
es nula. El momento flect.or máximo en valor numérico, así como la fuerza cortante máxima, acontecen en el extremo B de la viga. Si sobre la viga actúan simultáneamen te cargas concentr~das y distribuídas, es conveniente dibujar por separado los diagramas correspondient es a cada clase de cargas, y obtener los valores totales de V o M, para cua quier sección, sumando las ordenadas correspondient es a los dos diaO'ramas parciales. Si, por ejemplo, tenemos las cargas concentn:'das p p y p (figura 62) simultáneamen te con una carga uniforme t{ig. ~3), ei momento flector para cualquier sección se obtiene sumando las ordenadas correspondient es de los diagramas representados en las figuras ü2 (e) y 63 (e).

::-:.

" -~

1

·'\.·

il 1

'1

1)

¡'

2

2

4 Fxo. 66 El diagrama de fuerza cory ab, tantees la recta inclinada el del momento flector la parábola a 1 b1 , de eje vertical y t gente al eje horizontal en a 1, punto en que ~ fuer~ cor

79

Problemas l. Dibujar, aproximadflmen te, a escala, los diagmmas de fuprza cortante Y ~oment~ flector correspondiente s a las vigas de la figura 67. Acota.r en dwhos diagramas los valores máximos tanto positivos como negativos de la fuerza cortante y del momento flector.

FIG. 67

Resolver las mismas cuestiones del problema anterior para las 1 • 2. ;, \Tigas de la figura 68. 3· Una ménsula solicitada por rma carga total W distribuida
.,.

..

:'

80

RBSISTENCJA DE

la figura 72 (a), desde cero, en el extremo izquierdo. Dibujar a escala los diagramas de fuerza corta.nte y momento flector si W = 6.000 kg. y l= 7,20 m.

trada en el uxtremo detecho. Dibujar los diagramas de fuerza cort.ante y momento flector. Solución: La fuerza cortante en la. sección mn a distancia x del' extremo izquierdo de la ménsula es numéric,1mente igual a la parte

t:

t

81

FUERZA COR'rAN'l'J
MAT~JRTALF,i'l

t i t 1

SOOKg.

FIG.71

FIG. 70

Soluci6n: Las reacciones en los apoyos son, en este caso, ~IJD.,.

1

R 1 = "3 W = 2.000 kg. Fw. 68

V

nos anterionnente adoptada (fig. 59), se obtiene

V=-W¿¡•

w (b}

El diagrama de fuerza cortante esto representado en la figura 69 (b) poi le parábola ab de eje vertical que pasa por el punto a. El momento flector en la seo' ción mn se obtiene tomando el momentql de la parte de carga rayada respectó al O de G de la sección mn. Por tanto, x2

= R, -

W

~=

M

=

=

a

1

(

3 Wx 1, I

x

8 )

- {i • 11

X

l

1

1)

1

~) •

x• x W y¡ X

R 1x -

Este momento está representado por la curva a 1c1 b1 de la figura 72 (e). El momento flector máximo acontece en e1, donde la fuerza cortante cambia de signo y

M=-W/2Xa·

')

W ( ~-

El diagrama de fuerza cortante es la curva parabólica acb de la figura 72 (b). El momento flector en la sección mn es

xs

o--~----------~

Rt = 4.000 kg.

La fuerza cortante en la sección mn se obtiene restando la parte ra.ya.da de la carga de la reacción R 1 • Por tanto,

de carga rayada. Puesto que la carga total vale W y PsM reprPsPnt!Vbl. Wx 2 por el triángulo A O B, la parte rayada es ¡ 2- . Por la regla de !Od ~:ug•

(o}

y

Este momento está representado POI la curva a 1 b1 en la figura 69 (e). 4. Una viga de longitud l apoyad»' unifonnemente en toda su longitud so porta en los extremos dos cargas igua les P (fig. 70). Dibujar los diagramns d fuerza cortante y momento flector. 5. Una. viga de longitud l apoya.cJ Fw. 69 uniformemente en toda su longitud sopot ta en su centro una carga concentrada P = 500 kg. (fig. 71). Hallar momento flector máximo en valor numérico. Dibujar los diagramas C fuerza cortante y momento flector. . 6. Una viga simplemente apoyada de longitud Z soporta una..carl tot.al W distribuida de modo que su intensidad crece, tal como mdil

donde x

(Dj

(b)

= v'3 ·

7. Una viga simplemente apoyada A B soporta una carga distribuida, cuya intensidad está representada por la linea A O B (figura 73). Hallar las expresiones a, ¡,, de la fuerza cortante y del mo(C) mento flector en la sección mn. Fw. 72 Solución: Suponiendo a la carga tot.al W aplicada en el O de G del triángulo A O B, las rea.cciones en "· los apoyos son:

/:'\

R¡ = wl

'

"

+b 3l

ltBSISTlilN("(A DE IUTERIALBS.-

T. 1

y 6

l

¡ 1

82

FUERZA

RESISTENCIA DE MATERIALES

La carga total se divide en dos partes representadas por los tri Wa Wb . La gulos A UlJ y U BlJ, de valores -l- y - -. , respectivamente. parte 1

UO~TANTE

Y MOMENTO ELECTOR

83

Mmáx = 3.360 m. kg. 9. Dibujar a escala aproximada los diagramas de fuerza cortante y momento flector y acotar en ellos los valores máximos positivos y negativos para las vigas con voladizos de la figura 74. Solución: En el caso de la figura 74 (a) las reacciones son 335 kg. y 1.665 kg. La fuerza cortante en el trozo izquierdo de la viga es V = 335 - 60 x. Está representada en la figura por la línea inclinada ab. La fuerza cortante para el trozo derecho de la viga se encuentra como en el ca,;o de una ménsula y está representada por la recta inclinada b'c. El momento flector para el trozo izquierdo de la viga es M = 335x

e· '

2

-60 ~· Está representado por la parábola a 1e1 b1 • El momento máximo

FIG. 73 x•

-x2

acontece en e1 , punto correspondiente al e, en el que la fnerza cortante cambia de ,;igno. El diagrama del momento flector para el trozo de la

.

La ti.JArza cortante y el momen Yttda de caTga vale W ~l x a- 2 = W --. al. ' flector en mn serán, por consiguiente,

x• V=R,-Wa;,

ei!~I~I~IIIIIJ

y

FIG. 75

-#'''''''''''"''''WQ,,. ,z,..,._J '''''l.Ll.l~ L. _ _ _ _.,..c,oo.

11

~

50011'

I!JIIm .90

o

{h)

.-

e

Respue~>ta:

500K!J·

d = 0.586l.

tt Zo/~ ..tg./t' fe)

p

d

(i)

derecha es análogo al de una mémmla y está representado por la parábola b1c1 , tangente en c1 . 10. Una viga con dos voladizos iguales (fig. 75) sufre una carga wliformen.ente distribuída y tiene una longitud l. Hallar la distanciad entre los apoyos para la que el momento flector en el centro de la viga e" numéricamente igual a los momentos en los apoyos. Dibujar lm; diagramas rl.e fuerza cortante y momento flector para este ca,u.

'

FIG. 74 De modo análogo se deducen la fuerza cortante y el momento tor para una sección correspondiente al trozu lJB de la viga. 8. Hallar Mmáx en el problema anterior sil = 3,60 m. b -= 0,90 w = 6.000 kg.

·11 1

FATTGAS RN LAS VTGAS

..

CAPITULO IV

85

permanece n rectas, sino que toda la seceión transversa l de la barra, primitivam ente plana, queda plana y normal a las fibras longitudin ales de la barra después de la flexión. Los ensayos realizados han dado resultados concordan tes con los obtenidos desaiTollando la teoría, basada en aquella hipótesis, en lo concerniente a la flexión de la baiTa y a la deformaci ón de las fibras longitudin ales. De la hipótesis anterior se deduce que du-

FATIGAS EN LAS VIGAS 23. Flexión pura de barras prismátic as.-Una baiTa prismática sometida a la acción de pares iguales y opuestos en sus extremos, se dice que está solicitada a flexión pura. La parte central CD de la: barra A B (fig. 76) está :sometida a una solicitación de este tipo. La magnip tud Pa del par que produce la A l-----.;- --,-.,...- --::---i8 flexión se llama momento flec- P e ¡n (a) P tor. Considera ndo la sección 0 :~ mn, y quedándo nos con la par14 te izquierda de la baiTa, se deduce que para el equilibrio es ' necesario que las fuerzas in-·· FIG. 76 ternas distribuíd as en la sec- • ción mn, y que representa n las acciones en dicha sección de la · parte de la baiTa situada a su derecha, sean estáticam ente equi- · valentes a un momento JI;J igual y opuesto al momento flec- .· tor Pa. Para encontrar la distribuci ón de estas fuerzas internas : considerar emos la deformaci ón de la barra. En el caso sencillo de una barra que tenga un plano longitudin al de simetría, y : cuando los pares flectores actúan en este plano, la flexión ten.,.· drá lugar en dicho plano. Si la barra es de sección rectangular y se trazan dos líneas verticales mm y pp en sus lados,. los ensayos experimen tales realizados han hecho ver que dichas líneas permanec en rectas durante la flexión y giran hast": quedar perpendic ulares a las fibras longitudin ales de la barra·. (figura 77). La teoría que vamos a exponer de la flexión se basa:. en la hipótesis de que no solamente las líneas, tales como mm,:

¡

Fw. 77

rante la flexión las secciones mm y pp giran, una respecto a otra, alrededor de ejes perpendic ulares al plano de flexión, de tal modo que las fibras longitudin ales del lado convexo sufren extensión, y compresió n las del lado cóncavo. La línea nn es 1 la traza sobre el plano de la figura de la superficie cuyas fibras no sufren deformaci ón durante la flexión. Esta superficie se llama superficie neutra, y su intersecci ón con cualquier sección recta de la baiTa se denomina línea neutra. El alargamie nto s's1 de cualquier fibra situada a una distancia y de la superficie neutra se obtiene trazando la línea n 8 1 1> paralela a mm -fig. 77 (a)-. Represent ando por r el radio de curvatura del eje de la baiTa después de la flexión 1, y usando la semejanza de los triángulos non1 y 8 1n s', el alargamie nto uni1 tario de la fibra &/ será 8'81

y

Ex=·-=···

nn 1

d

r

(52)

1 El eje de _la barra es la línea que pasa por los centros de grave. ad de sus secciOnes. O representa el centro de curvatura.

~e ve, por tanto, que la deformación unitaria en cada fibra longitudinal es proporcional a su distancia a la superficie neutra, e inversamente proporcional al radio de curvatura. Los ensayos realizados han puesto de manifiesto que la extensión de las fibras del lado convexo de la barra viene acompañada de una contracción lateral, y la contracción longitudinal del lado cóncavo de una expansión lateral, tal como en el caso de extensión o compresión simple (véase artículo 14). Esto cambia la forma de todas las secciones rectas. Los lados verticales de la sección rectangular se inclinan tal como indica la figura 77 (b). La deformación unitaria en sentido lateral es Ez

= -

(J.Ex

=-

{l

'r!!.

(53)

donde (J. es el módulo de Poisson. Debido a esta distorsión todas las líneas rectas situadas en la sección recta y paralelas al eje z se transforman en curvas normales a los lados de la sección. Su radio de curvatura R será mayor que r y estará con él en la misma relación que e:., y e:z (véase ecuación 53); por tanto,

R=

!r. (J.

(54)

La fatiga en las fibras longitudinales, deducida de la ley de Hooke, es

Ey

CJz

= -·

87

FA'fiGAS EN LAS VIGAS

RESIS'fENCIA DE :MATERIALES

86

(55)

r

La distribución de estas fatigas se ve en la figura 78. La fatiga en cualquier fibra es proporcional a su distancia al eje neutro nn. La posición del eje neutro y el valor del radio de curvatura r pueden determinarse por la condición de que las fuerzas ligadas a la sección determinen un par resistente que equilibre al par exterior M (fig. 7G). Sea dA el área de un elemento de una sección recta e y su distancia al eje neutro (fig. 78). La fuerzn. ligada a este área elemental es el producto del área por la fatiga (ecuación 55), es decir, E y. dA. Puesto y_ue el sistema de fuerzas elementales que r

~tútt

sobre la sec~i6n recta equivale a un par, la resultante de chas fuerzas sera cero, y tendremos

J

Ey -- dA r

= Ef - ydA = r

O

'

es decir, estático del área de la secct'6n rec t a con ., el1 momento · re1amon a eJe neutro es cero ' o ' lo que es 1o mrsmo . la linea neutra pasa por el centro de gra' z vedad de la sección. El momento de la fuerza ligada al elemento antes dicho, respecto a la línea neutra, es Ey dAy. .

r

Sumando todos los momentos y de las fuerzas ligadas a la sección recta de la barra, y escribiendo Fw. 78 que el resultado es igual al mo~~nto M ~e las fuerzas exteriores, se tendrá la siguiente ~cua­ mon, que srrve para determinar el radio de curvatura:

f

E Elz = M - y2dA = _ r

0

r

I M -=-· r Elz

(56)

en la •cual I z =Jy'dA es el m oment o d e mercta . . de la sección recta co~ relación al eje neutro z (véase Apéndice pág. 335) E la ecuación (56) se v e que 1a curvatura varia , ' en proporción · n dir d ~e; con el momento flector, e inversa resRecto a la canti~ Iz,. q~e por esto se denomina rigidez a la flexión de. la barra. Ebmmando . o bt'Iene 1 ·, . . r entre las ecuaciones (55) y (56) , ~:~e a expreswn sigwente _para la fatiga: CJ:z;

My

= -. Jz

(57)

El análisis precedente se ha hecho para una sección rectan~ar. Es válido también para el caso de una barra de cualquier ttpo, de s~cció~ .recta, que tenga un plano longitudinal de simetría y este sohcttado a flexión por pares que actúen en sus extremos Y obren en este plano, puesto que en tal caso la flexión de la barra se present·a en di h 0 P1ano, Y las sf;lcciones recta¡;¡,

°

·~

FATIGAS EN LAS YTGAS

RESISTENCIA DE MATERIALES

88

primitivam ente planas y normales al eje de la barra, quedan planas y normales a las fibras longitudinal es después de la flexión. En la ecuación (57), M es positivo cuando produce una flexión como la de la figura 77; y es positiva hacia abajo. Un signo negativo para cr., indica, según sabemos, una fatiga de compresión. Las fatigas máximas de compresión y extensión se presen· tan en las fibras más alejadas de la linea neutra, y para la sección rectangular , o cualquier otra forma de sección que tenga el centro de gravedad a la mitad de la altura o canto de la h viga h, en que Ymáx = , valen

89

neutra a las fibras más alejadas hacia abajo y hacia arnba, las fatigas máximas para un momento M positivo serán Mh

1 (crz)máx = - - ,

(61)

I.

P:tra un momento negativo, Mh

2 (crz)máx = - - - ;

(62)

I.

Los anteriores razonamien tos y consecuencias se han hecho · len la hipótesis de que la barra tuviese un plano longitudinal de simetría en el cual actuasen los momentos fiectores; sin embar·

2

Mh

Mh

y

(crxhnáx = - ,

2 J~

(cr.,)mfn = - - · 2 J~

(58)

Para simplificar se acostumbra a usar la anotación Z

=

Fro. 79

2la h

(59)

y entonces M (crx)máx = - ;

z

M (crx)mln = - - ·

z

1

(60)

d.

La cantidad Z se denomina módulo o momento resistente la sección. En el caso de una sección rectangular -fig. 77 (b)se tiene bh2 bh 3 Z=-· 1.=-; 6 12 Para una sección circular de diámetro d, 1td~

1.=-; 64

go, los resultados pueden aplicarse también cuando dicho plano no existe, con tal de que los pares de flexión actúen en un plano axial que contenga uno de los dos ejes principales de la sección recta (véase Apéndice, pág. 344). Estos planos se denominan planos principales de flexión. Cuando hay un plano de simetría y los pares de flexión actúan en este plano, la flexión se presenta en él. El momento de las fuerzas interiores, tales como las que muestra la figura 78, respecto al eje horizontal, equilibra al par de las fuerzas exteriores. Los momentos de dichas fuerzas interiores, respecto al eje vertical, se anulan unos con otros, debido a que los momentos de las fuerzas a un lado del eje son exactament e equilibrados por los momentos de las fuerzas correspondi entes del otro lado. Cuando no hay plano de simetría, pero los pares flectores actúan en un plano axial que pasa por uno de los ejes principales de la sección, xy en la figura 79, una distribución de fatigas que sigue la ley de la ecuación (56) satisface a las condiciones de equilibrio. Esta distribución da, se¡:!:Ún se ha visto, un par

7td8

Z=-·

32

Para las diversas formas de perfiles, I, e, etc., los diferea tes valores de I. y Z están tabulados en los manuales y catálogO!! Cuando el centro de gravedad de la sección recta no está t la mitad de la· altura de la viga, como, por ejemplo, en el o~ de una viga en T, si h 1 y h 2 repre::;cntan las distancias de la~

FATIGAS EN LAS VIGAS

alrededor del eje horizontal (eje princip:tl z) que equilibra 11l par exterior. Alrededor del otro eje principal y, el momento resultante vale

ll. Una viga de madera de serción cuadrada de 25 X 25 cm. está apoyada en A y B (fig. 80), y en sus extremos se aplican las cargas P. Determinar el valor de P y la flecha 3 en el centro, si AB = 5,4 m., e= 0,90 m.; (crxlmáx = 70 kg./cm. 8 y E = lOó kg./cm.a. El peso de la viga se desp1·ecia. Respuesta: 3 = 0,204 cm. p = 2.025 kg.;

M 11 =

Jz~y ;.r dA=

yzdA.

Eats. integral es el producto de inercia de la sección recta (véase .Apéndice, pág. 341), y es cero si y y z son los ejes principales. de la sección. En nuestro caso así se verifica y, por tanto, las condiciones de equilibrio quedan satisfechas. Problemas Determinar la fatiga máxima en un eje de locomotora (fig. 80) si e = 35 cm., el diámetro d del eje es 25 cm. y la carga P en el extremo es 13.000 kg. Solución: El momento flector que FIG. 80 actúa en la parte media del eje es M= P X e=- 13.000 X 35kg. X cm. La fatiga máxima por la ecuación (60) es

l.

amás ¡1

'1

11 ¡]

~1

RESISTENCIA DE MATERIALES

90

k f = M= 32 · M= 32 X 13.000 X 35 1 = 300 g. cm. rr X 25• rrd 3 Z

2. Determinar el radio de curvatura r y la flecha del eje del pro- \~ blema anterior si el material-es acero y la distancia entre los centros de los apoyos es 150 cm. Solución: El radio de curvatura r se determina por la ecuación (55), '' .

sustituyendo y=

d 2

Thnz

, _ 450.000 X 15 = 6\IU 9785

(crz)wt.•-

=

!!_ ~ = 2 X 106 X 25 cr 2

2 X 300

= 833 m.

Para calcular 3 (fig. 80), se tendrá en cuenta que la curva de fle·' xión es un círculo de radio r y DB es un cateto del triángulo rectángulo DO B, en el que O es el centro de curvatura. Por tanto,

DB 2 = r 1 -

(r _:_ 3) 2 = 2 rll- 31 ,

8 es muy pequeño comparado con el radio r y la cantidad 1> 2 puede des·' -:' . preciarse en la expresión anterior, de este modo:

.

kg.fc~n.

¡¡ =

Tr-

150• = 8 X 83.300 = 0,0337 cm,

,

5. Determinar la fatiga máxima producida en un alambre de acero de diámetro d = 0,8 mm., cuando se arrolla a una polea de diámetro D = 50 cm. Solución: El alargamiento máximo debido a la flexión, ecuación 52, es 0,08 d e~15=50

y la fatiga de extensión correspondiente es (a:¡;) mar= c.E =

0,08 X 2 X 106 = 3.200 kg.fcm. 2 50

6. Una regla de acero de sección recta 0,08 x 2.5 cm. y una longitud l = 25 cm. se flexa, aplicando pares en sus extremos en forma de arco circular de 60 °. Determinar la fatiga max1ma y la flecha. Solución: El radio de curvatura r se determina por la ecuación 1 = 6 2 rrr, de donde r = 23,87 cm., y la fatiga. máxima por la ecuación (55), (cr:¡;)ma. =

E X 0,04

r

=

8

104 = 3.350 kg.jcm.a 23 87 X

,

La flecha calculada para un arco de circulo es

DB 2

a.

3 ='1,03 cm.

12,5 cm. y crmáx = 300 kg.fcm. 1

=

r

4. Una vigueta comercial de 30 cm. está apoyada como indica la figura 81 y cargada en los voladizos con una carga uniformemente distribuída de 1.000 ~cm kg./m. Determinar la fatiga máxima en la parte central de la viga y la flecha en su punto FIG. 81 medio, si lz = 9.785cm. 4 • Solución: El momento flector en la parte central de la viga será M = 1.000 X 3 X 150 = 450.000 kg. X cm.

8

=

r (1- cos 30°) = 3,2 cm.

i 1

i

92

RESISTENCIA DE

MATERIAI~ES

FATIGAS EN LAS VIGAS

7. Determinar la fatiga máxima y el valor de los pares aplicados en los extremos de la regla del problema anterior si la flecha en el oen- : tro es 2,5 cm. Reavuesta: (a.,lmáx

=

M = 6, 9 kg.

2.600 kg./cm. •;

X

cm.

s. Determinar la curvatura producida en una viga de acero libre•.. mente apoyada de sección rectangular por un calentamiento no unifo~e·. a Jo Jar go del canto h de la. sección. La. temperatura en un punto a la ~-: tancia y del plano medio xz de la viga (fig. 77) viene dada. por la ecua.o16n. t

+ tu + -(t¡--hto)-

t1

= -2-

y,

donde t es la temperatura en la cara inferior de ls. vig:a., t0 la tempera-~ tura. en \a cara superior, t1 - t0 = 80° C y el coeficiente de dilatac~ón' IXa = 125 x 10-1. ¿Qué fatiga. se producirá. si los extremos de la. vtga.,, están empotrados? · 1 +e, Solución: La. temperatura del plano medio xz es la constante t--, 2 y la variación de temperatura. de la~ de~ás fi~ras respecto a.. ella proporcional a y. El alargamiento umtar10 térmiCo correspond1ente es, también proporcional a y, es decir, sigue la misma ley que e~ alar~a-~ miento dado por la ecuación (52). Como resultado de esta dilataCión; no uniforme de las fibras, la viga flexa y el radio de curvatura. r se halla. . . . a.a(t¡ -to) h en l por la. ecua.c1ón (52), ut1bza.ndo en 1ugar d e E:¡ Y 2 ugar d e Y• 2 O sea h ,. = = 1.000 h.

ruf.

a.41

(~-

to)

Si los extremos de la viga e:;~tá.n empotrados, aparecen en ellos, pares de reacción tales que deshagan la. curvatura d~ibida aJ calenta.•. miento no uniforme. Por tanto, . !.

M

El,

Elz

~ r"""IOOO

h

Sustituyendo en la ecuación (57), se tiene l!Jy

!1

a;¡;=

r.oooh.

y la fatiga máxima es (as)mAx = 2 X

~.000 =

1.000 kg.fcm.l

9. Resolver los problemas 6 y 7 si el arco es de 10° Y el materia\ es cobre.

93

10. Resolver el problema 4, suponiendo que la viga es de madera, tiene sección cuadrada de 30 X 30 cm. y la intensidad de la carga uniformemente distribuida es 1.500 kg./m.

24. Vigas con formas diversas de sección recta 1.-De la discusión del párrafo anterior se deduce que la fatiga máxima de extensión o compresión en una barra sometida a flexión pura es proporcional a la distancia de la fibra más alejada a la línea neutra de la sección. Por tanto, si el material tiene la misma resistencia a extensión y compresión, será lógico tomar aquellas formas de sección recta para las que su centro de gravedad está a la mitad del canto de la viga. De este modo tendremos el mismo coeficiente de seguridad para las fibras extendidas que para las comprimidas. Es por esto por lo que se escogen secciones simétricas para materiales que, como el acero, tienen el mismo punto de fluencia a extensión y compresión. Si la sección no es simétrica respecto a la línea neutra, como, por ejemplo, en un carril, el material se distribuye entre la cabeza y la base, de modo que el centro de gravedad quede en el punto medio de su altura. Para materiales de pequeña resistencia a la extensión y alta resistencia a la compresión, como la fundición o el hormigón, la sección recomendable es la asimétrica respecto a la línea neutra, de tal modo que las distancias h 1 y h 2 de la línea neutra a las fibras más alejadas estén en la misma relación que las resistencias del material a extensión y compresión. De este modo se obtiene igual resistencia a una y otra clase de esfuerzos. Por ejemplo, en una sección en T, el centro de gravedad puede llevarse a una posición conveniente a lo largo de la altura, proporcionando de modo oportuno las dimensiones del ala y del alma. Para un momento flector dado la fatiga máxima depende del módulo resistente de la sección, y es interesante ver que hay casos en los que un aumento de área no origina una disminución de la fatiga. Ejemplo: Sea una barra de sección cuadrada flexada por 1 Un análisis completo sobre las diversas formas de las secciones rectas de las vigas puede verse en las notas del libro de Navier Resis~nce du oorpa solidu, ed. 1864 de Barré de Sa.int Venant. Véan.se páIPWI.ii 128-162. 1

¡:¡ 1

FATIGAS EN LAS VIGAS

pares que actúan en el plano vertical que pasa ~or una diago: nal (fig. 82), la fatiga máxima se produce en los an~los pp. S1 ahora cortamos las partes rayadas, dejando una secmon hexagonal de menor área, la fatiga máxima se habrá hecho menor

obtenerse en otros casos. En la figura 83 (a) puede aumentarse, a veces, el módulo resistente de la sección quitando las partes rayadas. En una sección circular -fig. 83 (b)- se aumenta el módulo resistente en un 0,7 por 100, quitando los segmentos rayados cuya flecha es í) = 0,011 d. En el caso de una sección triangular -fig. 83 (e)-, el momento re·

también. Sea a la longitud del lado del cuadrado. El momento de iner~ cia, respecto al eje z (véase Apéndice), 4

,...-----+'-"-~--

n,

z

y el módulo resistente coes I z = !!__ 12' rrespondiente será

p

Haaamos ahora mp = rxa, siendo ot o un número fraccionario que determiFIG. 82 naremos más adelante. La nueva sección recta se puede considerar formada por el cuadrado mm 1mm1 de lados a (1- ex), y de dos paralelogramos mn n 1m 1 . Su momento de inercia respecto al eje z es

y

Jl- ~4Q. -ex)4 z 12

+

2. exav'2 [~-~exJ]a = a4 (1-ex)S (1 3 v'2 12

+ 3ot)

y su módulo resistente será

Z'=_!_'J 2

a(1-cx)

=

~a3(I-rx) 2 (I+3cx). 12

Si ahora se determina el valor de rx, que hace máximo a Z', ': 1 se encuentra ex= . D and o es t e va1or a ex se ve que , cortando .·

9

!l

95

RESISTENCIA DE MATERIALES

94

los án!!lllos de la sección cuadrada en la forma dicha, la fatiga ; máxi~a por la flexión disminuye alrededor de un 5 por 100. · Este resultado se comprende fácilmente considerando que el momento resistente de la sección es la relación entre el momento de inercia y la mitad de la altura de la sección. Al cortar los· ángulos, el momento de inercia de la sección ha disminuído en. menor proporción que la altura, por lo que el módulo resistente; ha aumentado y (a.,)mú disminuido. Efectos análogos pueden;

cJ 8 &

sistente puede aumentarse matando el ángulo rayado. d 7 Al proyectar una viga sometida a flexión pura, no solamente debe (a) lb) ly (C/ considerarse la condición de resisFIG. 83 tencia, sino la de economía, al tener en cuenta su peso. De dos secciones de igual momento resistente, es decir, respondiendo a la resistencia con el mismo coeficiente de seguridad, es más económica la de menor área. Consideraremos, en primer término, la sección rectangular de altura h y ancho b. El módulo resistente es

z"""' bhz =!Ah, 6

6

(a)

donde A representa el área de la sección. Se ve que la sección rectangular es tanto más economwa cuanto mayor P.S su altura h. Sin embargo, hay un límite para el aumento de h, debido a que la estabilidad de la viga disminuye a medida que la sección se estrecha. El fallo de una viga de sección rectangular muy estrecha puede deberse, no a. sobrepasar la resistencia del material, sino a pandeo lateral (vease Segunda parte). En el caso de una sección circular se tiene

7td3

1

32

8

Z=-=-A·d.

(b)

Comparemos dos secciones: una circular y otra cuadrada, de igual área.. El lado h de la sección cuadrada. deberá ser

h

= v'Ttd. 2

!

96

Sol·ución: Para satisfacer la condición dtll enunciado es necesario que la distancia del centro de gravedad de la sección a la fibra más

Aplicando la ecuación (a), resulta Z = 0,147 A -d.

alejada del ala satisfaga a la condición e =

Si este resultado le comparamos con la ecuacwn (b), se ve que la sección cuadrada es más económica que la circular. Estudiando la distribución de la fatiga con la altura (fig. 78), se llega a la conclusión de que para que una sección sea económica, la mayor parte del material de la viga debe situarse tan alejado como sea posible de la línea neutra. El caso límite sería: dada una altura h y un área A, situar áreas de valot

~a

distancias

i

.:

eb-- --------- --Jl

M

i

.•· · , í

M

~2

X (h2_,)2

=Ah2 -; 4

ht ·

1

Z =-Ah. 2

(e)-~

La comparacwn de (d) y (a) muestra que la sección en I, es más económica que la rectangular de la misma altura. Al

mis-:

M

.

([;.

ht

~2 + !x-t) ~2

+ (x-t)'

h =

4'

de donde

'h•

A este límite se aproximan las secciones en ( de la práctica, ' en las que la mayor parte del material está en las alas. Debido ' a la existencia necesaria del alma de la viga no puede alcanzarse el valor (e) y para la mayoría de los perfiles de catálogo se tiene,' de modo aproximado, (d)· Z ~ 0,30 Ah.

~ ~

TomRndo momentos respecto a la cara inferior del ala, se tiene (figura íS4):

e= X

~ h.

FIG. 85

de la línea neutra. Entonces,

1.=2

97

FATIGAS EN LAl:l LIGAS

RESTSTENC'JA DE MATERIA LES

X=

t

100

+ h-2t = 2 + 10-4 =

18 cm.

2. Determinar la relación (axlmáx: (axlmln para una sección en C como la de la figura 85, si t = 5 cm., h = 25 cm., b ...., 60 cm.

Respuesta: (axlmáx: (az)mfn = 3 : - 7.

3. Determinar la condición para la que la disminución de altura h1 de la sección de la figura 86 venga acompañada de un aumento del momento resistente. Solución: 8 = bh + dh: 6hl 6 •

z

M

Dp1 +

dZ bh3 dh¡ =-6hf

X

d~

+ 3"

i 1

Fm. 84

La condición para que aumente Z al disminuir 'h1 es

mo tiempo, y debido a la anchura de las alas, una viga en 'será siempre más estable respecto a efectos laterales de pand que otra rectangular de la. misma altura. y momento resistente: Problemas 1. Determinar la anchura x del ala de una viga de fundició cuya sección es la de la figura 84, si la fatiga máxima de extensi debe ser un tercio de la máxima fatiga de compresión. La. altura. de viga es h.- 10 cm.; el grueso del alma y del ala es 2 om.

'=

b h~ 2d > fii"

ó

1

Fw. 86

4. Determinar qué cantidad debe quitarse de una sección en forme de triángulo equilátero -fig. 83 (e)- para obtener el máximo de Z 5. Determinar la relación entre los pesos de tres vigas de la misma l~ngitud, sometidas al mismo momento flector M y con igual (axlmáx SI. las secciones rectas son un circulo, un cuadrado y un rectángulo de dimensiones h =2b.

!1' :1:.

,,

i

!

Sol140ión:

1

1,12 : 1 : RlilSlSTIIJiCU ll.llo ».A'UJI.lAL!il8.-

T. 1

¡'! '

o, 793. 7

!

1

!

1.

1

99

FATIGAS EN LAS VIGAS RESISTENC IA DE MATERIAL ES

98

25.

Caso general de vigas cargadas transversalmente.-En:;

el caso general de vigas cargadas transversa lmente, la distribución de fatigas sobre una sección transversa l de la viga equilibra a la fuerza cortante y al momento flector correspon dientes· a dicha sección. El cálculo de las fatigas se hace corrientem ente: en dos etapas, determina ndo primeram ente las fatigas produ- · • cidas por el momento flector, llamadas fatigas de flexión y des·. pués las fatigas cortantes producida s por la fuerza cortante.. En este artículo nos limitarem os al cálculo de las fatigas d,E' flexión, dejando para el próximo artículo el análisis de las fa- • tigas cortantes. Para calcular las fatigas de flexión supondrem os que dichas , fatigas se distribuye n del mismo modo que en el caso de la fle- · xión pura y emplearemos las fórmulas deducidas en el ar-: tículo 23. Los resultados experimen tales muestran que esta hi-.: pótesis es suficientemente aproxima da si la sección que se con.:' sidera no está muy próxima al punto de aplicación de una carga. concentra da. En las proximida des de la aplicación de una carga.: concentra da la distribuci ón de fatigas es más complicada. Este problema se estudiará en la Segunda parte. El cálculo de 1~. fatigas de flexión se realiza para las secciones en las que el roo . mento flector tiene su valor máximo positivo o negativo. nocido el valor máximo del momento flector y el valor de la. fatiga de trabajo a flexión del material a1, las dimensiones d la sección recta de la viga se calculan por la. ecuación

eo·

(63

A continuac ión damos diversos ejemplos de aplicación d. esta ecuación. Problemas

·

l. Determina r las dimensione s necesarias de un perfil comeroi en I que ha de soportar una. carga distribuida de 600 kg./m. tal co indica la figura. 87, siendo el coeficiente de trabajo a 1 = 1.200 kg.fcrn., Se tendrá en cuenta solamente la fatiga normal y se despreciará el ·' de la viga. Soluci6n: Para obtener la sección peligrosa de la viga se cona

'.

el diagrama del esfuerzo cortante -fig. 87 (b)-. La reacción en el 10opolte izquierdo es 1,8 X 600 X 0'9 3,6 X 600 X 4,5 B = 1.700 kg. 6,3 1 =-

+

1' 1

i'l¡

FIG. 87 La fuerza cortante para cualquier sección de la parte AO de la viga es Q = R 1 -qx = 1.700-60 0 x.

Esta fuerza es cero para x

=

11

.1

1.700 = 2,83 m. Para esta sección 600

el momento es un máximo:

Mmlol< = 1.700

X

2'83- 600

X

~.

2'83 2 = 240.000 kg.

X

cm.

El momento resistente necesario es 3 = 200 Z = ~40.000 cm. 1.200

~

Esta condición queda satisfecha para _B=-)J.:±:t7:'7'7/"77/7hm"*' una I laminada de altura 20 cm. área, de la 3 --- , sección recta 33,40 cm.s y Z = 214 cm. , ~ catálogo de la Sociedad Metalúrgic a DuroFelgueru. hl2. Una presa de madera (fig. 88) está formada por tablones verticales tales como Fw. 88 A B, de sección rectangula r, cuya dimensión h es 30 cm., apoyados en sus extremos. Determinar (cr.,)ma:o.: si la longitud de las barras es l = 5,4 m. y su peso se

i J

'1

desprecia. Soluci6n: Sea b el ancho de un tablón. La presión hidrostátic a so• bre él, representad a. por el prisma triangular ABO, es W =

~ W1, la

i!

'·

.. .,11

lOO

FATIGAS EN LAS VIGAS

RESISTENCIA DE MATERIALES

reacCI'ón en A es R 1

= 31 W = 61 bl 1

por tanto,

y la fuerza cortante en cualquier.

sección mn es igual a la reacción R 1 menos el peso del prisma de agua Amn, es decir, V = R1 -

W

x

2

z¡

= W

La posición de la. sección para la que M es máximo se encontrará por la ecuación

1

x ) \a -z¡

(l

101

La posición de la sección correspondiente a. Mwax se encuentra. por la condición V = O, o sea

o

de donde

de donde

x

=

x = 2,01 m.

.ja =

3'12 m.

El momento flector para cualquier sección mn es igual al momento de la reacción menos el momento de la. carga Amn. Será, por tanto,

El momento flector para cualquier sección mn es igual al momento de la reacción R 1 menos el momento de la carga distribuida. repre· sentada. por el prisma triangular Amn. Es decir,

Wx 2 M=R 1x - -zs- · x

1

Wx( 1 x a=a\_ -z¡

x2

Sustituyendo, según hemos visto, ""[2 =

1

3

y x

=

)

3 x2 x M= R 1x-;¡ W (l-d¡• · 3' Sustituyendo el valor calculado de x,

·

Mm~os

3,12 m., se obtiene

!)

D

2

X

312 _ k / 1.000- 67 g. cm. 1

3. Determinar el valor de Mmáx en una viga que soporta la carga trian.gular AD B igual a W = 6.000 kg. ,¡, si l = 3,60 m. y d = 0,90 m. (figura 89). Solución: La. distancia e del a poyo B a la vertical que pasa por el centro de gravedad del triángulo es 1 e= (l + d) = 1,5 m.

~---+:::--+--r-~~ R1 ll2

.11

FIG. 89

3

La reacción en el apoyo A es

W (l-d) '""

~

=,

1

288.000 kg. X cm.

l<'IG. 90 240cm.8 1.200 . El perfil I comercial de altura. 22 cm. y área de sección recta 39,50 cm.•, = 278 cm.1 , es la. sección más aproximada. por exceso que cum· ple Jas condiciones de resistencia.. ó. Determinar la posición más desfavorable de una vagoneta. mó•

Z =

z

·:.·

~ W

-

Se necesita

La fuerza cortante para cualquier sección mn es igual a la reacción B 1 menos el peso de la carga representada por Amn. La carga que representa el área ADE es

""DE

cm.

at = 1.200 kg./cm. • El peso de la viga puede despreciarse. Solución: En la. figura 90 (b) y (e) se ven los diagramas del momento flector y de la fuerza cor· tante correspondientes a las cargas distribuidas. A ellos deben añadirse el momento flector y la fuerza cortante producidos por la carga P. El momento flector máximo se presenta. a. la mitad de la luz Mm~os

R = W. e 6.000 X 1,5 k 1 l = 3'6 = 2 .500 g.

A

X

4. Construir los diagramas del momento flector y de la fuerza cortante para. el caso de la figura 90 (a) y determinar el perfil comercial l 20 en I necesario si a = e = ;¡ = 1,8 m., P = 1.000 kg., q = 3 kg.fcm.

Mmá• =!)1 bl 1x, = 6 Mm.,._~ ( (a, ) qz = MmA. Z i.Jh 2 - 3 ,h

= 336.000 kg.

~_() =

103

FATIGAS EN LAS VIGAS

102

vil sobre nnH viga tal como indwa la figura 1:11. Encontrar Mmáx si la carga por rueda es P = 5.000 kg., l = 7,20 m., d == 1,80 m. El peso de la viga se desprecia. Solución: Si x es lu distancia de la rueda. 1zquierda al apoyo izquierdo de la viga, el momento flector debajo de dicha rueda izquierda es

¡'

1

'

' 1

RESISTENOIA DE MATERIALES

~

2P

Fw. 91

(t-x-~

d)x ••

Repartiendo el momento en partes iguales entre las dos vigas, el momento resistente de cada una deberá. ser

¡!

,1

- - = 525 , 5 cm. 8 7,= Mnix

2 O"¡ 1 La sección en I necesaria tiene una altura de 28 cm., área 61 cm. 8 . y Z = 541 cm. • El peso de la viga se desprecia. 7. Una viga de madera de sección circular apoyada en C Y umda a la fundación en A (fig. 93) sufre une. carga de q = 500 kg./m. um· fonnemente distribuida a lo largo de la. porción BO.

B

L

Este momento es máximo cuando 11! 1

l¡

'• ;¡.

1

t

d

2

4

X=---•

1

Por tanto, para obtener el má.x1mo momento flector bajo la rueda iz,.. quierda, es preciso desplazar la vagoneta desde la posición central la

cantidad

~

hacia el apoyo derecho. Puede obtenerse el mismo valor

para el momento flector en el punto de apoyo de la 'rueda derecha., desplazando la vagoneta desde la. posición central la cantidad

d

¡

hacia

el apoyo izquierdo de la viga. 6. Los carriles de una grúa (fig. 92¡ están sostenidos por dos vi~ gas de sección en I y perfil comercial.

FIG. 94

FIG. 93

Construir el diagrama del -momento flector y determinar el diámetro necesario d si cr1 = 81 kg./cm. 2, a= 0,90 m., b = 1,8 m. Solución: El diagrama del momento flector se ve en la figura. 93 (b). Numéricamente, el momento máximo se presenta en O y vale 81.000 kg. X cm.

_____ !

d JfiG. \12

Determinar la posición más desfavorable de la grúa, el Mmu CO• rrespondiente y las dimensiones de las vigas en I si crt = 1.200 kg./cm! l = 9 m., a = 3,60 m., d ""' 1,8 m., el peso de la grúa W = 5.000 kg. y la carga levantada por la grúa P = 1.000 kg. Las cargas actúan en el plano medio correspondiente a. las dos vigas en I y se reparten por igual entre ellas. Solucwn: El momento flector máximo se presenta en el punto de apoyo de la rueda derecha cuando la distancia de esta rueda al a.po)'Q derecho es l1 =

~ (z - ~ d}

M rua• = 1.261.250 kg.

X

cm.

=

- ·- = lY 32M 7t

CJt

21 cm.

8. Una presa de madera sostenida por pilares verticales empotrados en su extremo inferior (fig. 94) está hecha con tablas horizontales. Determinar la dimensión de la sección de los pilares cuya forma es = 40 kg./cm. 8 • Dibujar los cuadrada si l = 1,8 m., d = 0,90 m. y diagramas del momento flector y de la fuerza cortante. Solución: La carga lateral total de un pilar está. representada por el peso W del prisma triangular de agua ABO. Para cualquier sección mn, el esfuerzo cortante y el momento flector son:

a,

Wx1 V=- "11;

Wx 1 M=-z¡-.

X

3'

Al determinar los signos de V y M se ha supuesto que la figura 94 ha girado 90° en se:¡¡tido contrario a las aguJas del reloJ, de tal modQ

i¡ 1

r i

.,.

104

'·'··

RESISTENCIA DE MATERIALES

105

FATIGAS EN LAS VIGAS

1

que los ejes z e y vayan a coincidir con los de la figura 56. El valor : necesario de b lo da. la expresión

Z

=!!. = M~tx = 87,400,

a,

6

40

de donde

b = 23,5 cm. La construcción de los diagramas se deja como ejercicio. 9. Determinar las dimensiones de una viga en voladizo de sección I comercial uniformemente cargada a razón de q = 350 kg./m. sometida además a la acción en su extremo de una carga concentrada·. de valor P = 250 kg. La longitud es l = 1,5 m. y a 1 - 1.000 kg.fcm.• Solución: -

y

Z= (250 X 1,5

+ 525

X 0,75) 1.000

X

100 ~ 76 87 B ' cm.

El perfil comercial necesario es una I de 14 cm. de altura y 18,20 cm.• de sección. 10. Determinar las fatigas de flexión en un roblón suponiendo que las cargas que obran sobre él están distribuidas en la forma que indica la figura 95.

p 2

p 2 FIG. 95

ht = 1 cm., P = 5.000 kg. sección mn es ~ ~· El ~o•

El diámetro del roblón 2 cm., h = 0,6 cm., Solución: El momento flector en la

mento de flexión en la sección central m¡n1 es

i(i+~)· Este momento, que es el máximo, se tomará para calcular la fatip

~)·~~-4P 2h+h (ox)má,--~(~ d 2 2 + 4 . 32 - 1r:d' X

1 ._

1 1.750 kg.fcm.•

. 11. Determinar el perfil en 1 necesario para los casos de las figu· ras 67 (a), 67 (d) y 68 (b), suponiendo una fatiga de trabajo de 1.200 kg.fcm. 1 , 12. Determinar el perfil necesario para una viga apoyada de seo ción en I solicitada por una carga uniforme a razón de 650 kg. ~

metro y por una carga P = 2.000 kg. que actúa en su centro. La longitud de la viga es 4,50 m. y la fatiga de trabajo a1 = 1.200 kg. por cm. 1 • 13. Una U, cuya sección es la de la figura 85, está apoyada en sus extremos y solicitada por una carga concentrada en su sección central. Calcular el valor máximo que puede tomar la carga si la fatiga de trabajo es 80 kg.fcm. 2 a extensión, y 160 kg.fcm. 1 a compresión.

26. La fatiga .cortante en la nexión.-En el párrafo anterior se vió que al flexarse una viga por la acción de cargas transversales, a las fatigas normales a x 11 debían acompañar otras -r, li1 gadas ambas a la sección mn de 6 la viga (fig. 96). Considerando la acción en el trozo a la derecha de la sección (fig. 96), se deduce, para que subsista el Fw. 96 equilibrio, que la sumación de estas fatigas cortantes debe igualar a la fuerza cortante V. Para encontrar la ley de su distribución a lo largo de la sección, empezaremos por considerar el caso sencillo de una sección rectangular (fig. 97). En este caso es lógico suponer que las fatigas cortantes -r son paralelas en cada punto a la fuerza cortante V, es decir, paralelas a los lados mn de la sección y que su distribución es uniforme a lo largo del ancho de la viga cc 1 . Representaremos las fatigas en este caso con 't"xv· El subíndice y indica que la fatiga cortante es paralela al eje y, y el subíndice x, que está ligada a un plano perpendicular al eje x. Estas dos hipótesis nos servirán para la determinación completa de la distribución de las fatigas cortantes. Un estudio más detenido del problema muestra que la solución aproximada que obtengamos es suficientemente exacta para las aplicaciones y que en el caso de una sección rectangular estrecha (k grande comparado con b, figura 97) prácticamente coincide con la solución exacta 1 •

E

1 La solución exacta de este problema se debe a De Saint Vei?-ant, Journal de Math. (Liouville), 1856. Un resumen del famoso trabaJ.o_de De Saint Venant puede verse en la History of the Theory of Elastbc~ty, de Todhunter y Pearson. La solución aproximada que damos se debe a Jouravski. La traducción francesa de este trabajo figura en Annales des ponts et chauasées, 1856. La teoría exacta muestra. que cuando la altura de la viga es pequeña. comparada con su ancho, la discrepancia entre la solución exacta y la aproximada es considerable.

106

RESTRTE~CIA

DE MATERIALES

107

FATIGAS EN :LAS VIGAS

Si se separa un elemento de la viga por dos secciones adya- , centes y por dos planos paralelos al plano neutro e infinitamente : próximos -fig. 97 (b)-, la fatiga cortante "xv en la cara vertical: acc 1a1 tendrá una distribución uniforme de acuerdo con la hipó- ;: tesis establecida. Estas fatigas tienen un momento ( -rx11 bdy)®: ·~

,r

wpm-ior y extensión en la inferior, tomando el conjunto la forma de equilibrio indicada en la figura 98 (b). Las fibras longitudinales inferiores de la barra superior deslizarán, respecto a las fibras superiores de la barra inferior. En el caso de una sola barra de altura 2h -fig. 98 (a)-, existirán fatigas cortantes a lo largo del plano neutro nn de una magnitud que evite el deslizamiento de la parte superior de la barra respecto a la inferior -véase figu- n (q) ra 98 (b)-. Debido a esto, la barra única de altura 2h es mucho más rígida y resistente que el conjunto de las dos barras de altura h. Como aplicación práctica, citare(b) mos el caso de la unión de vigas Fm. 98 de madera para formar una sola -figura 99 (a)-; entonces se acostumbra a practicar cajas comunes a las vigas, tales como las a, b, c... , donde se introducen las llaves correspondientes, cuyo objeto es evitar el deslizamiento y favorecer la robustez. Observando los juegos alrededor de la llave -fig. 99 (b)-, se ve fácilmente la dirección en que tiende a producirse el deslizamiento y, por consiguiente, la dirección de la fatiga cortante a lo largo del plano neutro, en el caso de viga única. Anteriormente vimos que la fatiga cortante "xy en cualquier punto de la sección vertical de la viga tiene dirección verti-

{

11-----------+..+L 1 ¡

(/J) FIG. 97

respecto a la arista et del elemento que debe equilibrar a] m~' mento ( -.11xbdx)dy debido a las fatigas cortantes dli;tribuíd~. sobre la cara horizontal cdd1c1 del elemento. Por tanto, y es decir, las fatigas cortantes que actúan en dos caras perpen•:', diculares del elemento son iguales. Este mismo resultado se oh~. tuvo anteriormente al estudiar la extensión simple (véase pági-: na 39) y también en el caso de compresión o extensión en dosy. direcciones perpendiculares (véase pág. 43). La existencia de la&~ fatigas cortantes en los planos paralelos al plano neutro p~ede'; ponerse de manifiesto con experimentos s~ncillos. Sea, por ~Jem-{ plo, dos barras iguales rectangulares dispuestas en conJ~~;l sobre apoyos simples, tal como indica la figura 98, y .someti~,; a flexión por la acción de una carga concentrada P. S1 no eXIs.te. l'OZamiento entre las vigas, la flexión de cada una será indepen, diente de la otra y en ambas temlremos compresión en la, car~?

1

,

P

~

L

~~2.~ ( )

(b)

(C)

FIG. 99

cal y es numéricamente igual a la fatiga cortante -.11., afecta al plano horizontal que pasa por el mismo punto. Esta última puede calcularse fácilmente por la condición de equilibrio del elemento pp 1nn1, separado de la viga en virtud de dos seccioneFJ adyacentes verticales mn y m1n 1 y una horizontal pp1 -fig. lOO (a) y (b)-. L~s únicas fuerzas que actúan sobre este elemento en la

108

n.ESIS'l'ENCIA DE MATER!AL"I!:S

FATIGAS EN LAS VIGAS

dirección del eje x son: la fatiga cortante "t"vx afecta a la cara pp1 Y las fatigas normales az sobre las caras np y n¡p 1 . Si el momento flector en las secciones mn y m 1n 1 vale lo mismo, es decir, es~. tamos en un caso de flexión pura, las fatigas normales ax sobre las caras np y n¡p1 serán iguales y se equilibrarán entre sí. ;. En este caso, la fatiga cortante -r11x será igual a cero. .

de donde

¡v ¡s

h

dM 'rzy=dx

1-

2

o, aplicando la ecuación (50),

lit

h

blz

1

:

.,

'·:

1

FJG. lOO ''

Consideremos ahora ei caso más general de que el momento·:· flector varíe y sean M y M + dM los momentos en las secciones mn • y m 1n 1, respectivamente. En este caso, la fuerza normal que obra' en el área elemental dA de la cara nppn será (ecuación 57) My a#A =-dA. I. La suma de todas estas fuerzas repartidas a lo largo de l¡¡~ cara nppn del elemento valdrá '

(i M y dA.

r~ bydy =

h

Jv,

br(~)- y

(a)'

Jv,

..

de la parte rayada por la

distancia~ [(i) + Yde 1]

Vh2 (Tzll)mu =

SJ/

y como

l

Jv,

1]

Se ve que las fatigas cortantes "'xv se distribuyen de modo variado desde la parte superior a la inferior de la viga. El máximo valor se presenta para y 1 = O, es decir, para los puntos de la línea neutra, y es (ecuación 65):

+ dM)y dA.

bdx= (s(M +dM)~dA- ('2My dA, I. I,

(d)

11,

(65)

'rzy bdx' (C} y como las fuerzas dadas por (a), (b) y (e) deben estar en equi• 1 librio, resulta: · ,··, 11

~ = ~2 [h2y~] 4

su centro de gravedad al eje neutro de la sección. Sustituyendo (d) en la ecuación (64), se obtiene para la sección rectangular

1 :

Tz

2

El mismo resultado puede obtenerse multiplicando el área

lz La fuerza total debida a la fatiga cortante -r11z que obra en:. la cara pp1 del elemento es

h

1by21

) 11 ,

lz De la misma manera, la suma de las fuerzas normales liga•; das a la cara n¡p¡p 1n 1 , será (i(M

(64)

y la integral vale

h

Jv,

ydA.

11 ,

La integral de esta ecuación tiene una interpretación muy sencilla. Representa el momento estático de la parte rayada de la sección recta-fig. 100 (b)-, respecto al eje neutro z. Para nuestra sección dA= bdy

i 1~ :1'1 •

ydA,

•

bi.

Tz11 =T71z = -

···.·.. ,1

109

e'

bh3 I =-, • 12

(66)

Se ve, p<)f tap.to, que la. fatiga cortante máxima en el caso

!!Tr'r.·· ¡·.·.

llO

FATIGAS EN LAS VIGAS

de una sección rectangular es un 50 por 100 mayor que la fatiga cortante media obtenida dividiendo la fuerza cortante por el área de la sección. En los extremos superior e inferior de la sección recta.,

Un estudio más detenido del problema 1 muestra que e] alabeamiento de las secciones rectas no afecta de modo sustancial a la deformación de las fibras longitudinales si sobre la. viga actúa una carga distribuida y la fuerza cortante varia de modo continuo a lo largo de la viga. En el caso de cargas concentradas, la distribución de fatigas 1 en las proximidades de la carga Pe + 1 -*es más complicada; pero esta 1 complicación tiene un carácter 1 1 local (véase Segunda parte).

y1 ' 1 1 ~:

t,::

RESISTENCIA DE MATERIALES

= ±~y la ecuación (65)

da

Tzy

=

O. La representación grá-

fica de la ecuación (65) -fig. 100 (e)- muestra que la distribución de fatiga cortante a lo largo de la altura de la viga sigue una ley parabólica. El área rayada, limitada por la parábola, multiplicada por el ancho de la viga, da

'i' '~ ' !

~ ( Tzy)ruo~x hb

= V,

como es natural que ocurriese. Una consecuencia lógica de estas fatigas cortantes es la distorsión por la que las secciones, inicialmente planas, se alabean. Este alabeamiento puede observarse fácil· mente flexando por la acción de una fuerza, en su extremo una pieza de goma de sección rectangular (fig. 101), en cuyas caras laterales se hayan trazado líneas verticales. lineas no permanecen rectas, tal como se, Fm. 101 indica de puntos en la figura, sino que se curvan de tal modo que la distorsión máxima se presenta en la superficie neutra. En los puntos m', mí, n', n~, la distorsión es cero y las curvas m'n' y m~n~ quedan nor,. males a las superficies superior e inferior de la barra después d~ la flexión. En la superficie neutra los ángulos que forman lu tangentes a las curvas m'n' y rn~n~ y las secciones normales m1&' 1 y m1n 1 valen y = G ( 't'zv)máx·

Laa

Si la fuerza cortante permanece constante a lo largo de la viga, el alabeamiento de todas las secciones rectas es el mismo. de modo que mm' = m 1 m~, nn' = n 1 n~ y el acortamiento ~ alargamiento de las fibras longitudinales producido por la fle'" xión es el mismo que si no existiese dicha fuerza y estuviésemos. en un caso de flexión pura. Esto explica la validez de la ecuación (57}, establecida en 18 hipótesis de que las secciones primitivamente planas lo son d~.. pués de la flexión.

111

t\-T

Problemas FIG. 1U~

l. Determinar el valor límite de las cargas P que obran sobre la viga recÚmgular de madera de la figura 102, si b = 20 cm., h = 25 cm., at - 60 kg.fcm. 2 , "t = 15 kg.fcm. 2 , e= 45 cm. Solución: Los diagramas del momento flector y de la fuerza cortante son los de la. figura 102: Mwáx = P ·O.

VmáX = P;

Por las ecuaciones

Pe

z

""'Gf

y

se obtiene p

=

2. 778 kg.

y

p = 5.000 kg.

Por consiguiente, P =- 2. 778 kg. es el valor admisible de la carga P. 2. Determinar la. fatiga normal máxima az y la. fatiga cortante máxima "zv en el plano neutro de la viga representada en la figura 103, si a = 60 cm., e= 1,20 m., b = 20 cm., h = 25 cm. y FIG. 103 p = 3.000 kg.

Respuesta: (a.lmú:

=

ts7 kg.fom. 1;

(Ta: 11 lmix =

6 kg./cm.•

1 Véase W. Voigt, Gottingen Abhandlungen, Bd. 34, 1_887; J. ~· Michell, Quart. J. of Math., vol. 32, 1901, y L. N. G. Filon, Ph~l. Trana. Roy. Soc. (Ser. A), vol. 201, 1903, y London Roy. Soc. Proc., vol. 72, 1904.

112

1·

¡,1'

1

FATTGAS EN LAS VIGAl'!

3. Determinar la fatiga cortante máxima en el plano neutro de una viga rectangular cargada uniformemente si la longitud de la viga es l -= 1,80 m., la carga por m. q = l. 700 kg., la altura de la sección h = 25 cm. y el ancho b = 20 cm.

pues, que las direcciones de las fatigas cortantes en los puntos p y n se cortan en un punto O del eje y -fig. 104 (b)-. Suponiendo ahora que la fatiga. cortante en otro punto cualquiera de la línea. pp está dirigida también hacia el punto O, tendremos conocida la dirección de las fatigas cortantes. Como hipótesis complementaria, estableceremos que las fatigas cortantes para todos los puntos de pp tienen la misma componente vertical 1 • Como esta hipótesis coincide por completo con la hecha para la sección rectangular, podrá usarse la ecuación (64) para calcular dicha componente vertical. Conociendo la dirección de la fatiga cortante y su componente vertical, puedé calcularse fácilmente su FIG. 105 valor para cualquier punto de la. sección. Vamos a calcular ahora. las fatigas cortantes a lo largo de la. línea pp de la sección (fig. 105). Para aplicar la ecuación (64) al cálculo de la componente vertical -."'11 de esta8 fatigas, debemos hallar el momento estático del segmento circular de cuerda pp respecto al eje z. El área elemental mn tiene la longitud 2 V R,2- ys y el ancho dy. El área será dA = 2 V R 1 - y"dy. El momento de esta faja respecto a Oz es ydA, y el momento total para el segmento circular será

Rupuesta: Tm~tx

= 4,59 kg.¡cm. 2 •

4. Determinar la fatiga cortante máxima en el problema 2 del articulo 25. • '1

!i'1

l

113

'RESISTENCIA DFJ MATF.RTAT,ES

27. Distribución de las fatigas cortantes en el caso de una sección circular.-Al considerar la distribución de las fatigas cortantes en una sección circular (fig. 104), no puede aceptarse la hipótesis de que dichas fatigas son paralelas a la fuerza cortante V. Se puede ver fácil-· V mente que en los puntos taleas. como p del perfmetro --figura 104 (b)-, la fatiga debe 8el p tangente a dicho períme.trQ~ z Consideremos un elemento in• y (a) (b) Y finitesimalabcd-fig. 104 (e)-; en forma de paralelepípedo FIG. 104 rectangular, con la cara adffl en la sup~_rficie de la viga y la cara abcd en el plano yz de 1~ sección. Si la fatiga cortante que actúa sobre la cara abcd del elemento tuviese una dirección tal como -r, se podría descomp().l ner en dos componentes "v en dirección radial y otra 'fas en la. dirección de la tangente al perímetro. Hemos demostrado anteriormente (véase pág. 106) que si un& fatiga cortante -r actúa sobre un área elemental, otra fatiga cor"' tante igual actúa sobre un área elemental perpendicular a 1'i. Aplicándolo a nuestro caso, se deduce que si la fatiga. 't'ts act~ sobre el elemento abcd en dirección radial, debe existir otra. fa,;. tiga cortante -rx1 del mismo valor en la cara adfg que sigue I. superficie de la viga. Si la superficie lateral de la viga. está. libra de fatigas cortantes, la componente radical -r1x de la fatiga cor-tante 't' debe ser cero, es decir, -r debe actuar en la dirección di' la tangente al perfmetro de la sección recta. de la viga. En .;a punto medio n de la cuerda pp, la simetría obliga a que la. flt"! tiga cortante tenga la. dirección de la fuerza cortante V. Vemos-

8

(R 2'JR2-y2ydy = ~(R2-yni

Jv,

3 Sustituyendo esta expresión en la ecuación (64) y tomando

2 VRZ

=- Yi para valor de b, se obtiene 't'x"

(67)

3lz

y la fatiga cortante total en los puntos p (fig. 105) será .. =

't'z

11

R

vR2 -y~

=

VRvR 2 -y~ .

3Iz

.

1 La diferencia. entre la fatiga cortante máxima obtenida por la teoría de la. elasticidad y el valor que corresponde .a esta teoría ap~o· xiroada supone un error de un 5 por lOO. VéA.Re De Samt Venant, loe. CJt., pá~. 123. Véase también A. E. H. Love, Mat.hema&ioal Theor1J oJ El
BJilll8HlfCU. DE JlATEIUALES.:::'

= V (R2- yi),

T. 1

ti

·,1 1

1

1

Se ve que el máximo de 't se obtiene para y 1 = O, ó, lo que es lo mismo, para la linea neutra de la sección. Poniendo en vez de

f~

1tR4

su valor -

4--,

queda finalmente 4

't

V

4V

(68)

áX=---=---· m 37tR 2 3A

En el caso de una sección circular, la fatiga cortante máxima es superior en un 33 por lOO al valor medio obtenido dividiendo la fuerza cortante por el área de la sección recta. 28. Distribución de la fatiga cortante en vigas en l.-Para estudiar la distribución de fatigas cortantes en las vigas en I (figura 106), a lo largo del alma, se hacen las mismas hipótesis que para la sección rectangular; esto es, que las faV tigas cortantes son paralelas a la fuerza cortan~ te V y que se distribuyen uniformemente sobr\') el ancho b1 del alma. Podemos, por consiguien· te, usar la ecuación (54) para el cálculo de las fatigas -r.,11 • Para una línea pp a distancia y 1 , el momento estático de la parte rayada respecto a la ünea neutra z es

Cuando b1 es muy pequeña comparada con b, no hay gran dife:rencia entre (T.,11 )mfn y (T.,11 )máx y la distribución de las fatigas cortantes a lo largo de la sección recta del alma es prácticamen:e uniforme. Una buena aproximación para (T.,11 )máx se obtiene dividiendo la fuerza cortante total V por el área de la sección recta del alma solamente. Esto se deduce de que las fatigas cortantes distribuidas sobre la sección recta del alma equivalen a una fuerza cortante casi igual a V, es decir, que el alma absorbe casi toda la fuerza cortante y las alas intervienen sólo de un modo secundario en su transmisión. Hagamos la suma de las fatigas -r ~ que actuan sobre el alma de la viga y llamemos V1 a esta suma.

.

V1

=1

h,

2 - "t"x 11

b1dy, por la ecuación (69):

-h,

2

V1 =V-

b/.

l~ ydA =

FIG. 106

t(: -~!) +

b;

(t- yr)·

=

_I__ [b

(h!- ~1) + b] (~1- Yr)]·

blz 2 4

4

2

(69)

4 ·

La fatiga varía, por consiguiente, a lo largo de la altura de la viga, según una ley parabólica. Los valores máximo y mínimo

de-..,~ en el alma de la viga se obtienen haciendo y 1 =O e y 1 = ( 'rz11 )mu

=V- [bh2 _ _ h2 __!(b-b) ] ·

bl 8 1 z

8

1 V (bh2 bh2) --- • b¡l. 8 8

('t"Z¡¡)mtll = -

t

2

-h,

1

2\4

4

2

1

4

que integrada da

v

= !"[~J!!_-h 1 ) fz

•

h

2

+!!J . h + b hn_ 2 2 12 J · 1

(a)

1

Para espesores pequeños en las alas, h1 se aproxima a h y el momento de inercia 1 z puede calcularse con suficiente apr~xi­ mación por la ecuación

Sustituyendo en la ecuación (64), se obtiene 't"a;y

1~ [b-f--_! th h2) +-b (h2_!-y~ )] b dy 2

1

h

115

FATIGAS EN LAS VIGAS

RESIS'l'ENCIA DE MATERIALES

114

h;: (70)

'

(71)

I. = b (h-h 1) 2

•

(h

+ h1)2 + b hf, 1

8

(b)

12

en la que el primer término representa el área de la sección de las alas muJ.tiplicada por el cuadrado de la distancia h

+ h1 4

de

sus centros al eje z, lo que aproximadamente representa el momento de inercia de las alas. El segundo término es el momento de inercia del alma de la sección. Comparando (a) y (b), se v~ que cuando h1 se aproxima a h, la fuerza V 1 lo hace a V y que la. fuerza cortante es absorbida solamente por el alm¡¡,_ Q.~ tao secoión.

'['

116

RESISTENCIA DE MATERIALES ll'A'l'IGAS EN LAS VIGAS

Al considerar la distribución de fatigas cortantes en las alas no puede aceptarse la hipótesis de reparto uniforme a lo largo del ancho de la sección. Por ejemplo, a lo largo de ae (fig. 106), en las partes correspondientes al perímetro de la sección ac y de, la fatiga cortante -r.:11 debe ser cero, puesto que la fati~a corres• pondiente -r11z de la superficie libre lo es -véase pág. 111 y también fig. 104 (e)-, mientras que en el trozo ed la fatiga cortante no es cero, sino la que hemos calculado en el alma y representado con ( -r:t~~)mtn· ·Esto indica que en la unión cd del alma y las alas la distribución de fatigas cortantes sigue una ley más complicada que la obtenida con nuestro análisis elemental. Para disminuir la concentración de fatiga en los puntos e y d, se redondean los ángulos de unión tal como se indica en la figura con líneas de puntos. Más adelante se analizará detalladamente la distribución de Ías fatigas cortantes en las alas (véase Segunda parte).

117

mayoría de los, casos solamente estos valores max1mos de 11.: y ":~:v obtenidos del modo indicado son los que se 'usan para el proyecto de las dimensiones de la viga, escogiéndolas de modo que satisfagan a las condiciones (crz)máx Z at

Y ('t'zy)máx <': Tt Esto, suponiendo que el material resiste por igual los esfuerzos de tracción y compresión y que 0'1 es el mismo para ambas iatigas. Si no, las limitaciones serán: (cr..,)máx

<: O't

para la tracción;

(O'z)mtn

<: a, para compresión.

Hay casos, sin embargo, que requieren un análisis más detallado de las condiciones de fatiga. Vamos a exponer el proce-

Problemas l. Detenniuar ( -rx11 lmáx y ( -rzylmtn en el alma de una viga en 1 (figura 106), si b = 12,5 cm., b1 = 1,25 cm., h = 30 cm., h1 = 26 1/ 4 cm. V = 15.000 kg. Determinar la fuerza cortante V1 ¡,b. sorbida por el alma. Respuesta: (-r:t~~)máx

= 470 kg./cm. 1 :

V1

(Tzulmtn

=

354 kg./cm.•;

= 0,945V.

2. Detenninar la fatiga cortante máxima en el alma de una viga en T. (fig. 107), si h = 20 cm., Fm. 107 h1 = 171/2 cm., b = 10 cm., b1 = 2 1¡ 2 cm. y V= 500 kg. Respuesta: Utilizando UJJ método análogo al de la viga en 1 se encuentra (-rx11 lmax = 14 kg.Jcm. 8• 3. Determinar las fatigas cortantes máximas en los problemas 1 y 6 del articulo 25.

29. Fatigas principales en la flexlón.-Utilizando las ecua... ciones (57) y (64), puede calcularse la fatiga normal O'z y la cor• tante "zu para cualquier punto de la sección recta en cuanto tMt conozca el valor del momento fiector M y de la fuerza cortante K para dicha sección. El valor máximo de O'z corresponde a lal fibras más alejadas de la línea neutra; por el contrario, general• mente e] máximo valor de "'•• se presenta en dicha línea. En ..

FIG. 108

dimiento a seguir en estos casos, considerando el de una viga simplemente apoyada y cargada en el centro (fig. 108). Para un punto .A situado ·por 'debajo de la linea neutra, el valor de las fatigas a., y "zv = -r11z viene dado por las ecuaciones (57) y (64). En la figura 108 (b) se ve el modo de actuar sobre un elemento

1¡

118

FA'l'lGAS EN LAS VIGAS

119

RESISTENCIA DE MATERIALRS

infinitesima.l separado de la viga alrededor del punto A, deducido del sentido con que actúan M y V. Siendo este elemento infinitesimal puedé suponerse que ax y "xy son constantes a lo largo de él y, por tanto, el elemento infinitesimal citado está en el mismo estado de fatiga que el elemento de dimensiones finitas de la figura 37 (a). En aquel caso (véase pág. 44), vimos que las fatigas ligadas a las caras de un elemento tomado del cuerpo en estado de solicitación varían con las direcciones de estas caras y que es posible escoger las caras de tal forma que solamente se presenten fatigas normales (véase pág. 45). Estas direcciones se llaman principales y las fatigas correspondient es, fatigas principales. La magnitud de estas fatigas puede encontrarse por las ecuaciones (31) y (32), sustituyendo en ellas a11 =O. De este modo se obtiene - ax amáx --

2

+ l/(rrx)2 y 2 +

--2 "rx 11

1

·¡

1

'1

gulo cp a partir del eje x, en el sentido de las agujas del reloj. Como ya sabemos, amtn es perpendicular a amáx· Tomando una sección m 1n 1 a la derecha de la carga P -fig. 108 (a)- y considerando rm punto A por encima de la línea neutra, las direcciones de las fatigas ligadas a un elemento abcd tomado alrededor de A l!lerán las de la figura 108 (d). El círculo de Mohr correspondient e se ve en la figura 108 (e). El punto D representa lal' fatigas li~ gadas a las caras ab y de del elemento abcd y el punto D 1 las fatigas sobre las cara.s ad y be. El ángulo cp y la dirección d3 las fatigas principales serán los de la figura 108 (d). Si tomamos un punto en la superficie neutra, a"' valdrá cero y el elemento en este punto estará sometido a esfuerzo cortante

~~~

2¡tl[[~l

(72)

!

~-

(73)

Donde se ve que amá>. es siempre extensión y amtn siempre compresión. Conociendo las fatigas principales la fatiga cortante máxima en el punto será (ecuación 34) _ 't'máx -

2 amax- amtn_ 1 /(-;-CJ-x-)~+-- -- -

2

-

V 2

"rzy

2

(74)

Para determinar las direcciones de las fatigas principales, puede utilizarse el círculo de Mohr. Para un punto tal como el A -fig. 108 (b)-, el círculo de Mohr será el de la figura 108 (e). Tomando la distancia O F = ax y D F = "xv• el punto D representará las fatigas sobre los lados be y ad del elemento. La distancia O 1!' se ha tomado en la dirección positiva de a y D F hacia arriba, por ser ax una fatiga de extensión y por dar un par en el sentido de las agujas del reloj las fatigas cortantes -r., que 11 actúan sobre los lados be y ad. El punto D 1 representa las fatigas ligadas a las otras caras (ab y de) del elemento, en las que la fatiga normal es cero y la fatiga cortante es negativa. El círculo construído ~n DD 1 como diámetro determina amáx = OA y amtn = - OB. De la misma figura se deduce el ángulo 2cp, y la dirección de ama" en la figura 108 (b) se obtiene tomando el án-

2

Fw. 109

l

_r¡l 2

Fra. 110

puro. Las direcciones de las fatigas principales formarán ángulos de 45° con los ejes x e y. Se puede, repitiendo para diversos puntos las construcciones detalladas anteriormente, · determinar dos sistemas de curvas ortogonales cuyas tangentes tengan en cada nunto las direcciones de las fatigas principales en ese punto. Estas curvas no son otra cosa sino las envolventes de las direcciones principales y se denominan <> o líneas isostáticas. La figura 109 muestra las trayectorias de las fatigas principales para el caso de una viga de sección rectangular en ménsula cargada en el extremo libre. Todas las curvas cortan a 45° a la superficie neutra y tienen tangentes horizontales o verticales en los puntos en que "xv es cero, es decir, en las caras superior e inferior de la viga. Las trayectorias que dan la dirección de amáx están representadas con línea llena y el otro sistema de trayectorias con lineas de puntos. La figura 110 da las trayectorias y los dia$ramas de distribución de las fatigas a., y ~xv para las di-

120

~

1

versas secciones· rectas de una viga rectangular simplemente apo· yada bajo ia acción de una carga uniformemente repartida. Se ve claramente que az tiene su valor máximo en el centro y que -rlrfl es máximo eh los apoyos, lugar donde actúa la fná:xima fuerza cortan~ 1, Para calcular una viga, lo interesante es conocer el valor máximo de a. En la ecuación (72) se ve quo en las fibras más ¡:¡,lejadas para las ql•.e es máximo el esfuerzo normal Tzu• es cero, vor lo que a., es fatiga principal, es decir, amax = (craJmá:r· Para :fibras más próximas a la linea neutra, Gz es menor; pero tenemos, en cambio, una fatiga cortante -..,11 que al actuar unida a Gz puede producir en el punto una fatiga principal, da~a por la ecuación (72), mayor nu-

II

~-- ~l-

h

¡;

1'

,l ,.

'·

'

~

:1

FATIGAS EN LAS VIGAS

RESISTENOIA DE MATERIALES

(i:

I

- ___"'__.! __

a~:--~-;._-. ._

En un punto de la unión del alma y las alas, las fatigas son X 26! a.,= 604 --=

30

528,8 kg.fcm. 2 ;

-r.e11 = 35 ,4 kg.fcm.z.

t

~

·{ · ,.

Empleando la ecuación (72) se obtiene para la fatiga principal el valor O"m.tx = 706,4 kg.fcm. 2 • Se ve que crmáx• en la unión del alma y las alas, es mayor que las fatigas en las fibras más alejadas y, por consiguiente, rlebe tenerse en cuenta al proyectar la viga. Las variaciones de ax, "xv• crmáx y amin a lo largo de la altura de la viga se ven en la figura lll.

m
Problemas

!~t~n:::::~!~~~:.s:~ci: '·

que ":1111 varia de modo continuo según la altura, no es fre- .· cuente este caso y la fati-. ' ga (az)ruáx calculada para. la fibra más alejada en la sección en que el momento fiector es máximo es la fatiga máxima que actúa en la viga. Hay casos, sin embargo, como en las secciones en 1, ~ en los que puede ser máxima la fatiga en puntos distintos de los más alejados de la linea neutra. La variación brusca de fatiga :: cortante que en este tipo de vigas hemos visto se presenta eti ' la unión de las alas y el alma puede originar que la fatiga máxi- · · ma en los puntos de está unión sea superior a la fatiga de extensión (aaJmá:r en las fibras más alejadas. Como ejemplo, con- ~ sideremos el caso de carga de la figura 108 (a) con una viga en 1 de las dimensiones del problema 1 (pág. 116): la longitud., l = 60 cm. y P = 50.000 kilogramos. Entonces, Mmáx = 450.000 . kg.fcm.; Vmáx = 15.000 kilogramos. Por la ecuación (51), la fati• ga de extensión en la fibra más alejada será )· FIG. 111

(a.,)máx

121

= 604 kg.fcm. 2 •

1 En 1á. obra de I. Wagner, ZeitBchr. d. Osterr. Ing. u. Archit Ver>, . página: 615, 1911~ se discuten varioa ejemplos de construcción qtJ t~ yectonaa de tellSlOaes. ~;~

i

l. Determinar amax y amín en Wl pWlto a 5 cm. por debajo de la línea neutra en Wla sección distante 90 cm. del extremo cargado de Wla viga en ménsula (fig. 109), si la altura es h = 20 cm., el ancho b = 10 cm. y P = 1.000 kg. Determinar el ángulo entre amáx en este pm1to y el eje x. Solución: (ax) = -

= 5,6 kg.fcm. 1, amáx = 0,45kg./cm. 2, am1n = - 67,9 kg.fcm. 2 •

67,5 kg.fcm. 1,

Tz¡¡

El ángulo entre amáx y el eje x es 85° 16', medido en sent-ido dextrorso. 2. Determinar amáx y <1mfn para la línea neutra de Wla sección situada a 30 cm. del apoyo izquierdo en Wla viga de sección rectangular cargada Wliformemente y apoyada en los extremos (fig. 110). Las dimensiones de la sección recta son las del problema anterior, q = 5.000/3 kg./m.; l = 3 m.

Respuesta: amá:r = -

<1mfn = 15 kg./cm. 1•

3. Determinar la longitud de la viga en 1 considerada en la página 120, si (azlmáx es igual a ama.x en la Wlión del alma y las alas.

Respuesta: l = 99 1 / 2 cm.

30. Fatigas en vigas compuestas.-En la práctica de la ingeniería se usan frecuentemente vigas formadas por diversos perfiles unidos a lo largo de la viga, de formas variadas, se~ún el material y las a¡:llicaciones,

. 122

RESISTENCIA DE MATERIALES

123

FATIGAS EN LAS VIGAS

Las fatigas en este tipo de vigas se calculan corrientemente suponiendo que las diversas partes de la sección están rígidamente unidas. Los cálculos comprenden: (a), el proyecto de la viga como un sólido único, y (b), el proyecto y separación de los elementos que unen las diversas partes de la viga. Para el primero se emplean las fórmulas que hemos establecido para vigas de una sola pieza, descontando de la sección los huecos que ocupan los roblones, tornillos, pernos, etc. Los cálculos de las uniones los indicaremos por medio de ejemplos. Sea primeramente una viga de madera compuesta, como indica la figura 99. Las llaves introducidas entre los dos tablones se calculan para que absorban las fuerzas cortantes S --fig. 99 (b)-. De este modo, el cálculo de a:, puede hacerse por la ecuación (57). Para tener en cuenta la disminución de sección producida por · las llaves y tornillos solamente tendremos en cuenta como útil la sección rayada en la figura 99 (e). De este modo,

Para calcular la fuerza cortante S que actúa sobre cada 11ave se supone que esta fuerza es igual a la fuerza cortante distribuída en una viga de una sola pieza sobre el área eb de la supedicie neutra, siendo b el ancho de la viga y e la distancia. entre los puntos medios de dos llaves consecutivas (véase figura 99). Empleando la ecuación (66) y considerando que la al· tura de la viga es igual a 2h en este caso, se obtiene 3 Ve 3 V S=eb · - - =- - . 2 2h b2h 2

trabajo para la compresión lateral de la marlera de llaves y entalladuras, se tendrán las limitaciones siguientes:

S_

-=-r,· ab" '

Es necesario también limitar la fatiga cortante para la madera de la viga comprendida entre dos llaves. La fuerza cortante es también S y el área resistente b (e- a). Representando con -r; la fatiga cortante de trabajo del material de la viga a lo largo de las fibras, se tendrá. ~':

.:t

(75)

Las dimensiones de las llaves y la distancia e entre ellas de-. berán escogerse de modo que la llave y las entalladuras de la. ;,.·, viga resistan con seguridad a los esfuerzos que las solicitan. Se acostumbra a suponer que las fatigas cortantes se distribu- ,.: yen de modo uniforme en la sección media a X b de la llave y que ., la presión de las caras laterales de dichas llaves se distribuye uniformemente sobre las áreas e X b. Representando por -r la la fatiga de fatiga cortante de trabajo para las llaves y por

a;

'!':: 1 •

'1¡·1

'¡:'_li

l¡j ::

S-' -
=¡'. -
b(e-a)

Además de las llaves se acostumbra a poner pernos qtH' enlazan las partes de la viga. Por la acción de la presión desarrollada al apretar los pernos se produce rozamiento entre las partes de la viga que absorbe esfuerzo cortante. Este rozamiento se acostumbra a despreciar en los cálculos y se supone, tal como hemos hecho, que la totalidad de la fuerza cortante _la absorben las llaves. Los ensayos realizados con vigas de madera compuestas han mostrado que son menos resistentes que las vigas de una sola pieza de las mismas dimensiones 1 • Para el cálculo de Gz en vigas en I compuestas, el efecto de los agujeros para el remachado se acostumbra a tener én cuenta suponiendo que todos los agujeros están en la misma sección recta --fig. 112 (a)-- de la viga 2 y prescindiendo de sus secciones diametrales al calcular el lz de la sección, que luego se ha. de emplear en la ecuación (57). Para calcular la fatiga cortante máxima -ro:¡¡ se tiene también en cuenta el aligeramiento de la sección producido por los agujeros del roblonado. Debe disminuirse la sección del alma e---,d por el efecto de los agujeros en la relación - --, siendo e la dis· 8

Los experimentos realizados por el profe~or E. Kid.well en el 1 Michigan College of Mines. muestran que las Vt€¡as de. madera compuestas tienen alrededor del 75 por 100 de la reststeneta de las vtgas maciza.s de las mismas dimensiones. • Los agujeros en el alma se presentan ónicamente en las secoio· nos correspondientes al roblonado de los angul,~.res de refuerzo.

FATIGAS EN LAS VTGAS

124

RESISTENCIA DE MATERTALRS

tancia entre centros de

a~jeros

La fuerza transmitida por el remache A desde el ala al alma será.

y d el diámetro de ellos. Por

esto, el factor e e d se incluye corrientemente en el segundo :~ miembro de la ecuación (64) para. Efl cálculo de -..,11 en el alma. de las vigas en I compuestas. Este modo de calcular el efecto debido a los agujeros es una grosera aproximación. El estudio de la concentración de la faM

S=

~_..._'11 JydA. 1,

,.

!lM =Ve. donde V es la fuerza cortante para la sección de la viga que pasa por el roblón A. Sustituyendo en la euua.ción (a), se obtiene

1,

FIG. ll2

tiga en los alrededores de un agujero se verá más adelante (véase'~ Segunda parte). Para calcular la fuerza cortante que obra sobre···. un remache, tal como el A -fig. 112 (b)-, consideremos las doit•! secciones rectas mn y m 1n 1 . Debido a la diferencia de momentos:; fl.ectores en esas secciones, las fatigas normales as en las seo-:; ciones mn y m 1n 1 serán diferentes y existirá una fuerza que tiende deslizar el ala de la viga rayada en la --figura 112 e-, a.'( lo largo del alma. Este deslizamiento se evita. por las fuerzas da:~ rozamiento y por el remache A. Despreciando el rozamiento, Ia;~: fuerza que actúa sobre el remache es la diferencia de las fuerzas;, que actúan en las secciones mn y m 1n 1 del ala. La fuerza en el" ala para la sección mn es (véase ecuación (a), pág. 108): }

a

JIJ J: ydA,

extendiéndose la integral al área rayada. Del mismo modo, p~~ la sección m 1n 1 se obtiene · ',

·_}'

!

(a)

Usando la ecuación (50) y sustituyendo dx por la distancia e entre remaches, se obtiene

VeJ ydA. S=-

.,

125

(76)

La integral de esta ecuación representa el momento de la sección del ala -parte rayada de la fig. 112 (e)-- con relación al eje neutro z. Se ve fácilmente que el roblón está solicit~do por esta fuerza total a través de dos secciones recks. Suponie11do que dicha fuerza S se distribuye uniformemente sobre estas dos secciones, la fatiga cortante en el roblón será

-.--~2 = 2V_~¡·ydA. 2 -

rtd

2·--¡-

rtd 1.

11'

(77)

La fuerza S pr~duce al mismo tiempo una fatiga cortante eu el alma de la viga a lo largo del plano ab -véase figura 1!2 ( b)-. Suponiendo que esta fatiga se distribuye de modo uniforme a lo largo del área b1(e - d), se obtiene

-.'=--~-. __e_ JydA.

(Ü)

b1lz e-_d

A esta fatiga producida por las fuerzas S transmitidas desde ]as alas debe añadirse la -." debida a la flexión del alma. La, magnitud de estas fatiglts se obtendrá utiliza~do la ecua~i~n (b)~ en la que J ydA se referirá ahora a la porciÓn de seccwn rec .. tangular del alma situada por encima del pla,uo ab. De eete modo

126

RESISTENCIA DE MATERIALES

se llega a la expresión siguiente para la fatiga cortante el alma a través de la sección ab: '~~"'=' '

t¡ '1

¡.: 1'

!

+-r "

V - · -e =· b1l, e-d

f

'~~'~'

2.

t,,

1¡; !'¡' ,1

están formadas por dos pares de angulares de 15 X 15 x 1 •¡ 4 cm. cuando la fuerza cortante total en la sección sea 75.000 kg. Determinar también las fatigas cortantes en los roblones que unen las alas al alma si el diámetro de estos roblones es 2,5 cm. y la. distancia. entrt> eentros de roblones e = 10 cm. (fig. 112). Solución: Para las dimensiones dadas se tiene: /1

= 796875 cm. 4 .

El momento de media sección con relac1ón al eje· neutro es b

2 ydA

Jo

= 7844 cm.•.

De la ecuación (64) se obtiene

Problémas

(T,.11 )mú =

l. Una. viga de madera compuesta (fig. f.l9) está formada por dos tablones de sección rectangular unidos por llaves. Determinar la fuerza cortante que obra sobre las llaves, la fatiga cortante en ellas y la presión por unidad de área en sus caras laterales si la carga P = 2.500 kg., el ancho de la viga b = 12 1 / 2 cm., la altura 2h = 40 cm., el ancho de la llave a= 7 1 / 2 cm., su altura 2c = 6 1 /, cm. y la distanciu entre centros de llaves e = 27 1 / 1 C'ln. Respuesta: X

40

(Tzy).,~.

393.6 = 524.8 kg./cm.•.

_ 3.940 X 2 = 401 kg./cm. 1 -r- :!, 14 x 2 .52

•

Experimentalmente se ha comprobado que la rotura. de vigas en I se debe gen.eralmente al pandeo del ala comprimida o del alma. (véase JI. F. Moore, Universidad de Illinois, Boletin núm. 68, 1913) El problema del pandeo se examinará más adelante. La influencia de la flexión de los roblones en la distribución de las fatigas en las vigas en I ha sido discutido por l. Arnovlevic, Zeitschr. f. Architekt. u. lnge. nieurwesen, pág. 57, 1910. Los resultados obtenidos para vigas de dimensiones corrientes indica.n que las fa.tiga.e a.umenta.n alrededor dt

z (a}

3. Determinar amáx en los puntos del FTG. 113 pJe.no ab (fig. 112), situado a 53 8/ 4 cm.· c!e la línea neutra si las dimensiones de la vigá son las del problema anterior, V = 75.000 kg. y el momento flecto1· M = 375 x 104 kg. x cm. Solución; De la ecuación (78) se obtiene

1

L

4

3X

La fatiga cortante en el roblón, ecuación (77), es:

k / l. 290 X 2 S 1 p = be= 6 l x 12t = 33 g. cm.

UD

393,6 =

S= 3,!:40 kg.

2?J = 1.290 kg.

La presión por unidad de área en la cara lateral es

1'

X

La fuerza S tran::anitida por un roblón, deducida de la ecuación (76),

1 1.290 x 7 !"" 13,7 k.g.fom. 1 1

'1

e =e_ d

será

""== 12 !

•

1 75.000 X 7.844 • = 393,6 kg./cm .. 3 4 X 796875

Si se considera el efecto de los agujeros de los roblones se obti€'!~e

La. fatiga cortante en la llave es

1

viga

cuya alma. t1ene 1 ¡; cm. de grueso y 125 cm. de altura y cuyas alas

(78)

extendiéndose la integral al área que aparece rayada en la figura 112 (d). Conociendo crz y '~~'~'' pueden calcularse crmáx y crmln para los puntos del plano ab mediante las ecuaciones (72) y (7 4) y determinarse las direcciones de estas fatigas principales. El cálculo de las fatigas en las vigas en I compuestas hemos visto que exige la admisión de. varias hipótesis con el fin de siroplificar los cálculos. Esto reduce en cierto modo la s
S= _23 • 1.250

1

llTll\

7

~

·' i'

1'

Deterrpinar la. fatiga cort,arüe en la línea nelttra de .

y dA '

127

FATTGAS "EN LAS VIGAS

en

'

TI/S =

a~=

6 por 100,

.,_, =

344 kg.fcm.a

252,8 kg.jcm. 1

~z -t -v;~ + T~~ =

492,8 kg.jcm. 1

128

tos.l

4. Determinar la fuerza cortante en los roblones que enla'Td\n dos carriles que forman la viga de la figura 113 si el área de la sección' recta. de un carril es A = 62,5 cm. 1 , la distancia del O de G de un ca..•., rril a su cara. inferior es o = 7 1 / 2 cm., el M de 1 de la sección de ur:ti, carril respecto al eje que pasa por su O de G y es paralelo al eje Z e~~ 1562,6 cm.', la distancia entre roblones es e= 15 cm. y la fuerza cor•'i tante V = 2.500 kg. ·!

Solucwn:

.,·'

,S=

CAPITULO V

865 kg.

DEFORMACIÓ N DE VIGAS CARGADAS TRANSVERSA LMENTE

; '1

31. Ecuación diferencial de la elástica.-Al proyectar una viga interesa corrientemente conocer no sólo las fatigas producidas por las -cargas que la solicitan, sino también las deformaciones que dichas cargas producen; en muchos casos, además,

i

(J

~.

Fro. 114

,,

se impone, como criterio de cáleulo, que la flecha máximtt no exceda de cierta fracción de la luz. Sea la curva AmB (fig. 114) el eje de la viga una vez deformada por la flexión. Esta curva se denomina elástica. Para encontrar la ecuación diferencial de esta curva tomaremos los ejes coordenados que indica la figura y supondremos que la curvatura de la elástica en cualquier punto depende únicamente del valor del momento flector M en eRte punto 1 . En este El efecto de la fuerza cortante en la curvatura se vera más adelante (véase art. 39). Se encontrará. que este efecto es generalmente pequeño y puede despreciarse. RIIBIBTliiNOIA DB KATllltiALES- T. I

~ 1'

l

.

¡'1 1

i:

130

··~

RESISTENCIA DE MATERIALES

... .l'

ecuación diferencial buscada y que debe integrarse en cada caso particular para encontrar las deformaciones de las Vlgas. El signo de la ecuación (79) depende de la dirección de los ejes coordinados. Si tomamos, por ejemplo, positivo hacia arnba. el eje y ~:>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
'

132

RESISTENCIA DE MATERIALES

133

DEFORMACJÓ'!O' 'Oll: VI'GAS

Esta última ecuación se utiliza a veces para estudiar la deformación de vigas por la acción de cargas di..'ltribuídas.

TAt fle<'hR, máxima acontece en el punto medio de la luz. l

32. Flexión de una viga uniformemente cargada apoyada en sus extremos (fig. 63).-El momento flector en una ::~ección rnn, a distancia x del apoyo izquierdo, es

Haciendo x = ¡ en la ecuación (81) ¡;e encuentra. 5 ql4

''

z

La pencliente máxima acontece en el extremo izquierdo de la viga. Poniendo .e= O en la ecuación (b), se obtiene

':::

y la ecuación (79) se escribe

qlx d 2y EJz dx2 = - 2

ql3 dy) ( dx máx =-24-E-12 •

qx1

+ 2"

~·-·

O qxa qlx~ dy El.-=--+- +. 6 4 dx

(a)

donde O es una constante de integración que debe filatisfacer las condiciOnes del problema. Debido a la simetría, la pendiente en el

(~)

= O, cuando x

qx" M=--, 2

= ~·

y la ecuación (79) se _escribe qx2 d2y El.--=-. 2 2 dx

se obtiene

La primera integración da qx" dy Elz-=6 dx

y la ecuación (a) se transforma en

El. dy = _qlx 4 dx

2

+ f!_x8 + <¡!!_ 24

6

(83)

En el caso de una ménsula cargada uniformemente -figura 115 (a)-, el momento flector en una sección mn a distancia x del extremo izquierdo es

Multiplicando ambos miembros por dx e integrando, se obtiene

centro de la elástica ets cero. Hac1endo

(82)

Ymáx = 384 El •

:.l l M= r¡_~_qx 2 2

(b)

+0.

y

(a)

FIG.ll5

La constante de integración se obtiene por la condición de

,,;,··

pendiente nula en el extremo empotrado, es decir,

Integrando otra vez, qlx3 El.y=-12

ql x ---+--+O.1 + qx' 24 24

V= __q__ (t:sx- 2lxa + x4) ' 24 El.

(e}

(81)

O para.

x = l. Sustituyendo estos valores en la ecuación {a) se eneuentra ql3 0=- -. 6

3

La nueva constante de integración se obtiene por la condición de que la flecha en el apoyo es cero, es decir, para x =O, y = O en la ecuación (e), lo que da 0 1 = O. La ecuación de la e1ás{49a< será, por tanto,

~~ =

.:.·

La segunda integración da qlBx qx4 El.y=--6 24

+0

1•

(b)

La constante 0 1 se encuentra por la condición de flecha nula

.~·

'· 134

en el extremo empotrado. Sustituyendo, por tanto, x y= O en 1a e<.:uación (b), se obtiene

135

DEFORMACIÓN DE VIGAS

RESISTENCIA DE MATERIALES

La segunda. fórmula da: ql 1 3 E6

=- l e

81=-z-=

ql4 01=-·

3 X 2 X 106 X 0,01 256

Sustituyendo en la tercera fórmula se obtiene

8

2 X 1.400 X 256 . 12 cm. h = 3x2x 106 xO , 01 ~

Escribiendo este valor de 0 1 en la eouaci6n (b) tenemos (84)

33. Deformación de una viga simplemente apoyada por una carga concentrada.- En b 0

Esta ecuaci6n corresponde, por consiguiente, a la elástica de una ménsula cargada uniformemente. Si la ménsula tiene empotrado el extremo izquierdo en lugar del derecho -fig. 115 (b)-, la elástica se obtiene escribiendo (l- x) en lugar de x en la ecuación (84). De esta forma se encuentra

este caso el momento flec- A k------+--__:L----.t:=B-¡JC tor tiene dos expresiones diferentes (véanse págs. 7l y 72), según que considey Fm. 116 remos el trozo a la izquierda de la carga o el que está a la derecha (fig. 116). Con esta consideración tendremos

y= _q_ (x4 -4l3x+ 3l 4 ). 24El,

'¡

(85¡

d~y Pb Elz-=--X

dx2

Problemas

y

l. Una viga de madera simplemente apoyada y cargada de modo unifOl'me tiene de vano 3 m. Hallar la flecha máxima si (a:rlmáx = 80 kg./cm.•, E = 106 kg./cm.• y q = 7 kg./cm. 2. Hallar la altura de una viga de acero en 1, simplemente apo· yada y uniformemente cargada, cuya luz es 3m., si la fatiga máxima por flflxión es 1.200 kg./cm. 1 y la flecha máxima 3 mm. 3. Una ménsula de luz 3 m. cargada uniformemente tiene una flecha en su extremo igual a O,Oll. ¡Cuál es la pendiente de la elástica en dicho extremo? 4. ¿Qué volado debe tener una ménsula uniformemente cargada si la flecha, en el extremo libre, es 2,5 cm. y la pendiente de la elástica en el mismo punto es 0,01? 5. Una viga de acero en l, cargada uniformemente y simplemente apoyada en sus extremos, tiene una flecha en el centro de 8 mm. La. pendiente de la elástica en los extremos es 6 = 0,01. Hallar la altura de la viga si la fatiga máxima por flexión es a = 1.400 kg.¡cm. 1• Solución: Utilizaremos las fórmulas conocidas

l

EI·~]J = - Pb

x

l

dx 2

+ P (x-a)

dy = _ Pbx

El zdx

y

dy Pbx2 Elz dx = - 2f"

2

2l

+

a

o,8

0,01 = 8U cm.

y

+0

P (x-a) 2 2

x~a.

para

+0

1

para

x~

a

Como los dos trozos de elástica deben tener la tangente común en el punto de aplicación de la carga P, las expre~iones de la pendiente (a) deben ser iguales p~~a x = ~- De ello se ~e­ duce que las constantes de la integracwn son, Iguales, ~s ~eCir, 0 = 0 1• Integrando por segunda vez, despues de sust1twr 0 1 por O, se obtiene Pbz' El y= - - - Ox + 0 2 para x::; a z 6l y Pbz' P (x- a) 3 + 0 x+ 0 s para Ely------+ z 6l 6

+

5

para

Integrando estas ecuaciones se obtiene

De las dos primeras se deduce:

f6 t = 6 =

para xsa

l= 2,56 m. .,,

' .; 1

'

''f.

136

Como los dos trozos de la elástica tienen la misma flecha en el punto de aplicación de la carga, las expresiones (b) deben ser iguales para x =a. De ello se deduce que 0 2 = 0 3 • Finalmente, ': para determinar las dos constantes O y 0 2 haremos uso de que la flecha en los apoyos es nula. Poniendo x = O e y = O en la primera de las dos ecuaciones (b), sale (e) 02 = 03 =o. Escribiendo y = O y x = l en la segunda de las expresio- :; nes (b), obtendremos O = Pbl _ Pb 3 = Pb (l2- b2) (d) ·':-~ 6 6l 6l Sm'ltituyendo los valores (e) y (d) de las constantes en las .: ecuaciones (b) de la elástica, resulta Pbx Elzy = - (l2 - b2 - x2 ) para x:::;;; a (86) 6l y '

f 1

'1 '1 ·.i

11

[!¡:

¡:¡:

q \.'

l. í'

Elz'!l-::- Pbx l (l2- b2- x2)

+ p (x- a)S

6

~a.

y

El dy = Pb (l2 -62- 3-!1) z dx 6l ;,;-

·+ P(x-a)2 2

dx z-o

e2 =

(dy) _ dx x=z

Pab (l +a) 6lElz

valor de la abscisa a partir del extremo izquierdo del -punto de la flecha máxima. Para hallar dicha flecha máxima t>e sustituye la expresión (/) en la ecuación (86), y se obtien., a

Ymt.x

Pb (l'~- b2)i =- 9V3ZEI .•

(g)

l

~ t:n

la ecuación (g), lo que da

, Pl3 (Y)z= 2 = - - · a=b 48 El,

.'

Mediante estas ecuaciones se calcula fácilmente la pendiente de la elástica en cualquier punto. Hacien::'!o x = O en la primera de las ecuaciones (e),. y x =len la segunda, se obtienen las pendientes el y e2 en los extremos de la viga 1,

Pb (l2- b2) 6lElz

La flecha máxima acontece en el punto en que la tangente a la elástica es horizontal. Si a> 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

MATJ<~RIALES

(93)

El.

y, por tanto, la distancia de B a la tangente en A es igual al

,,

momento con relación a la vertical de B del área del diagrama de momentos flectores comprendida entre las verticales de A y B, dividido por la rigidez El, de la viga a la flexión. Utili-

,

t-e '.':'

~

1 Pt!lrtt~llol•

fl

punto de una viga por un sistema de cargas que actúan simultáneamente puede obtenerse sumando las deformaciones producidas en ese punto por cada carga aislada. Por ejemplo, si se conoce la elástica producida por una carga concentrada (ecuaciones 86 y 87), la que producen varias cargas se obtiene por simple sumación. Este método de calcula.r las deformaciones se denomina <
cú6it:<1

Ar- ?qln

6b

FIG. 118

zando las ecuaciones (92) y (93), la pendiente de la curva de flexión y el corrimiento de los centros de gravedad de las secciones de la viga puede calcularse con facilidad. Más adelante· expondremos algunos ejemplos y discutiremos los resultados. Es interesante notar que la .deformación de una viga de rigidez a la flexión dada (véase ecuación 93) está determinada por el diagrama del momento flector. De ello se deduce una consecuencia importante. De la definición de momento flector (artículo 19) se deduce que el producido en una sección mn de una viga por varias cargas que obran simultáneamente es igual a la. suma de los momentos producidos en la misma sección por las diversas cargas obrando por separado. Teniendo en cuenta la. ecuación (93), deducimos que la deformación producida en un

,

1 . 2 El,

= -Pl- · 2

2El.

(94)

La flecha o, calculada por la ecuación (93) como el momento del área aba¡, respecto a la vertical de b dividido por Elz, es

o= ..z ·

= Pl . -l

l 2 1 Pl3 Pl · - · - l · = --· 2 3 El. 3El.

(95)

El giro de cualquier otra sección, tal como mn con relación a la de empotramiento, es el área rn'n'aa1 de la figura 119 (b) dividida por El•. En el caso de curvaturas pequeñas, como acontece en las

1

.,

1 Se calcula. el valor numérico del giro. Su sentido se deduco fácilmente viendo el modo de actuar las cargas,

.\

142

RESISTENCIA DE MATERIALES

e)áRtÍC!tfl Oe laR vigas, el ángulo e puede igualarse a y se obtiene e= ~y= Pl2 [ 1 _ (l-x)~. l2 J 2 El, dx ~

1

SU

tangente

El giro respecto a la sección de empotramie nto de otra situada a umÍ distancia x de ella será (ecuación 92)

(96)

e=

J-'a flecha y para la misma sección es el momento del área m'n'aa1 , respecto a m'n' dividido por Elz (véase ecuación 93). Descomponiendo este área en el rectángulo y triángulo indicados en la figura, se obtiene

2

dy = _}___ (" q (l- X¡) dx 1 = _q_ 2El, 2 Elz)o rlx

(l x -lx + ~). 2

2

(99)

3

El giro de la sección B se obtiene mstituyend o x por len la ecuación anterior, y es (100)

3

2

x)

P (lx2 x2 Px 2x] 1 [ Y=Elz P(l-x)2 + 23 =Elz 2-6.

(97)

Para una viga en voladizo sometida a la acción de una carga concentrada P, obrando a una distancia e del empotramie nto, el diagrama de momentos flectores será el de ia figura 120 (b). El giro de cada sección respecto a la de empotramie nto, y T-"""""== 1--P----i- --X la flecha para las secciones situadas a la izquierda de la carga -."r----- -:7--t--1 --x ven4I'ían dados por las ecuaciones (96) y (97) reemplazan do l por c. Para las secciones a la derecha de la carga el momento flector y, por tanto, la curvatuFIG. 120 ra, son nulos; es decir, esta parte flexión. El giro de cada sección, la en recta permanece viga la de es constante e igual al de D; nto, respecto a la de empotramie

fJ La flecha en cualquier sección situada a la rlistancia x del extremo empotrado es el momento del área ot---im---l~---"b!!-_x aa 1cd, respecto a la vertical cd dividido por El. -fig. 121 (b)-. El mom:;~nto del elemento de dicha área, ra~ yado en la figura, e3 Fw. 121 q (f- X¡)2 dX¡ (X - X 1)

·..~-

2

y el momento total es la integral de esta expresión, desde x1 = O hasta x 1 = x. Tendremos

q!o"

1 (x-x 1) (l-x 1) 2 dx 1 , y=--Elz 2 o

o sea =

y

vale, por tanto (ecuación 94), :.;; . La flecha para una sección cualquiera rnn es el momento del área del triángulo aa1d, res;. pecto a la vertical rn'n' dividido por Elz, o sea

(x -~e)· _1_Pc2 Elz

En el caso de una ménsula con carga uniforme de intensi· dad q -fig. 121 (a)-, el momento flector en una sección cu&ol· quiera rnn, distante x del extremo empotrado, ~&

M = ~ q(l-X¡)2. 2

(l2x2 _lx3 -1- ~4)· 2

3

ql4 S = (Y)x=l = - - . S El.

(98) ·,:

3

2

_q_ 2 El z

12

(101)

La flecha en el extremo x = l será

z

y=

143

bEFORMACIÓ N DE VIGAS

'

1

(102)

El mismo problema puede resolverse fácilmente usandn el m ~.1 todo de superposición. La carga uniforme puede' considerarse como un sistema de cargas infinitesimales qdc, tales como la rayada en la figura 122. La flecha producida en la secci6u recta mn, por cada carga elemental qdc situada a su izquierda, puede encontrarse por la ecuación (98) sustituyend o P por el valor qdc. La flecha y 1, producida por la carga total situada a la izquierda

RESISTENCIA DE MATERIALES '.t

¡l

i: i

de mn, es la suma de las flechas producidas por las cargas ele· mentales, variando e desde e = O hasta e = x:

1

Yt

=

;Iz .r (x-te) q;2

de=

2;1~ x4~.

Y2

fl q =Elz}z 1

(ctx2 xs) de 2-6

1

FIG.

x4 + x_2_[22 _lxa)· 3

- ~q__ (6 -2Elz

La flecha total de la sección mn será

3. Determinar la flecha y el giro en la sección extrema de una viga en voladizo flexa.da por un par M (fig. 123). Respuesta: __ Ml. dy) ( dx x-lElz 4. Dos vigas rectangulares de madera están enlazadas en el extremo izquierdo (fig. 124) y se flexan apretando el perno del extremo derecho. Determinar el diámetro d del perno para que los coeficientes

La flecha producida en la sección mn por una carga elemen. tal qdc 1, situada a su derecha, se en- · cuentra por la ecuación (97) sustitu · % yendo P por qde 1 y l por e1 . La fle · "' a---::--'!+==::;=:::ffl- cha y 2 , producida en mn por la carga total situada a su derecha, es la suma de las producide.s por todas las cargas y elementales en las condiciones dichas, o FlG. 122 sea variando C¡ det>de 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 m<: VIGAS

RESIST ENCIA DE MATER IALES

a este trarse el grro de la sección extrem a derech a; para dar la menos signo con se tomar giro e1 el signo aprop iado debe ada. conjug viga reacción en el extrem o derecho de la Para calcul ar la pendie nte en cualqu ier punto d de la elásel ántica basta (fig. 128) restar del ángulo e1, en el apoyo A, de la gulo e que forma n las tangen tes en A y en el punto d e ángulo del o cálcul el para (92} ón elástic a. Emple ando la ecuaci se tiene 1 dy - = 61 - e= - (R-~a¡mn). Elz dx El prime r términ o del parént esis es la reacción en el apoyo en izquierdo de la viga conjug ada a 1 b1, y el segun do es la carga esis la viga conjug ada a la izquie rda de la sección mn. El parént la en te cortan fuerza la , uiente compl eto repres enta, por consig viga la de giro el que sección mn de la viga conjug ada. Es decir, endo primit iva en un punto cualqu iera d puede obtene rse dividi conla fuerza cortan te en la sección corres pondie nte de la viga jugad a por Elz. la La flecha y, corres pondie nte a un vunto d de la viga a izquie rda de la carga P, es (b)

y= ce-de . En el triáng ulo Ace se tiene

Rx

(e)

ce= 61x= El.

donde R es la reacción en el apoyo izquie rdo de la viga conJU• ón (b) gada. El último términ o del segundo miemb ro de la ecuaci Ae, y te tangen la a repres enta la distan cia del punto d respec to aplica ndo la ecuaci ón (93) vale 1

--

área de = El.

~a 1mn

1

· - x.

(d)

3

Sustit uyend o (e) y (d) en (b), se obtien e 1

y= - - (RxEl,

~a¡mn.

!x)· 3

(e)

La expres ión dentro del pa.rénteRis tiene un significa<1o sen-

149

viga cilio: repres enta el mome nto flector en la sección mn de la viga una conjug ada. Es decir, la flecha en cualqu ier punto de moapoya da en sus extrem os puede deduc irse dividi endo el conjuviga la de nte pondie corres n mento flector en la secció y gada por El•. Sustit uyend o en (e) en lugar de R su valor, tenien do en cuenta que Pbx 2 , area ~a1 mn = - - , 27 se obtien e 'JI= _1_ [Pabx (l

Elz

+ b)- rbx

6l

6l

3 ]

=

Pbx l2- bZx2). 6lEI. (

Este resulta do concu erda con la ecuaci ón (86), obten ida anelásteriorm ente por integr ación de la ecuaci ón diferencin.l nP, la sipunto un para tica. La flecha db - , IIJ --; tuado a la derech a de la carga P puede calcularse de modo aná- ARIII /1111 ///III! IIIIII! 'la fdiJ logo. El result ado será. el que (a) indica la ecuación (87). En el caso de un sistem a de cargas cuales quiera , la flecha para cada sección de la viga puede obtene rse media nte las ecuaciones del caso de carga única y (11) FIG. 129 la aplicación del métod o de sutames o métod perposición. Este lo bién aplica ble al caso de una carga distrib uída. Como ejemp unifor carga con resolveremos el caso de una viga apoya da que e deduc meme nte distrib uida (fig. 129). De la ecuación (a) se de el giro produ cido en el apoyo A por la carga eleme ntal qdb la figura es de = qabdb (l + b) = qb (l2 _ b2) db. 1 6lElz 6lElz El ángulo total b ==O .V b = l:

e1

se obten drá integr ando para b entre (/)

1' '

1

El mismo resultado se obtiene calculando la reacción en el apoyo a de la viga conjugad a ab. La flecha en el centro puede calcularse por la ecuación (91 ), que se dedujo en la hipótesis de que la carga estaba a la derecha del centro. Si la carga está a la izquierd a del centro. puede usarse también dicha ecuación, pero en este caso b debe tomarse como la distancia de la carga al apoyo izquierdo. Cualquier carga elePenta l qdb, situada a la derecha del punto medio de la viga, P.roduce una flecha en dicho punto medio de valor (dy)

f =

"'=a

.!l!!___d!!_ (3l 2 -4bll). 48 EJ.

Sumand o todas estas flechas y observan do que las cargas de la mitad izquierd a de la viga producen las mismas flechas que las cargas de la mitad derecha, se obtiene t

~=

(y).,_;= 2 1

(2 qbdb (3Z2- 4b2) = ~ ql". . 384 El, }o 48El,

151

DEFORMA CIÓN DE VIGAS

RESISTEN CIA DE MATERIA LES

150

La flecha totaJ en el centro será por consiguiente: 8 = 8¡

1

l

(2 qbdb (3l2- 4b2) )tl 48Elz

'

+12 _q~db o

(3l2- 4bl).

48El,

En el caso de llila viga simplem ente apoyada AB solicitad a por un par aplicado en el ~8 , .e m extremo (fig. 131), el dia- ~e. ,V 3 flector momento del grama ~ 1 ~ figula es el triángulo abd de (i1J ra 131 (b). Considerando ab comovig aconjug ada,laca r-. ~~ 1 e ~ . . . t l MlL ga f IctlCia ota es - 2 . · as •¡...::::: :::.:....-- +----+-- :---i...i. ~~~ Y-' H~ reacciones en los extremo s · $§ (1) de la viga conjugad a son por FIG. 131 Ml Ml . . . consiguiente T y

d'

3

(g)

Los resultado s (f) y (g) coinciden con las fórmulas (83) y (82), obtenida s anteriorm ente integran do la ecuación diferencial de la elástica. El mismo resultado se obtiene dividiendo el moment o flector en el centro de la viga conjugada -fig. 129 (b)- por El,. r-e lil!lllll! t d El método de superposición pueLi de usarse también en el caso de que FIG. 130 la carga distribuí da cubra solamen te parte de la luz, como en la figura 130. La flecha producid a en el centro de la viga por la carga situada a su derecha es

+ ~2 =

Los giros en las secciones extrema s de la viga real serán

MZ 6BI,

(103)

6¡=- y

Ml (104) 3EI. El signo del giro en el extremo derecho es negativo . La flecha en una sección mn de la viga se obtiene dividiendo el moment o flector en la sección correspo ndiente m 1n 1 de la viga üonjugada por Elz, lo que da ()2 = ---.

y= _1_ El.

(JJ!l x- Ml

2

. x Z2 2

6

•

~) 3

= Mlx 6El,

(~-~)· l2

(10ó)

Problema s

La <'arga situada a la izquierd a del centro de la viga produce la flt:cha

l. Determin ar los á.ngulos en los apoyos y la flecha en loe puntos de aplicación de las cargas de la viga de la figura 132. Solución: La viga conjugad a estará cargada con el trapecio adeb, cuya área es Po (l-e). Los ángulos en loil extremo:> son: 01

¡'

'!

¡¡

=

Po (l - o) 62 = _1_ 2 El.

1'

Ió2

La flecha en los puntos de aplicación de las cargas ea 1

(y)- = _1_ [Pe (l-e) _ Pc El~,

2

2 •

2

~] 3

1

= Pc

y el método de superposición y haciendo b =

(! _E3 o).

Pe

(y),z=~ = 24El, (3l2- 4cz).

2. Determinar los giros en las secciones extremas de la viga de la. figura 88. Reapueata: 1

8 Wl ""'- 180 El~·

Determinar la flecha en el centro de la viga AB (fig. 133),

R = ! [Pca a l 2l

AFilliG!, ~· fiG.

FIG. 132 siendo 11 = 3,600 cm.', q = 800 kg./m., l b = 2,40 m., E = 2 x 106 kg./cm.•.

Solución: Debido a que a=

=

Rb

133

7,:1:0 m., a=- 3,60 m., 6¡ =

1 5

2 384

d para la otra.

2

b

+ ~) _ Pe2lbs ~3 b].' 3

=! [Pca1 2 a_ Pob 2 (a+~\]· z 2z a 2z aJ

2{.~1, [a•( b+ ;)-; b'] = 2~1,(~- b'J

e.=- 2l~~I,

flecha producida en el centro

por la carga que actúa t>n 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,ffi<>mente 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
(d)

Solución: El momento flector máximo se presenta en la sección central y vale ql1 300 X 31 . M.,.,= 8 = = 337,5 m. kg.= 33,75Ukg. cm. 8

1

'

p

3

., (a, ) x =O; y = - h ; z = - b , se obt'1ene c1on

2

¡p

~Y

112 cm. 4 •

r¡ -z0 . -k~ = tg rL. 1, - - tg r-·

Yo

1

Respuesta: (crz)máx

y la ecuación de la tangente en el punto de coordenadas Yo y z0 (figm·a 146) será YYo + ZZo =l. k: k¡¡

161

lt.lliiWi~lilJICU. .1111: XAHIUALES.-

T. 1

11

162

J:'

DEFORMACIÓN DE VIGA~

RESISTENCIA DE MATERIALES

Las componentes del momento flector en los planos principales son: M~ '""' Mmáx cos ot = 33.750 X 0,949 = 32.028,75 kg. cm. y M 11 = Mmáx sen ot- 33,750 X 0,316 = 10,665 kg. cm. La. fatiga máxima en el punto B es _ 6 X 32,028 + 6 X 10,665 46 2 k f 1 (Cz)m&• bhs hb• == ' g. cm.

Las flechas en el centro, para los dos planos principales, son:

1!:

_ __!!__ ql' coa at 3,-384 EI ' 2

La flecha vertical en el centro

y

82 =

~

384

. ql' sen ex EI11

'

es

!

o= o11 e os ce + Oz sen ot = 3 4 ~~~ ( cos2 ot + ~ sen2 ot) - 0,316 X 1,08 = 3,4 mm.

4. Resolver el problema anterior si la distancia entre apoyos es 1,80 m. y la viga tiene dos voladizos igua.lQS de 60 cm. de largo cada uno.

39. Efecto de la fuerza cortante en la deformación de las vigas.-En las discusiones precedentes (véase pág. 129) sólo se

i'

'

ha tenido en cuenta la acción del momento fiector como causa de la deformación. La fuerh::--F~"=:::---x za cortante producirá una deformación &dicio~ nal en forma de deslizamiento relativo de las Y secciones adyacentes. Como resultado de la Fw. 14.9 distribución variada de la fatiga cortante, la sección recta, primitivamense plana, se curva tal como indica la figura 149, en la que se representa solamente la flexión debida a la distorsión l. Los elementos de las secciones situadas en los centros de gravedad permanecen verticales y deslizan unos respecto a. otros; por consiguiente, el giro de la elástica, debido a la distorsión únicamente, es igual para cada sección a la distorsión en el centro de gravedad de dicha sección. Representando por y 1 las fle~ chas debidas a la fuerza cortante, la expresión del giro pa.ra. e~ sección será

donde ; es la fatiga cortante media; G, el módulo de elasticidad transversal, y oc, un factor numérico por el que hay que multiplicar la fatiga cortante media para obtener la fatiga cortante en el centro de gravedad de las secciones. Para una sección rectangular, oc =

~

(véase ecuamon 66, página 109); para una

sección circular, oc =

~

(véase ecuación 68, página 114). Si la

carga es continua, la fuerza cortante V es una función continua que puede diferenciarse respecto a x. La curvatura originada por la fuerza cortante únicamente será d2 y 1 oc dV oc dx 2 = AG dx =-AGq. La suma de esta curvatura con la originada por el momento fl.ector (ecuación 79) da

dy = 2

dx 2

__ 1

E/z

Se prescinde de la rotación mutua entre secciones adyaceates, debida al momento flector.

(M

ocE/2 ) AG q •

+

(106)

Esta ecuación puede emplearse en lugar de la ecuación (79) para determinar las deformaciones en aquellos casos en que deba considerarse el efecto de la fuerza cortante 1. Conocidos M y q como funciones de x, la ecuación (106) puede integrarse fácilmente. El método de la viga conjugada (véase pág. 148) puede también aplicarse en este caso, tomando como ordenadas del diagrama de carga ideal las cantidades M+

OC

El

_zq, AG

(b)

en lugar de M. Sea, por ejemplo, el caso de una viga simplemente apoyada y con carga uniformemente repartida (fig. 150). El momento fiector en una sección cualquiera a distancia x del apoyo izquierdo es M=

1

163

ql

qx2

2

2

-x--.

(e)

1 En la página. 292 expondremos otro modo de ha.llar la flecha adicional debida a la fuerza cortante.

164

La carga de la viga conjugada consta de dos partes: La, la que representa el primer término de (b) dada por el diagrama parabólico de momentos flectores -fig. 150 (b)-, y 2.a., la representada por el segundo término de (b),

ex.!~ q,

01

=

_1_

EIZ

(o: EI. q) ~ = AG

8

o:l2q •

8AG

FIG. 150

Sumándola con la flecha debida al momento flector (véase ecuación 82, página 133), se obtiene como flecha total

o= donde k.=

5 ql4 384EI.

+

cx.ZZq 8AG

=

5 ql4 ( 1 384EI.

48

+50:

k2 E)

l: G

(d)

Y}• es el radio de giro de la sección con relación al

eje de las z. 2

Para una sección rectangular de altura h, k z Poniendo!= 2 (l

+ f.L) =

hs, cx. = ~. =...!.. 2 12

2,6 se obtiene, mediante (d),

- (1 8 = -5 -ql4 384EI.

h2) . + 3' 12¡2

l Se ve que para h = lO el efecto de la fuerza cortante en la

deformación es alrededor de un 3 por lOO. A medida que

~ disminuye,

cuando son r.ortas el efecto de la fuerza cortante es cuantitativamente mayor. Utilizando la ecuación (70) y figura 106, se tiene

que, como q es

constante, es una carga uniformemente distribuída -fig. 150 (e). La flecha adicional debida a la fuerza cortante, para cualquier sección, es el re omento flector producido en la sección correspondiente de la viga conjugada por la carga segunda, dividida por EI•. En el centro de la viga esta flecha adicional vale

«~ !k---~:-----i.l (e)

165

l>EFORMACIÓN DE VIGAS

RESISTENCIA DE MATERIALES

el efecto aumenta.

El factor ex. ea corrientemente mayor que 2 para vigas en I y

de donde (X

= ~ [bh2- ~ (b- bl)]·. b1 /z

8

(e\

8

Supongamos, por ejemplo, h = 60 cm., A = 194 cm.2. I. = 109765 cm. 4 , el espesor del alma b1 = 15,6 mm., l = 6 h. La ecuación (e) da o: = 2,42. Sustituyendo en la ecuación (d), se encuentra 4

48 5 ql ( 1 +-X 2,42 X o=---

384Elz

5

5 [4 ) 109765 q . X 2.6 = 1 265 384Elz ' • 194 X 360 2

La flecha adicional debida a la fuerza cortante es en este caso igual al 26,5 por 100 de la flecha p producida por el momento flector y ........ debe, por consiguiente, tenerse en cuenta. ~ -!elEn el caso de una carga concentrada P (fig. 151), podemos considerar 1\ dicha carga como el caso límite de 8, A, una carga repartida sobre una parte Fw. 151 muy pequeña de la viga. El valor de la carga ficticia P 1 en la viga conjugada, correspondiente al segundo término de la expresión (b), será

il

r

(/)

La flecha adicional debida a las fuerzas cortantes se obtiene dividiendo por EI. el momento flector producido en la viga conjugada por la carga ficticia concentrada (f). En el caso, por ejemplo, de carga central en la viga dada, el momento flector producido en el centro de la viga conjugada por la carga (f) será

166

"" N

íll' JI

ti,

J¡

1

!

(AEI z). Pl 4 y la flecha adicional en el centro debida a las fuer0

za,¡¡¡ cortante s será. ex Pl

(g) 0¡=- -· AG 4 Sumánd ola a la flecha producid a por el moment o flector únicame nte (véase ecuación 90), la expresió n complet a de la flecha resulta ser

12 rx.k~ ~)· Pl = __!!!._ (1 __!:.!!_ l2 G 48 El. AG 4 48 EIZ Para una viga de sección rectangu lar de altura h se tiene 3 h2 k2 ex=-, ....! = - - · 2 12l2 ' l2 y se obtiene 0=

i

+ _::_ .

+

h2) pzs- ( 1 + 3 90---·. o=' l2 48EI.

partir del centro y solamen te a alguna distancia de la carga puede el alabeam iento ser equivale nte al que producir ía una fuerza cortante !:_en condiciones de alabeo libre de la sección. 2

De esta discusión puede deducirse que en las proximid ades de la sección central la distribuc ión de fatigas no será la anteriorm ente vista por la teoría elementa l de la flexión (véase pág, 109). El alabeam iento está impedido parcialm ente y la flecha adicional debida a las fuerzas cortante s será algo menor que la encontrada anteriorm ente (ecuación g). Un estudio más detallado de la cuestión 1 muestra que en el caso de una carga concentrada en el centro de la viga la flecha en dicha sección es

1

(k) 0,84 (~) Jl 48EJz . El caso de una viga en voladizo es enteram ente análogo. Si la sección empotra da puede alabear libremen te, tal como indica la figura 152 (a), las condiciones de deformación serán las expresad as por la ecuación (h). La flecha de un voladizo de secp ción rectangu lar se averigua rá sustituye ndo l y P en lugar l p de y en dicha ecuación, 2

8=

(h)

1 el efecto adicional de la fuerza cortante es al10 rededor del 4 por 100. En la discusión preceden te se ha supuesto que las secciones de la viga se alabean libremen te (fig. 149). La viga uniforme mente cargada es un caso en que esta condición se satisface de modo aproxim ado. La fuerza cortante en el centro de la viga es nula y, por tanto, allí no hay alabeam iento. El alabeam iento crece gradualm ente con la fuerza cortante a lo largo de la viga hacia la izquierd a o la derecha del centro. La condición de simetría queda satisfecha. Consideremos ahora fl.exada la viga por la acción de una carga concentr ada en el centro. Por la condición de simetría, la sección central de la viga debe permane cer plana. Al mismo tiempo, las secciones adyacen tes a la derecha p o izquierd a de la carga sufren una fuerza cortante 2 y se alaPara

167

DEFORMA CIÓN DE VIGAS

RESISTEN CIA DE MATERIA LES

=

bean por la acción de estas fuerzas cortante s. Por la condición de continui dad de la deformación, sin embargo, no puede haber un cambio brusco entre la sección central plana y el alabeam iento de las adyacent es. Habrá, por tanto, un aumento continuo de alalabea miento o largo de la viga en ambas direcciones a

~ r~ + 2,85 hl2 _

3

2 2

obtenién dose

o=

2

pza {1

+o 98h2 )·

(l)

' l 3El FIG. 152 Cuando el alabeam iento del extremo empotra do está completa mente impedido -:-fig. 152 (b)-, las condiciones vienen expresad as por la ecuación (k) y por una sustituci ón análo,ga se tiene para la flecha el valor h' 0,10 (h- )a] Pl3 [ 1 + 0,71-o=-l zz 3EI

(m)

menor que el dado por (l). Véase L. N. G. Filon., Phil. Trans. Roy. Soc. (A), vol. 201, pág. 63, 1 1903, y Timoshen ko. Phil. Mag., vol. 47, pág. 1095, 1924. Véase tam. bién Th. v. Ká.rrnán, Scripta Universita tis atque Bibliothecae Hierosolmitanaru m, 1923, y Theory of Elasticity del autor, pág. 95, 1934.

CASOS IDPERESTÁTICOS EN LA FLEXIÓN

CAPíTULO VI

CASOS HIPERESTATICOS EN LA FLEXIÓN 40. Exceso de ligaduras.-En lo expuesto anteriormente hemos considerado tres tipos de vigas: a) una viga en voladizo; b) una viga apoyada en sus extremo$, y e) una viga con voladizos. En los tres casos, las reacciones en los apoyos pueden determinarse por las ecuaciones fundamentales de la estática; por tanto, los problemas son estáticamente determinados. Vamos ahora a considerar problemas de flexión en los que las

~·~ FIG. 153

ecuaciones de la estática no son suficientes para la determinación de las reacciones en los apoyos y tendremos necesidad de deducir ecuaciones complementarias basadas en la deformación de la viga. Estos problemas se denominan estáticamente indeterminados o hiperestáticos. Veamos ahora los diversos tipos de apoyos que puede tener una viga. El apoyo representado en la figura 153 (a) se denomina articulación móvil. Despreciando el rozamiento en la articulación y en los rodillos, es evidente que en este tipo de apoyo la reacción debe pasar por el centro de la articulación y además ser perpendicular al plano de apoyo mn sobre el que pueden moven;e los rodillos. Conoeemos, ¡10r Lanto, el punto de aplicación

16\J

y la dirección de la reacción. Queda solamente un elemento desconocido: la intensidad de la reacción. En la figura 153 (b) se ve una &rticulación fija. En este caso la reacción debe pasar por el centro de la articulación, pero puede tener cualquier dirección en el plano de la figura. Tenemos dos incógnitas a determinar por las ecuaciones de la estática: la dirección de la reacción y su magnitud, o bien las componentes vertical y horizontal de la reacción. En la figura 153 (e) se representa un empotramiento. En este caso no solamente son incógnitas la dirección y magnitud de la reacción, sino también su punto de aplicación. Las fuerzas de reacción distribuídas sobre la sección empotrada pueden reemplazarse por una fuerza R aplicada en el centro de gravedad de la sección y un par M. Tenemos, pues, tres incógnitas a determinar por las ecuaciones de la estática: las dos componentes de la fuerza de reacción R y la magnitud del par M. Para vigas solicitadas por cargas transver¡;ales situadas en un plano, disponemos, para determinar las reacciones en los apoyos, de las tres ecuaciones de la estática siguientes:

:EX= O;

~Y=O;

~M=O.

(a)

Si la viga está apoyada de modo que solamente haya tres incógnitas, las reacciones podrán determinarse por las ecuaciones (a) y el problema es estáticamente determinado. Estos tres elementos son los suficientes para asegurar la inmovilidad de la viga. Cuando el número de elementos de reacción es mayor de tres, diremos que hay ligaduras excesivas y que el problema es hiperestático. Un voladizo está apoyado solamente en un punto: el extremo empotrado. En este caso, tal como hemos dicho, el número de elementos de reacción desconocidos es tres y pueden determinarse por las ecuaciones de la estática. P~:~,ra vigas apoyadas en los extremos y vigas con voladizos se supone que uno de los apoyos es fijo y el otro una articulación móvil. En este caso tenemos nuevamente tres elementos de reacción desconocidos que pueden determinarse por las condiciones de la estática. Si la viga tiene artic.ulaciones fijas en ambos extremos (figura 154·), el problema es hiperestático. En cada extremo tenemo"

170

RESISTENCIA DE MATERIALES

CASOS HIPERESTÁTICOS EN LA FLEXIÓN

dos elementos desconocidos, las dos componentes de la reacción correspondiente, y para determinar estas cuatro incógrutas disponemos tan sólo de las tres ecuaciones (a). Hay, por tanto, una ligadura sobrante y es necesario considerar la deformación de la viga para determinar las reacciones. Las componentes verticales de las reacciones pueden calcularse mediante las JI ecuaéiones de la estática. En el caso de cargas verticales, puede deducirse también, por conFIG. 154 sideraciones de estática, que las componentes H son iguales y de dirección opuesta. Para encontrar el valor de H consideraremos el alargamiento del eje de la viga durante la flexión. Una buena aproximación de este alargamiento puede obtenerse suponiendo que la elástica de la viga es una parábola 1 de ecuación 4~x(l-x)

y=

siendo

(b)

za

ola flecha en el centro. La longitud de la curva es l

s

=

21\ldx~ + dy2 =

21

l

2

dx

-v

1

+ (:~r-

En el caso de pequeña curvatura, la cantidad

(:r

(e)

es pe-

queña con relación a la unidad, y prescindiendo de cantidades de orden superior al segundo se obtiene aproximadamente

Sustituyendo esta expresión en (e) y utilizando la ecuación (b) se encuentra, para longitud de la curva, la expresión S=l ( 1

8 as) +-·· • 3l 1

1 La expresión exacta de la elástica se verá más adelante (Se. gunda parte).

171

Por consiguiente, la diferencia entre la longitud de la curva y la distancia l entre los apoyos que representa el alargamiento 82 8 62 . 1 t ot a 1 de 1a v1ga . es 8 . El aw.rgam1en '· t o un1"tariO · sera' -p: axia

3

31

Representando por E el módulo de elasticidad del material de la viga y por A el área de su sección recta, se obtiene la reacción horizontal por la ecuación 8 a2 H=--EA. 3 Z2

(b)

Haremos notar que para la mayor parte de las vigas usadas en la práctica la flecha a es muy pequeña comparada con la longitud y que la fatiga de extensión

~ ~:

E producida por las

fuerzas H es corrientemente pequeña comparada con las fatigas de flexión y puede despreciarse. Este resultado justifica la norma práctica de calcular las vigas apoyadas en sus extremos suponiendo que uno de los dos apoyos es una articulación móvil; sin embargo, en caso de grandes luces, se organiza uno de los apoyos de modo que permita la traslación de la articulación. En los casos de flexión de pletinas o barras flexibles para los que o no es muy pequeña comparada con l, no pueden despreciarse las fatigas de extensión producidas por las fuerzas longitudinales. Estos problemas se verán más adelante (véase Segunda parte). El método que vamos a emplear para la resolución de los problemas de flexión es el de superposición y obtendremos las soluciones adecuadas combinando casos estáticamente determinados de tal forma que satisfagan las condiciones de apoyo. 41. Viga empotrada por un extremo y apoyada en el otro.Consideraremos primeramente el caso de que actúe sobre la viga una sola carga concentrada P (fig. 155). En este caso tenemos tres elementos de reacción desconocidos en el apoyo izquierdo y uno en el derecho. El problema tiene, por tanto, una incógnita o ligadura hiperestática, es decir, sobrante. Para resolver el caso consideremos como sobrante la ligadura que evita el giro del extremo izquier-

1¡ 1

CASOS HIPEltESTÁ TIOOS EN LA FLEXIÓN

172

1' 11 !'

it! ¡:

do de la viga durante la flexión. Prescindien do de esta ligadura, se obtiene el sistema estáticamen te determinad o o isostático de la figura 155 (b). La flexión producida por JJia, estáticamen te indeterminado , se estudia por separado -fig. 155 (e)- 1 • Es evidente que la flexión de la viga representada en la figura 155 (a) puede obtenerse combinando los casos (b) y (e). Bastará para ello que el valor t!Cil:~.lfl.L.Lll.ll.IJLW.l.l~W!I;~--1...--=;c del par Ma en el apoyo sea tal que deje satisfecha la condición

,¡

fa)

li 111

11

il

1p

173

RESIS'r.MNCI A llE MATERIALES

Es decir, que el giro del extremo izquierdo de la viga debido a la fuerza P se anule por la acción de M a y que la condición de giro cero en el empotramie nto quede satisfecha. Para obtener el par hiFIG. 155 perestático Ma basta sustituir en la ecuación (a) los valores conocidos de los ángulos el y e~. ecuación (88), página 136, y (104), página 151. De este modo, Pe (l 2 - e2 ) 6lEI,

sos son las (86) y (87), página 136, y (105), página 151. Supongamos, por ejemplo, el caso

e< ~ l y

calculemos la flecha en el

centro de ·la viga. Por las ecuaciones (91) y (105),

~= ~

(3l2- 4e2)

48 EIZ

En el punto O, para el que el momento ftector es cero, la curvatura de la eiástica es también cero y tenemos un punto de inflexión, es decir, en este punto la curvatura cambia de signo. Puede observarse en la ecuación (107) que el momento flector en el empotramie nto depende de la posición de la carga P. Si se iguala a cero la derivada de (107) respecto a e, se obtiene d ' . que el momento M a alcanza su val or ma:xuno cuan o e =

(107) El diagrama de momentos flectores puede obteherse ahora combinando los diagramas de los casos (b) y (e) tal como indica el área rayada de la figura 155 (d). El momento flector máximo se presentará en a o en d. La flecha, en cualquier punto, se obtendrá fácilmente restando de la flecha producida por la carga P la flecha producida por el par Ma. Las ecuaciones de las elásticas para ambos ca1 Las elásticas y los diagramas de momentos flectores se dan unidos.

l V3,

·para este valor de e (Ma)máx =

Pl .

10 3v3

= 0,192 Pl.

2

M a= Pe(l- e)-~ Pe(l - e 2l2 l l 2

de donde

16 El.

utilizando la ecuación {107), Pe ó = - - (3l2 -5c2 ). 96Elz

El momento flector en el punto de ducido de la figura 155 (d) es

Mal 3El,

=---,

+ Ma!':_,

)

aplicac~ón

(108)

de la carga de-

=Pe (l- e) 2 ( 2 l +e).

(b)

2l3

Si se deriva (b) respecto a e y se iguala a cero el resultado, se ve que Mq. es máximo cuando e=i(v3-1 )=0,366 l 2

y sustituyend o este valor en la ecuación (b), se obtiene (M~)máx = 0,174 Pl. Comparand o esta expresión con la ecuación (108), se deduce que en el caso de carga móvil la fatiga normal máxima a" :;e presenta en la sección de empotramie nto.

f.'!

i'

1

174

CASOS IDI'ERESTATICOS EN LA FLEXIÓN

RESISTENCIA DE MATERIALES

Resuelto el problema para una carga concentrada única y utilizando el método de superposición, puede resolverse el problema para otros tipos de cargas transversales mediante el empleo X --1""1-~...,..r-de las fórmulas obtenidas. Sea, por ejemplo, el caso representaFw. 156 do en la figura 156. El momento producido en el apoyo A por una carga elemental qdc se obtiene por la ecuación (107), sustituyendo qdc, en lugar de P. El momento total Ma en el apoyo será:

111

Ma=-

l

b

qcdc(l2-c2) 2[2

q

=--X

2[2

[12 (b2-a2) b4-a4] .(e) 2

-

ql2

Mu=--·

(109)

El diagrama de momentos flectores se obtiene restando el diagrama triangular debido al par Ma (fig. 157) del diagrama parabólico, debido a la carga uniforme. Se observará que ías fatigas máximas de flexión se presentan en las secciones de empotramiento. La flecha en cualquier punto se obtiene restando la flecha en dicho punto producida por el par Ma (ecuación 105, página 151) FIG. 157 de la flecha que en el mismo punto produce la carga uniforme (ecuación 81, página 132). Para el centro de la luz se obtiene ,

ql Mal ql' --+ --··--· 384El" 16El, 192EJ, 5

¡¡

4

1. Dibujar los diagramas de fuerza cortante para los casos expuestos en las figuras 155 y 157. . 2. Determinar la flecha máxima para el caso de la ftgura 157. Solución: Combinando las ecuaciones (81) y (105) se obtiene la ecuación de la elástica para este caso: __'!____ (3l'x1 Y = 48EJ 1

5lxl

2

{110)

+ 2x4).

(d)

Haciendo dy = O se obtiene para la abscisa del punto de flecha má-

dx

xima x =

1__ (15 16

V33) == 0,579

l. Sustituyendo en (d),

ql' Bmáx = 185 E[z

8

~=-

Problemas

4

Si la carga está distribuída sobre la longitud total de la viga se hace a = O, b = l, en la ecuación (e), y se obtiene

175

0

3. Determinar la reacción en el apoyo derecho para el caso de la figura 157, considerando esta reacción como la ligadura sobrante o hiperestática. . Solución: Liberando el apoyo B, la flecha en este punto de la VIga . . ql' . considerada como voladizo seria (ecuación 84) SE!. La reacción Rb z en B -fig. 157 (a)- debe ser tal que elimine la flecha anterior. Utilizando la ecuación (95) se obtiene la ecuación

de donde

_._. ..el\:' :FIG. 158

4. Una viga está. cargada en la forma indicada por la figura 158. Determinar el momento M 11 y las reacciones Ra y Rb en los apoyos. Respuesta: 3 11 5 9 Rb = 8 qz+ 40 qlz. Ra-S ql+ 40 q¡l; 5. Determinar la reacción Rb en el apoyo B de una viga cargada uniformemente (fig. 157), si el apoyo B es elástico, de tal modo que una fuerza hacia abajo A: haga descender al apoyo la unidad de longitud. Solución: Usando el método del problema anterior 3, la ecuación que determina Rb será:

177

176

RESISTENCIA DE MATERIALES

Esta flecha debe desaparecer en virtud de la reacción en el apoyo B. Representando esta reacción por Rb, se tiene

de donde

Rbl 3

l 2 'X(t -to)

3EJ 2 =

2h.'

de donde 6. Construir el diagrama de momentos flectores para unf\ viga uniformemente cargada apoyada en tres puntos equidistantes. Procedimiento: Por simetría, la sección del centro no debe girar durante la flexión y cada mitad de la viga estará. en las condiciones de una viga empotrada por un extremo y apoyada por el otro. (b} 7. Determinar la flecha del extremo de la viga representa-;la en la figura 159. (e) Solución: Reemplazando la acción del voladizo por la de un par Pa, la FIG. 159 flexión de la viga entre los apoyos se obtendrá por superposición de los casos (b) y (e). El par hiperestá.tico Ma se obtendrá por la ecuación 61 = - 6~, o sea

, 9. Una ménsula ~ B, cargada en su extremo, se apoya en otra mas corta.OD de la m1sma sección. Determi-~0;A X la OOO>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


~~~e,==::::*~)Po

t-irfl'

1 11

'

='

e

~

2'

La flecha en O será

Paa

-

Pa2l

e~)= 3Elz + 4EI;

El primer término del segundo miembro representa la flecha de un voladizo y el seg1mdo representa, la flecha debida a la rotación de la sección en B. 8. Determinar el valor adicional de la reacción en B para la viga x·epresentada en la figura 155, debido a un calentamiento no uniforme de la viga tal que la temperatura varie desde el valor t 0, en la cara inferior, hasta el valor t, en la cara superior, según una ley lineal. Solución: Prescindiendo del apoyo B, el calentamiento enunciado curvaría a la viga en forma de arco de círculo. El radio dt~ este círcu1 to) s1en · d o h l a a lt ura d e l a. --h--, lo vendría da d o por la eouaCI'ón ;; = cx(tviga. y ot el coeficiente de dilatación. La flecha en B se encontrará como en <>l problema 2, página 90, y es

a= !._ = 2r

l 2cx (t - to) 2h

___j

Examinando los diagramas del momento flectoJ' para ambas mén· sulas, se deduce que en O la ménsula superior sufre mayor deforma· ción angular que la inferior. De ello se deduce que las dos ménsulas solamente se tocan en los puntos D y O. 10. Resolver el problema 7, suponiendo que en lugar de la carga concentrada P solicita a la viga una carga uniformemente distribuida 0 de intensidad q repartida: l. 0 , sobre la longitud a del voladizo; 2. , sobre toda la longitud de la viga. ll. Dibujar los diagramas de f11erza cortante y momento flector para el caso de la figura 156, si a = 1,20 m.; b = 3,60 m.; l = 4,50 m., y q = 7 kg.jcm.

Pa

Pa' . B= 3Elz +a (e 2

~ ~c

(ll za)

de donde Ma=

;

..

42. Viga con los dos extremos empotrados.-En este caso tentmos seis elementos de reacción (tres en cada extremo), es decir, el problema tiene tres ligaduras hiperestáticas. Sin embargo, para las vigas corrientes las componentes horizontales de lag reacciones pueden despreciarse (véase pág. 171), lo que reduee el número de cantidades hiperest&ticas a dos. Consideremos los momentos Ma y Mb en los apoyos como ligaduras hiperestáticas. De este modo, para el caso de una carga concentrada única P -fig. 161 (a)-, la solución se obtiene combinando B.IISlliTJiiNCU lJJ,; ill.I.TJ,;RlALIII.- T.

I

~ ·i '.,1

178

RESISTENCIA DE MATERIALES

los dos problemas isostáticos representados en la figura 161 (b) Y (e). E~ evidente que las condiciones de empotramiento en los extremas de la viga A B quedarán t:J

M~ch.-

..

te~~-~~b·-"

~(!C 1--.It.--

~

satisfechas si los pares Ma y Mb son tales que verifican las relaciones

_.~

f:::?-

e2 =-e;.

(a)

De estas nos ecuaciones deduciremos los valores de los dos pares hiperestáticos. Utilizando las ecuaciones (88) y (89) para la carga concentrada y las ecuacioFIG. 161 nes (103) y (104) para los pares, las ecuaciones (a) se transforman en Pe(l2 - e2) _ Mal+ Mt>l, 6EI, 3Elz 6lEI,

Pe(l-e) (2l-e) = Mal 6Elz 6lEI,.

+

Mbl. 3Elz

De donde Ma=-

Pe 2 (l- e) f:2

· '

Mb=-

Pc(l-e) 2 . l2

(111)

Mae

+ -l-

+M

6

(l-e) _ 2 Pc2 (l- e) l3 J

2

•

(ll ) 2

En la figura 161 (d) se ve que el momento flector máximo en valor absoluto es el que corresponde a O o al apoyo más próximo. Para una carga móvil, es decir, cuando e varía, suponiendo e<~· el valor máximo de M 6 se obtiene haciendo e=~ len 4 Pl. El momento flector la ecuación (111): Este máximo vale 27

¡,1

bajo la carga es máximo para e =

l

2

l

y este máximo vale S Pl

(ecuación 112). Por consiguiente, para una carga móvil el momento máximo se presenta en el extremo. Empleando el método de superposición, la flecha y giro en cualquier punto puede obtenerse combinando la deformación producida por la carga P, con la que producen los pares Ma yMb. Resuelto el problema para una carga concentrada única P, cualquier otro tipo de cargas transversales puede fácilmente estudiarse utilizando el método de superposición. Problemas l. Dibujar el diagrama de fuerza cortante para el caso de la. fi; gura 161 (a), si P = 500 kg., Z= 3,60 m. y o= 1,20 m. 2. Dibujar el diagrama de momentos flectores para una viga empotrada en sus extremos y sometida a la. acción de una carga uniformemente repartida (fig. 162). Fw. 162 Solución: El momento en A producido por un elemento qdc de la. carga -fig. 162 (a)- es, ecuación (111): 2 dMa = _ qdcc (l-o).

Combinando los diagramas de momentos flectores para los casos (b) y (e), se obtiene el diagrama representado en la figura 161 (d). El momento flector positivo máximo acontece en el punto O (aplicación de la carga). La magnitud se deduce de la figura 161 (d}, y su expresión es la siguiente:

M _Pe (l-e) l e-

179

CASOS HIPERESTÁTICO S EN LA FLEXIÓN

z•

El momento producido por la carga total será 9 Ma=- (lqdcc (l-c).,._qzt. 12 l2 )o

El momento en el apoyo B tendrá el mismo valor. Combinando el diagrama parabólico de momentos flectores correspondiente a la <'.a.rga uniformemente repartida con el diagrama rectangular correspondiente a los dos pares iguales aplicados en los extremos, se obtiene el diagrama representado en la figura 162 (b) por el área rayada. 3. Determinar los momentos en los FIG. 163 apoyos de una viga con los extremos empotrados, cargada con la carga triangular representada en la figura 163. Solución: La intensidad de la carga a la distancia o del apoyo B qaedc q o y la. carga. representada por el elemento ra.ya.do es -,-, 4>~;~ es

T

180

pares correspondientes en los extremos producidos por esta carga ele. mental son, ecuación (111):

__ qae8 (l-e) de. dM a' za Por consiguiente,

Mb=- (lqac 1 (l-c) 1 do=_qal 1 • 30 l3 )o

M __ ¡lqae8 (l-c)do=_qal•. 20 ' l3 Jo a-

4. Determinar los pares de reacción M a y Mb en una viga con los extremos empotrados flexada por un par Pe (fig. 164). Solución: Utilizando la solución del problema 5, pág. 153, y las ecuaciones (104) y (105), se obtienen las ecuaciones siguientes:

2Ma+Mb=2Mb

3:

0

+ M a = ~ [i a 3

3

-

b1

Aplicando en A una fuerza de reacción X hacia arriba y un par de reacción Y en la misma dirección que Ma, de magnitudes tales que anulen el giro 6¡ y que reduzcan la flecha a a, satisfaremos las condiciones del eu\.l.nciado. Las ecuaciones que determinan las incógnitas X e Y serán; Xl 1

Pórticos y cuadros.-El método u~ado anteriormente para el caso de vigas hiperestáticas puede también aplicarse al estudio de los pórticos y cuadros. Sea, por ejemplo, el pórtico 43.

(a + t}

ti= 2b fJ"

1

7. Dibujar los diagramas üe fuerza cortante y momento flector para la viga de la figurt\ 163, si qa = 7 kg.fcm. y l = 4,50 m. 8. Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para una viga con los extremos empotrados si la mitad izquierda de la viga está cargada uniformemente con una intensidad q -= 7 kg./cm. La luz de la viga es l = 4,80 m.

2

donde ex es el coeficieute de dilatación y h la altura de la viga. 6. Determinar ei efecto en la reacción y en el par de reacción en A de un desplazamiento vertical pe· · p M Mb queño a del extremo empotrado A de la a viga AB (fig. 161). , 0 Solución: Quitemos el apoyo A; de este modo, la flecha 8 1 en A y el giro 61 Fm. 164 en dicho punto se hallarán por las fórmulas correspondientes a un voladizo empotrado en By cargado con P; es decir, Pc 2 6¡=--· 2 El,

l

181

la (b +;)-~bajo

De donde Ma y lrlb pueden deducirse fácilmente. 5. Determinar los momentos flectores en los extremos de una viga empotrada debidos a un calentamiento irregular de la viga, si la tem· peratura varía desde la t0 para la cara inferior a la t para la superior, con arreglo a una ley lineal. Respuesta: rxEiz(t-to) M a= M b= ' h

,,,

CASOS HTPERESTA TICOS EN LA FLEXTÓ~

RESISTENCIA DE MATERIALES

Yl

o

FIU. 165

simétrico y simétricamente cargado de la figura 165, articulado en O y D. La forma del pórtico después de la deformación está representada con líneas de puntos. Despreciando el cambio de longitud de las barras 1 y considerando solamente la flexión, puede considerarse formado el pórtico como indica la figura 165 (b). Es evidente que los pares M que obran en los extremos de la viga horizontal A B y que se oponen al libre giro de dichos extremos representan la acción de las barras verticales sobre la viga horizontal. Este par M puede consi~erarse como la única ligadura hiperestática existente en este caso. Conocido M, la flexión de las tres vigas puede determinarse sin dificultad alguna. Para calcular M, tenemos la condición de que A y B son uniones rígidas entre las barras, es decir, que el giro

Pc 1

2EI,-EI~=2EI,'

Yl 2 Xl 3 3 EI.- 2 EI• =

e

a1 - a,

La acción simultánea. de esfuerzo directo y flexión se discutirá t más adelante (Segunda parte) .

182

RESISTENCIA DE MATERIALES

CASOS HIPERESTATJCOS EN LA FLEXIÓN

del extremo izquierdo de la harra horizontal debe l'!Cr ig-nal al giro de la cabeza del pilar AG. La ecuación que determina M es, por consiguiente,

táticos representados en la figura 166 (b) y (e). En el caso b se prescinde de la ligadura sobrante que impide el movimiento de las articulaciones O y D. Las barras A,...._ _..._ p _ _..¡8 verticales no sufren, por consiguiente, presión alguna. La barra horizontal A B está en las condiciones de {a} una viga simplemente apoyada cuyos Pl 2 ángulos de rotación son El' y el

e1 = e;.

(a)

e1 puede determinarse por la flexión de la viga horizontal A B. Representando con lla longitud de esta viga y con El su rigidez de flexión, la rotación del extremo A debida a la carga P (ecuación 88) (b = ~), es :~r Los pares de los extremos ori. . ' en direcmon . ' opuest a 1gua . l a Ml . gman una rotacwn El (ecuamo2 nes 104 y 105). El valor final del ángulo de giro será;

1

e1 1

1

Ml = 16El- 2El.

Considerando ahora la barra vertical como una viga apoyada en los extremos, de longitud h y con una rigidez a la flexión Elv flexada. por un par M, el giro en su extremo superior será (ecuación 104): -

Mh 3El1

Sustituyendo en la ecuación (a), se obtiene Pl 2 Ml Mh -----=--, 16El 2El 3El1

11

1 2hl.

fuerzas Hes conocido. Dichas fuerzas e D producen pares de flexión en los extremos de la barra horizontal A B iguales a Hh; por consiguiente, los ángulos de rotación de estos extrellh·l mos serán e'= El. La flecha de 2 rada articulación O o D consta de FIG. 166 Hh 2 l dos partes: la flecha e'h = El' de2 bida a la rotación del extremo superior, y la flecha : ; ; de las 1

de donde Pl M=s

16

movimiento horizontal de cada articulación O y D es, por consiguiente, Pl 2 h -El' En el caso e, el efecto de las 16 .

pza

e'1

183

(113)

1 +--3 l 11

Conocido M, el diagrama de momentos flectores se construye tal como indica la figura 165 (e). Las reacciones en las articulaciones O y D se calculan fácilmente. Las reacciones verticales se obtienen por las ecuaciones de las estáticas. Las reacciones horizontales se deducen del equilibrio de las barras verticales. Este problema puede resolverse de otro modo tomando la reacción horizontal H en las articulaciones O y D como incógnita hiperestática, en lugar de M (fig. 166). El problema hiperestático se resuelve por superposición de los dos problemas isos-

barras verticales como voladizos. En el caso actual-fig. 166 (a)-, las articulaciones O y D no se mueven; por consiguiente, los desplazamientos horizontales producidos por la fuerza P -figura 166 (b)- deben compensarse por el efecto de las fuerzas H -figura 166 (e)-, es decir, Pl 2 Hh 2 l Hha h=-- + --, 16El 2 El 3El, de donde H=-!Pl 1

h81+~~!.

3l 1¡

Recordando que H · h = M, este resultado reproduce la ecuación (113). Este último método de análisis se utiliza espe-

185

RESISTENCIA DE MATERIALER

CASOS HIPERESTA 'l'ICOS EN LA FLEXIÓN

cialmente para cargas asimétricas tales como la de la figura 167. Prescindiendo de la ligadura que impide el movimiento horizontal de las articulaciones e y D, estamos en el caso representado por la figura 167 (b). Es evidente que el aumento de las y D puede obtenerse multiplicando por h la distancias entre suma de los ángulos 61 y 62 • Utilizando las ecuaciones (88) y (89), este incremento de la distancia será

El problema representado en la figura 168 (a) puede resolverse superponiendo las soluciones de Jos dos problemas que representan las figuras 168 (b) y (e). El caso (b) es el de una carga simétrica y puede resolverse del mismo modo que el primer ejemplo (fig. 165). Examinando el caso (e), se ve que el punto de inflexión O de la barra horizontal A B está situado en

184

e

h[Pe(l2-e 6lEI

2

)

el centro de la barra. Esto se deduce de que las cargas ~ están 2

Pe(l-e) (2l-e)] = Pe(l-e) h. 2EI 6lEI +

a igual distancia del eje vertical de simetría del pórtico y son

Este incremento debe eliminarse por la acción de las fuerzas H -fig. 166 (e)-. Utilizando los resultados obtenidos en el problema anterior, se puede escribir la ecuación siguiente que determine H (Hh 2l 2 2El

+

Hh 3

)

3El 1

_

h

1

Pe (l-e) h 2EI

(¡,)

r.

de donde 1 -. 8 =Pe (l-e) _ _ 2lh 2hl l

--1 +-3/1

(114)

Hallada la solución para una carga concentrada, cualquier otro caso de carga de la viga A B del pórtico el método de superposición. utilizando puede resolverse fácilmente Consideremos ahora un pórtico con los extremos empotrados y cargado asimétricamente tal como indica la figura 168. En este caso tenemes tres elementos de reacción en cada apoyo y el sistema tiene tres ligaduras hiperestáticas. En la resolución de este problema usaremos un método basado en el de superposición, consistente en descomponer el sistema dado de cargas en partes tales que para cada carga parcial pueda encontrarse una t>Olución sencilla 1,

FIG. 168

FIG. 167

de sentido opuesto. El momento, la flecha y la fuerza axial producidos en el punto medio O de la barra horizontal A B por una de las fuerzas

por la acción de la otra car-

. . t e, en dih e o punto no habra' momento ga p . p or cons1gmen

2

-\ 1 Este método lo aplica a muchos casos W. L. AntirPe en sn libro Das B.U Verfahren, :\Iiinchen anri Berlin. 1919.

~ serán equilibrados

· flector, ni flecha, ni fuerza axial. La magnitud de la fuerza cortante X en el punto O puede hallarse por la condición de que el corrimiento vertical de U sea cero- -fig. 168 (d)-. Este corrimiento consta de dos partes: una flecha ~ 1 , debida a la flexión del voladizo OB, y una flecha ~ 2 , debida a la rotación del extremo B de la barra vertical BD. Empleando las conocidas ecuaciones de un voladizo (ecua-

ltí6

0ASOR HIPERESTÁ TICOS EN LA FT;FlXTÓ'N

RESISTENCIA DE MATERIALES

ción 98) y las notaciones de la figura, se obtienen las ecua.· cionel:l siguientes:

o1 =

!:_ j:_ 2 3 El

+ ?_ ~ (~ -e) -X (1)~,

de las barras vert.1cales al flexar1as los pares M, se obt.1ene la ecuación siguiente: klh ~ Pl 2 16EJ-2EJ=2E!, ' de donde l_. ~=Pt __

3 El

2 2 El 2

81+~:!.

o2 =(Pe -X~) !!_L 2

2

111

El, 2

+

82 = o, Sustituyendo estas expresiones en la ecuación 81 flecmomento el X, Conocido X. se halla fácilmente el valor de disin tor para las secciones del pórtico en el caso (e) se calcula ficultad. Combinando estos momentos flectores con los del caso de carga simétrica (b), se obtiene la solución del problema (a) 1 . Problemas l. Determinar los momentos flectores en los ángulos del cuadro de la figura 169. Solución: Considerando la barra AB como una viga apoyada en H.

_,.1

PrB A ¡,;-_....._

(

2. Determinar las reacciones horizontales o empuj!'lf< H para el caso representado en la figura 170. Solución: Utilizando lr.ecuación (114)yapliaando el método de superposición. se obtiene qt2

H=24h:·

1

+~.!_~· 3 ]¡ l

3. Dibujar el diagrama del momento flecFIG. 17<> tor para las tres barras del problema anterior. • suponiendo h ,. Z e 1 = 11 4. Determinar los momentos flectores en las uniones del cuadro representado por la figura 171.

H

~~8 M

~·

h

1

4'

J

M~~J

~-10 M~~Q l.o¡:. M H (11) (6)

FIG. 169

(b}

H

Solución: Separando las barras del cuadro en la. forma que indica la figw-a 171 (b), las ecuaciones que determinan los pares M y M 1 son:

6¡ =6;

y

Sustituyendo en estas ecuaciones

el

61

Escribiendo que este ángulo es igual al e; girado por los extremos

_ Pe (l-e) _ _}Il . 2El' 2EJ

-

,

Mh ()' '= 3EI1 Mh

-

.M1h 6E[¡;

M 1h

e"= 6El¡- 3 Eit' Kleinlogel, en su libro Mehrstielige Rahrnen (Berlín, 1927), da fórmulas a aplicar en muchos casos prácticos de pórticos.

M

FIG. 171

los exi;remos (fig. 169) y representando con M los momentos en los será angulos, el guo Ml Pl" 16EJ-2El

1

la~<

187

11!1'1

tiflnen dos ecua.ciones que determinan M y M 1•

188

CASO~ lfT'Pl'lRESTÁ TTCOI'l lllN LA FLEXIÓN

tUllSTS'l'ENCIA DE MATERIALES

5. Un cuadro stmétrtco rectangular está sometido a la acción de una fuerza horizontal H, tal como inrlica la figura 172. Determmar los momentos flectores M y M 1 en Jos nurlos. Solnción: La linea deformada del H cuadro se ve en la figma 172 (a). Descomponie ndo el cuadro en las haITas -fig. 172 (b)-, y fijándonos en la baiTa OD, se tiene:

Considerando ahora la barra vertí· cal A O como un voladizo empotrado en O con un ángulo 61 , el giro en el ex· tremo A será, Mh H h2 , 62 = 61 + 2 2 El1 - E/1. (b) D

1.J

~

Finalmente, debido a la flexión de la barra AB.

Mt

FIG. 172

tl2=tl2=fiE J,·

siendo

+

I).

3h. l¡ l

1

1+~+6~.!:. ls

l

.

1+67i'I; El caso de un pórtico articulade (fig. 165), sometido a. la acción de una. carga lateral aplicada en A puede deducirse de la ecuación (d), poniendo en ella I = O. 6. Determinar los empujes H y los momento<> Ma y M~ en lOs nu· dos A y B del pórtico representado en la figura 173. Reapuesta: H = qh . 11 m + 20, 2m+ 3 20 7m qh2 M,.=Mb=- 60. 2m+3'

FIG. 174

FIG. 173

Determmar el momento flector M en B y la fuerza de compresión P en A B cuando, debido a una variación de temperatura, la barra A B aumenta su longitud en ~ = al (t.,..._ t 0 ). Respueata. P y M pueden calculars,e por las ecuacwneo; Ml~

Pli

3EJ- 2ET = Ll,

Ml Ml1 Plf 2EI- El= 4El.

(d)

Sustituyendo en la ecuación (a), se encontrarla el momento M 1• Cuando la barra horizontal tiene una rigidez muy grande, el estado elástico del cuadro se aproxima al del pórtico de la figura 168, sorne· tido a una carga lateral H. Sustituyendo en (d) I =ex:, se obtiene para este último caso M= H_h. _ _1_ _ (e) [¡. 1 l 4

T

7. Un semipórtico está formado por dos baiTas unidas rígidamente en By empotradas en A y O (fig. 174).

(C)

!1

h

1

m= l1 •

De las ecuaciones (a), (b) y (e) se deduce M= Hh(l 2

189

Vigas sobre tres apoyos.-El caso de una viga sobre tres apoyos - fig. 175 (a)- es un problema con una ligadura hiperestática. Escogemos como hiperestátic a la reacción en el apoyo intermedio. Utilizando el método de superpos ción, puede obtenerse la solución del caso (a) combinando los casos representados en (b) y (e). El valor de la reacción intermedia X se encuentra imponiendo la condición de que la flecha producida en O por la carga P se elimine por la acción de X. Empleando la ecuación (86), se obtiene la relación siguiente: 44.

Pel1 [(1 1

+l

6 (11

ct l2 ) El,

2) 2 -

+

de donde

X= Pe [(l 1

-tn =

+ l2 ) 2 -

Xl¡l~

3 (l 1

+ l2 ) El, '

e2 -l~J.

(115)

2 l¡li

Si la carga P actúa en el tramo izquierdo de la viga, puede utilizarse la lllÍt!ma ecuación; pero la distancia e debe medirse

T

190

CASOS HIPERESTÁTICOS EN LA FLEXIO:N

RESISTENCIA DE MATERIALES

a partir del apoyo A y permutarse l 1 por l 2 • Para t1 = l 1 = l, la ecuación (115) da Pe (3l2 - e~) (116) X= . 2l3 Resuelto el problema para una carga aislada, puede resolverse para cualquier l::listema de cargas empleando el método de superposición. El problema de la viga sobre tres apoyos puede resolverse por otro ¡¡rocedimiento. Imagínese la viga dividida en do~:~ ¡¡ur

r-

Hll

El área rayada de la figura 175 (d) representa el diagrama de momentos flectores. Problemas l. En el ejemplo expuesto en la figura 175 probar qm" el valor del . momento flector Me dado por la ecuación (117) es el que corresponde a. la. sección en O cuando el problema se resuelve por la ecuación (115). 2. Dibujar el diagrama de fuerza cortante para la viga del pro-

blema anterior, si l 1 = l 2 , e -

~y

P = 500 kg.

3. Una viga sobre tres apoyos -fig. 175 (a)- está sometida a la acción de una carga uniformemente repartida de intensidad q. Determinar el momento flector en el apoyo O. Solución: Utilizaremos el método de superposición. Se sustituye P por qde en la ecuación (117) y se integra a. lo largo de los dos tramos. Se obtiene:

cuando

rh

(e}

FIG. 175

el punto C -fig. 175 (d)- y sea Me el valor del momento flef'tor que en la viga primitiva se presenta en el apoyo C. De este modo, el

problema se reduce al estudio de las dos vigas isostáticas representadas en (d). El valor de M. se deduce por la condición de continuidad de la. elástica en el punto C. Esta condición es e= 6' Empleando para el cálculo de las rotaciones las ecua(;iuues (88) y (104.), páginas 136 y 151, se obtiene _ M 0 l 1 = Pc(l~- c2 )

3El, d~

''

'1'

'

dondo Pe

(l~

-el')

+ l.)

6. Una viga sobre tres apoyos equidistantes está sometida a la acción de una carga uniformemente repartida de intensidad q. Hallar la reacción en el apoyo central si éste, por la acción de la carga, cede y deaciende una cantidad a. Solución: Utilizando el método mostrado en la figura. 175 (b) y (e), la reacción X en el apoyo central se encontrará por la ecuación

de donde

2 ,

5 6'8EI X=- 2ql---· 8 la

3EI,

M,=------· 2 '· (l¡

j¡

+ !!!_J

6l2 EI.

El sentido en que actúa este momento es el de la figura 175 (d). 4. Dibujar el diagrama de fuerza cortante para la viga del problema anterior, suponiendo l 1 = l 2 y q =- 8 kg./cm. 5. Determinar el momento flector máximo en valor absoluto en la viga AOB (fig. 175), si P = 5.000 kg., l1 = 2,70 m., l 1 = 3,60 m. y e= 1,80 m. Respuesta: Mmáx = 3.540 kgm.

(U7)

7. Determinar el incremento en la. acd6n ~e lA. viga A B !'lohre el apoyo O -fig. 17 5 (a)- producido por un ca1entamienlio irregular de

192

CASOS HIPER ESTÁTICOS EN LA FLEXIÓN

1a viga si la temperatura varia desde el valor t, en la. cara infe>rior. al t1 , en la superior, con arreglo a una ley lineal, t > t1 y ~ = l, = t. Solución: Si se quitase el apoyo O, debido a.! ca.lAntamiento irre. guiar de la viga, ésta tomarla la forma de un arco de C.U:11u!u. El rudio de este círculo de deLel·m.inarla por la ecuuc1ón

ciones sobre rodillos. Con esta disposición, cada apoyo intermedio supone una ligadura hiperestática, es decir, el número de ligaduras hiperestáticas que el sistema presenta en total es igual al número de apoyos intermedios. Por ejemplo, en el caso representado en la figura 177 (a) el número de incógnitas hiperestáticas es cinco. Para resolver el problema puede utilizarse cualquiera de los métodos empleados en el párrafo anterior. Si

J IX (t- t¡) ;; = --~~,--·

siendo 'h. J,., a,ltura de la viga y

el coeficiente de l'lilatncllin por el calor. 12 La flecha. correspondiente al centro seria 8 = - y w. rtlii.W•OJJ. X en O 2r se hallll.l'ia por la ecuación IX

X(2T)' _

48Ei- 8•

Pe 8 = 48EJ z [3 (2l)l- 4 e=]

P

+ 2 A y"

(al

LA 'I'Pfwción X en el apoyo central disminuye la flecha anterior en la cauL1<.1ad. X (2l) 8 X (b) - +--· 48Efz 2Ay La diferencia Pntre (a) y (b) representa el descenso del punto O, por lo que se deduce la ecuación siguiente:

Pe P X(2l) 8 X X 1 1 48Eiz[ 3 (2l) - 4c]+2Ay-48Eiz -2Ay= Ay" Conocido X, puede dibujarse fácilmente el diagrama de momentos flectores.

i_i

l 1

+

M,

~ 2

~ ~ ~ 3(a) 4 5

~ 6

,_.M,_, e ~ Mn ~· u 1 1 (_ nt;:) G" '~:;:)''"~' Tñ=t n -- -nH ¡._.,_ _ _ _ _ ,/n ~ (b) ln+t

1 Af'

8. D~>f·~>rminnr el dingrama. de momentos t'!Pct.nrAR para la viga ABO, apoyada sobre tres poutones (fig. 176), si el área de la secc1ón recta horizontal de cada pontón es A y el peso por unidad de volumen del agua es y. Solución: Prescindamos del apoyo en O. La flecha produ· cida en este punto por la. car· FIG. 176 ga p' consta de dos partes; (a) la flecha debida a la flexión rle Jn. VÍ('It. Y (bl la flecha debida stl descenso de los pouwues A y B. Me· d~w Ul. ecuac1ón (91), se obtiene:

':¡

193

RESISTENCT A DE MATERIALES

45. VIgas continuas.-En el caso de una viga continua sobre varios apoyos (fig. 177), se considera corrientemente uno de los apoyos como articulación fija y los demás como articula-

FIG. 177

Al número de apoyos es grande, el segundo método, o Rf'a, el quP toma como ligaduras hiperestáticas los momentos fiectores en los apoyos intermedios, resuelve el problema de modo más sencillo. Sea -fig. 177 (b)- dos vanos adyacentes n y n 1 de una viga continua, cortados de ella en los apoyos n-1, n y n 1, y representemos con Mn_ 1 , Mn y Mn+l los momentos Hectores en dichos apoyos. Los sentidos de estos momentos dependen de las cargas que actúen sobre la viga. Nosotros les asignaremos los sentidos de la figura 1• Es evidente que si los momentos flectores en los apoyos fuesen conocidos, el problema de la viga continua quedaría reducido al cálculo como vigas simplemente apoyadas de los diferentes tramos de la viga continua. Para cal-· cular los momentos flectores Mn_ 1 , Mn, Mn+l• utilizaremos la condición de continuidad de la elástica en los apoyos. Para un apoyo cualquiera n esta condición de continuidad queda satisfecha si

+

+

6 = 0'.

(a\

Si al averiguar el valor de los momentos se obtienen para. al gunos valores negativos, la dirección en que act~Íún estos momento 9 será contraria a la de la figura.

1·

RBBISTliiWOIA DB !11.\TF.RJAt.EB.- T. 1

13

194

195

RERTSTENCTA DE MATJ
CASOS HIPERESTÁ TICOS EN LA FLEXIÓN

La!'~ expresiones generales de los ángulos de rotación en los extremos se calculan como reacciones producidas en las vigas conjugadas cuando se cargan con las áreas de los diagramas demomentos flectores correspondientes -fig. 177 (e). Sea A, el área del diagrama de momentoR flectores para el tramo n considerado como viga simplemente apoyada debido a la carga real en ese tramo y representemos con a 11 y b, las distancias horizontales del centro de gravedad 0, de dicho diagrama a los apoyos n - l y n. Debido a esta carga, el ángulo girado por el apoyo n será Anan

apoyados. Si uno o ambos extremos están empotrados, el número de ligaduras hiperestáticas será mayor que el número de apoyos intermedios y será necesario establecer ecuaciones adicionales que expresen la condición de que no giran las secciones extremas de las vigas a fin de determinar el problema (véase problema 5, pág. 199). Conociendo los momentos en los apoyos, se calculan sin dificultad las reacciones que se presentan en ellos. Tomando, por ejemplo, los dos tramos n y n l -figura 177 (b)- y considerándolos como vigas simplemente apoyadas, la reacción R~ en el apoyo n, debida a las cargas reales sobre los dos tramos, se calcula fácilmente. A ella se sumarán las reacciones debidas a los momentos Mn-1' M .. y Mn+J" Tomando como sentidos de estos momentos los indicados en la figura 177 (b), el efecto adicional sobre el apoyo n será

+

-lnEJ.' Sumando a esta rotación la que los pares M,_, y Mn producen en el apoyo n y cuyo valor es, ecuaciones (103) y (104),

+

Mn_ 1 -M11 -M11 +Mn+I. ln ln+I La reacción total Rn será, por consiguiente,

Mnln Mn_ ln) - ( --+---, 3EI. 6EI. 1

el ángulo total del giro será 1

e=_ (M . t, + M,_ 1l,. + 3El,

6El,

A,a,_ )·

!,El,

Por el mismo procedimiento se obtiene para el tramo n 6' = An+¡bn+__l ln+ 1 EI,

+ Mnln+I + Mn+!in:±-_l_ 3EI,

6EI,

-Mn + -Mn + M"±1. (119) ln ln+¡ La ecuación general de continuidad (a) puede utilizarse también en aquellos casos en que por defectos de montaje los apoyos no están al mismo nivel (fig. 178). Sean~" y ~n+¡ los ángulos de inclinación con la horizontal de las líneas rectas que unen los apoFw. 178 yos en los tramos n y n + l. El ángulo de rotación dado por las ecuaciones (b) y (e) estaba medido desde las líneas que unen los centros de las articulaciones; por consiguiente, el ángulo 6 entre la tangente en n y la horizontal será, para el tramo n, . M,.l,. M,._ 1l,. A,.a,. ) 6 = - ( 3 El. + -6-EI~- + Z.. EI - ~,. ' Rn= R;,

(b)

+l (e)

Sustituyendo (b) y (e) en la ecuación (a), resulta ' :Mn-¡lfl + 2M n(l "+,lln+¡)

6Anan + M n+¡ l n+¡-· - - - 6An+¡bn+1 ------

!118) ·

ln ln+¡ Relación conocida con el nombre de <> 2 • Como el número de estas ecuaciones es igual al número de apoyos intermedios se tendrá un sistema de ecuaciones determinado que dará los valores de los momentos fleotores en los apoyos sin dificultad. Al enunciar el problema hemos supuesto que los extremos de la viga continua estaban

+ Mn-

1

11

y para el tramo n

1

El sentido positivo para el ángulo 6 es el de las agujas del reloj. Esta ecuación fué establecida por Bertot (véase Comptes rendUB de la Société des lngenieurs civils, pág. 278, 1855). Véase también Claneyron, Paris, C. R., t. 45, 1857. 1

+ 1,

6' = A,.+l~"+I l,.+ 1E/f

-·~

+ -!'!_.l,.+t + Mn+¡l"+1 + 0"+t• 3 El,

6 El¡

196

RESISTENCIA DE M.ATE.&I.ALES

éASOS HIPERESTÁ TI <.JOS EN LA .FLEXIÓN

Sustituyendo en la ecuación (a), M n-tln ln

Aplicandn esta. ecuación a nueFltro caso (fig. 179) para los tramos primero y segw1do, y teniendo en cuenta que en e! ~:tpoyo O el momento flector es cero, se tendrá:

+ 2Mn (ln + ln+t) + Mn+tln+t

= - 6 Anan_ 6 An+tbn+t_ 6 E/z

(~n+t- ~n)•

ln+t

(120)

Si hn-t• h,., hn+t representan las alturas de los apoyos n - 1, n y n + 1 respecto a una línea horizontal de referencia, se tiene R

-

~-

hn-t- hn. ln

R

-

~+1-

197

hn- hn+t . ln+t

Sustituyendo en (120), se podrán calcular fácilmente los momentos fl.ectores.

4 M 1 1 + M 2l = -

qza

T'

(d)

Por !aF< condiciones de simetría es evidente que M 1 =M,. Por conFliguiente. de (d) Re deduce que M 1 = - i~· El diagrama de rnomentos flectores :;e muestra en la figurP. 179 (a) por medio del área rayada.. La t·oocción en el apoyo O es ql

Rn

= 2-

ql 2 1 4 10 • 7 =lO ql.

La reacción en el apoyo 1 es:

Problemas l. Determinar los diagramas de momentos flectores y fuerza cortante en una viga continua de tres tramos iguales cargada. de modo uniforme con una intensidad q (fig. 179).

R 1 = ql

qln

1

11

+ Th · y = lO ql.

FIG. 180 El diagrama de fuerza cortante está repre:;entado en la figura. 179 (b). El momento máximo se presentará donde la fuer7:A c>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<'¡:::...:¡ 4t

ql"n

A,.=- 3 ln S = 12"

11

M,_1 ln

Fm. 181

2

Sustituyendo, en la ecuación (118), se obtiene: • ~,r l qt~ q (ln+Ila ,.u.. ,.-1,.l + 2T- -4 - • 11 (L,. + 1,.+¡) + M ll+la+l"'"-

(118')

T?r.~pu,esfn.: M 1 = - 46.2 toneladas.cm.; M~=- 112.2 tonAIR· da,.cm., J.l;1 3 = 49,ó toneladas.cm. Las reacciones son: R., = - 0,386 t.onelada.s; R 1 = 2,69 toneladas; R 1 = 6,22 toneladas; Ra = 3,7ó to·

198

CASOS HIPERESTÁ TICOS EN LA FLEXIÓN

nESISTENCIA DE MATERIALES

Las reacciones en los apoyos l y 2 del segundo tramo de la viga sou;

neladas; R 4 = - 0,275 toneladaR. Los momtentos en los apoyos son negativos y producen, al flexar la viga, convexidad hacia arriba. 4. Dibujar los diagramas de momento fJector y fuerza cot'tu,nte

= ql, e =

para la viga continua representada en la figura 182 (a) si P

- M 1 + M 2 = O, 005 ql l

i·

qla

12 ; para

el segundo tramo, A

2

Pe

8-

2

'

2l-c

M2

- - - = 0296ql l l '

= O, y para el

tercer tramo,

A _Pe (l-e).

M~+ M 1

-

y

l

= O 005 qt.

'

Y en los apoyos 2 y 3 del tercer tramo,

Solución: En este caso, la carga en la viga conjugada para el primer tramo vale A 1 =

199

p (l-e)+ M 2 =O 704 l l l , q.

y

Conocidos estos elementos, puede construirse el diagrama de la fue¡·¿¡¡, corta.u,t¡e representado en la figwa 182 (e).

l+e

b~= -3-·

Os= - -- ;

3

Sustituyendo en la ecuación (118), se obtienen las siguientes:

4M1l+ M 2l = Mtl

ql3

---¡-•

+ 4M2l =-Pe (l

2

-e

2 ),

1

de donde

FIG. 183

Ambos momentos son negativos y, por tanto, el diagrama de momentos flectores será el de la figura 182 (b). Para obtener el diagrama

5. Determtnar el diagrama de momentos flectores para el caso de la figma 183 (a). Sol·ueión: La ecuación (118) para este caso da

'P

~rlllllll* ~

~

1

~~ ~~

(a)

~ 1

'

~,M,~---¡

Ahora hien, M 2 = - Pe y la condición de extremo empotrado (apoyo 0) da (ecuacwnes 103 y 104):

:L~llll:~:rrr~r'-c~ .1

Mol 3El

(ó)

A.f~

¡l05gt 11111111111111111"

~ 5S{''

1 M 0 = -7Pc;

___._ •

de lA f11erza cortante hallaremos primeramente las reacciones en los apoyos de los distintos tramos (ecuación 119), considerando los tramos como vigas independientes. Las reacciones en los apoyos O y 1 del primer tramo de la viga soa: qt Mt ql M y 2 + -l- = 0,449 ql - T 1 = o,551 q_l.

2

1 1

,'! 1,

l¡

M1

=

+ 12 Pc;

ild'2 =-Pe.

El diagrama de momentos fiectores está represen tRdo ten la figura 183 (bl. 6. Determinar los momentos flectores en los apoyos de una viga. continua. con siete tramos iguales, cuando está cargado el del centro con una carga uniformemente repartida de intensidad q y todos los demá;; descargados. Respuesta:

FIG. ¡¡;2

:

O.

Del sistema que forman las tres ecuaciones planteadas se obtiene

. 704fl

(e}

M 1l

+ 6El=

'·

r 200

R.ffiSlSTENCIA. llE .MATERIALES

7. Una viga continua de cuatro tramos iguales de h1z 4.80 m. esM cargada urriformemente en el último tramo. Dibujar los diagramas de fue~za cortante y momento flector si q = 7 kg./cm. 8. Resolver el problema 5, suponiendo que sobre toda la viga l "d a d q y que e = 2· . ' una carga um....ormemente repart1"d·a d e mtemn ttctua Dibujar el diagrama de fuerza cortante pa1-a esta solicitación.

CAPÍTULO VTT VIGAS DE SECCIÓN VARIABLE. VIGAS DE DOS MATERIALES 46. Vigas de sección variable.-En los estudios realizados ha.sta ahbra todas las vigas consideradas tenían forma prismática. Un examen más detenido de los problemas muestra que las ecuaciones (56) y (57), obtenidas para las barras pri:,máticas, pueden usarse también con suficiente aproximación para piezas de sección varia,blé con tal de que la variación no sea rápida. Los casos de cambio brusco en la sección. en los que se presentan grandes concentraciones de fatiga, se estudiarán en la Segunda parte. Como primer ejemplo de viga de sección variable consideraremos la deformación de Fw. 184 una ménsula que tiene la forma de sólido de igual resistencia, es decir, una viga tal que el momento resistente de su sección varía a lo largo de la viga en la misma proporción que el momento fl.ector. De este modo, tal como indica la ecuación (60), (crx)máx permanece constante a lo largo de la viga y puede tomarse igual a cr,. Esta condición significa un ahorro de material, pues cada sección recta tiene solamente el área necesaria para satisfacer las condiciones de resistencia. Para un simple voladizo con la carga en su extremo (fig. 184) el momento fl.ector en una sección a la distancia x de la carga es numéricamente igual a Px. Para tener una viga de igual resistencia, el momento resistente de la sección deberá ser también proporcional a x. Esta condición puede satisfa<.:en;e de di"<'rsos modos,

·~· yt_-;J

,· ¡,

VlGAS DE sEccTIJN VARIA nr.R

Consideremos primeramente el caso de sección rectan~lar de ancho com;tante b y altura variable. Entonces, por de:tiwción de viga de igual resistencia, se cumplirá que

de ht elástica (ecuación 56) y la magnitud del radio de curvatura se deducirá de la expresión siguiente (véase ecuación 55): hiC (e) ~ (cr.,)máx = -- • ¡m

JH

6Px

6 Pl

z

bh

bh o

= --2 = - = -2

const.

~r

Lo que nos dice que la altura varía en este caso según una ley parabólica. En el extre:n::o cargado, el área de la sección recta es nula. Obtenemos este resultado por haber despreciado la influencia de la fatiga cortante al establecer la ecuación de la forma de igual resistencia. En las aplicaciones prácticas, estas fatigas se toman en consideración modificando la forma anterior en el extremo cargado, a fin de tener área suficiente para transmitir la fuerza cortante. La flecha de la viga en el extremo será (ecuación 93): S

o=

t

l

2 2 PP . r: 12-P-l2lt Pxd 12 vxdx=--, x= 3 E/0 3 Ebft~ 0 Ebh

(121)

. , en e l ex. d e 1a secmon . bh~ es e1 momento d e merma donde / 0 = l2 tremo empotrado. Comparando esta fórmula con la ecuación (95) se ve que la flecha ahora es doble que la de una barra prismática de la misma rigidez a la flexión El 0 y sometida a una carga igual. Es decir, la barra tiene la misma resistencia, pero no la misma rigidez, que una barra prismática. Veam os ahora el caso en que conservamos constante la altura de la sección y variamos su ancho b -fig. 185 (a), (b)-. Se tendrá

M

z

= 6Px = 6 Pl ; b = b ~ bh 2

boJ¿ 2

v~ttlml

'

donde h0 es la altura de la viga en el extremo empotrado. Por consiguiente,

ol

y la viga tendrá la planta triangular de la figura. Como el momento resistente y el momento de inercia de una sección cualquiera crecen con x en la misma proporción que el momento flector, además de ser constante, (crx)utáx lo será también la cq.r-

1,

203

RESISTENCIA DE .MATERIALES

202

La flecha en el extremo de un arco de círculo puede tomarse para flechas pequeñas igual a pza l2 S= - = - 2 EI0 2r

(122)

o utilizando (e), [2

3 = (rrx)máx --- • hE

(123) (d)

De aquí se deduce que para este Fw. 185 resistenigual de voladizos de tipo cia la flecha en el extremo varía como el cuadrado de su longitud y en relación inversa de la altura. Estos resultados pueden utilizarse para el cálculo aproximado de fatigas y flechas en un muelle de ballesta. La planta triangular anterior se divide en tiras que se disponen como indica la figura 185 (b), (e), (d). La curvatura inicial y el rozamiento entre las hojas de la ballesta se desprecian en una primera aproximación y la ecuación (123) puede considerarse como suficientemente exacta t. La teoría de la viga conjugada puede también emplearse para el cálculo de la deformación de vigas de sección variable. Recordamos a este efecto que la curvatura de la elástica en cual1 Esta solución fué obtenida por E. Phillips, Annales des Mines, vol. l, págs. 195-336, 1852. Véase también la History of Elasticity de Todhunter and Pearson, vol. 2, parte I, pág. 330, y Theorie der Biegungsund Torsions-Federn, v. A. Castigliano, Wien, 1888. El efecto del rozamiento entre las hojas fué discutido por G. Marié, Annales des Mines, vols. 7-9, 1905 y 1906. D. Landau y P. H. Parr han investigado la distribución de la carga entre las diversas hojas de la ballesta (Journ. of the Franklin lns., vols. 185, 186, 187). Una bibliografía completa referente a resortes ha sido pnblicada por la Amer. Soc. Mech. Eng., New York, 1927. Véase también el libro de S. Gross y E. Lehr, Die Federn, V. D. I. Verlag, 1938.

204

quier

VIGAS DE SECCIÓN VARlABLE

RESISTENCIA DE MATERIALES

secci6~ es :~

(ecuación 56). Por C'Onsigniente, el

~umen-

l

to de la rigidez a la flexión Elz es equivalente en cuanto a deformación de la viga a una disminución en la mi>:ma proporción del momento flector M. Puede, por tanto, referirse el problema de la deformaeión de una viga de sección variable al de una viga de sección constante modificando las ordenadas del diagrama de momentos flectores, con que se carga la viga conjugada, en l la relación -~. siendo l el momento de inercia en la sección que l se considera e 10 el momento de inercia constante de una barra prismática de cuya deformación se deduce la de la barra de sección variable. Sea, por ejemplo, el caso de determinación de deformaciones ,, en un eje drcular (fig. 186), cu.yas secciones tengan dos diámeFIG. 186 tros diferentes. Sean l 0 e l 1 los momentos de inercia de dichas secciones. y P la carga. La reducción al caso de un eje circular cuya sección constante tenga por momento de inercia 10 se hará del modo si. guiente: La viga conjugada A 1 B 1 se supondrá cargada con la carga representada por el área rayada en lugar de con la carga triangular A 1 C 1 B 1 . El área rayada se obtiene multiplicando las ; ordenadas del diagrama correspondiente a la parte central del eje por la relación ~0 • La determinación de flechas y giros puede 1

hacerse ahora como en el caso de barras prismática~'!, en función de los momentos fiectores y fuerza cortante de la viga conju- ..· gada divididos por El 0 • Deberá señalarse que en el caso representado en la figura 186 el cambio brusco en el diámetro del eje que tiene lugar a

.·.~ 1

'

exponer puede aplicarse también al caso de vigas en I compuestas de sección variable. Sea la viga de la figura 187 apoyada en sus extremos y sometida a la acción de una carga uniformemente distribuída. El momento flector disminuye desde el centro ha-

kr :

1 t

, :

:

;

!

l

~ :

I=

1

arrll~lll.

A,

B,

Fw. 187

cia los extremos y la viga, y, por tanto, su peso puede reducirse disminuyendo el número de palastros en las ala~, tal y como esquemáticamente indica la figura. La deformación de una viga de este tipo puede calcularse tomando como patrón el momento de inercia de la sección central. La earga para la viga conjugada, en lugar de ser una simple parábola, será el diagrama rayado de la figura 187, en el que las disminuciones de sección han venido acompañadas de aumentos en las ordenadas del diaO'rama en la relación 1 '<'entrat • o l Problemas . l. Una hoja de acero de la forma indicada en la figura ISR está empotrada en un extremo y cargada en el otro con una fuena P. Determinar la flecha en el extremo si la longitud e;; 2t, a el aneho y h. el grueso de la hoja. Solución: La flecha constará de tre;; partes: ]>¿" 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 <'Omo indica la f\.,o-ura 192 (b). Para mantener constante el momento de las fuerzas interiores, dada una curvatura, es decir, establecidos un alargamiento y una contracción, el ancho b1 del alma de acero equivalente al ancho b de madera que tenemos deberá ser

extremc.o~ de la viga A B representada en la figura

JI

en su centro con la fuerza P. Se tomará Ir,

=

2.

Solución: Se obtiene la solución combinando los dos casos simples de las figuras (b) y (e). La condición de extremos empotrados equivale a la de giros nulos en dichas secciones y, por tanto, las reaccione,; correspondientes a la"' vigas conjugadas {b) y (e) deberán ser iguales. Tendremos:

(a)

-De este modo, el problema se reduce a la flexión de una viga toda ella de acero y sección en T. Consideremos, como ejemplo, una viga apoyada de 3 m. de longitud y cargada en su centro con 500 kg. Las dimensiones de la parte de madera de su sección recta son b = lO cm. y h = 15 cm., y por el lado convexo está reforzada con una llanta de acero de 2,5 cm. de ancho y

1t:

. d o que Em = 12 , 5 mm. d e grueso. Supomen

1 y emp1eand o 1a 20 ecuación (a), la sección equivalente será un alma de 15 x 0,50 y un ala de 2,5 X 1,25. Las distancias de las fibras más alejadas de la línea neutra -fig. 192 (b)- son h 1 = 6,35 cm. y h.¿ = 9,90 centúnetros. El momento de inercia respecto a la línea neutra es 1, = 287,9 nm. 2 ; por consiguiente, las fatigas en las fibras extremas serán (ecuaciones 61)

de donde FIG. 191

M=

5 Pl. 48

10. Resolver el problema anterior en la hipótes1s de aplicar dos fuerzas iguales a P en los puntos O y D. Respuesta: M=Pl. 6

47. Vigas de materiales diferentes.-Hay casos en ,la práctica en los que se emplean vigas formadas por dos o mas m~te­ riales diferentes. La figura 192 (a), representa un caso sencillo; se trata de una viga de madera reforzada 1 b "1 -¡ ¡--~

l!~nta

20~

r ~~J

crmáx

Il?

Gruln

Mmtnh 2

l,

por una de acero "':'jeta con pernos a la cara mfenor de la. v1ga. h h ~ l Suponiendo que no hay deslizamiento !.-; entre el acero y la madera durante la flexwn, podremos utilizar la teoría de la (11) lb) flexión de vigas de una sola pieza. Como FIG. 192 las secciones planas permanecen planas . . durante la flexión, las deformaciones unitanas de extens1ón Y compresión serán proporcionales a las distancias a la línea neu- , tra. Debido a que el módulo de elasticidad de la madera ~¡¡ mu~·· cho menor que el del acero, la parte de madera que trabaJa a 1.. flexión será equivalente a una zona mucho más estrecha de ace·,.

L

=

= Mmáxh¡ _ 150.000 X 6,35 _ k / [ - 82 4 g. cm. 2, z 4 X 287,9

1

'•

=

_150.000 X 9,90 4 X 287,9

=

-1. 288 kg.jcm.ll.

Para obtener la fatiga máxima de compresión en la madera • pr1nn - •t•1va se m ult1p . 1Icara . , Gmtn por Em d e 1a VIga - = -1· Ea 20 Como otro ejemplo de flexión de una viga fonnada por dof:l materiales diferentes consideraremos el caso de una pletina constituída por la soldadura de otras dos: una de acero al níquel y la otra de metal Monell (fig. 193). La flexión de la pletina asl fonnada por la acción de fuerzas exteriores puede analizarse . del mismo modo que el problema anterior, siendo solamente ne. conocer la re lamon · ' Em · d o E.!1m y Ela v los módulos de cesano E. s1en

.,......

RESISTENCIA DE MATERL\T.E~

210

elastiC'i(lad del Monell y del acero. Consideraremos la P.exión debida a un cambio de temperatura. El coeficiente de dilatación del 1\fonell es mayor que el del acero al níquel, y cuando crece la temperatura la pletina se flexa, originando eoncavidad en la parte del acero. Este fenómeno de flexión de las pletinas bimetálicas por el cambio de temperatura se utiliza en aparatos 1 diversos aplicados a la regulación de la temperatura (termos-

y sustituyendo en

tatos). Sea ~ el espesor de cada pletina; b, la anchura; t, el au-

guwnte,

mento de temperatura; r, el radio de curvatura; rza y ct.m, los coeficientes de dilatación del acero y del Monell; Eala, \c1~~~ la rigidez a la flexión de la cJ (b) Monell t n, (a) n pletina de acero, y Emlm, m, m la rigidez a la flexión de la --%P, de Monell. Cuando la tem· P~ Pz peratura aumenta, la pleMr n, ¡e) n tina de Monell, cuyo coeFw. 193 ficiente de dilatación es el mayor, queda comprimida y. en cambio, la de acero queda extendida. Considerando un elemento de pletina separado de la pieza por dos secciones adyacentes mn y m 1n 1 --fig. 193 (e)-, las fuerzas internas ligadas a la sección de acero se reducirán a una fuerza de extensión P 1 y a un par M 1 • Del mismo modo, para el Monell, las fuerzas internas pueden reducirse a la compresión P 2 y al par M 2 • Las condiciones de equilibrio de estas fuerzas son:

mi

r·

211

VIGAS DE SEOCIÓN VARIABLE

~,,.

(a), se tiene

(b) P:U~~e

obtenerse otra ecuación para determinar P y r por la de que en la superficie de unión, e- e, el alargamiento umtarw del Monell y del acero deben ser iguales; por cunsi-

co~dic_wn

CT.ut

2 P1 + 4h-r -+ ---E,,hb

7.

.,.

h 2P 2 Emhb- 4,--;

t-

o

~pb (E_!_ + _El ) = m

a

(ct.m-- C!.u) t - h -· 2r

(e)

De las ecuaciones (b) y (e) se obtiene

~m-.¡;

b:

2

r

(Eala

+ Emlm) (El + ___!_) Em

a

= (Cl.m- Cl.a)t _

h_.

(d)

2r

Sustituyendo en esta ecuación y

Ea= 1,15 Em,

se obtiene la siguiente ecuación aproximada: 3 (C!.m- ct.a) t l -=·-------,

r

2

(e)

h

y ahora, por la ecuación (b),

P-3 (Cl.m- ct.,,) t (Ealu 12 ti

+ Emlm) =

M -- (cx.m-CY.a) t (E +E ) m a

(/)

32

y

y

JJJ2 = ~ (cx.m =CY.a)f EJ m·m h 2

(a)

Empleando las ecuaciones _ Eafa. M ¡---, r

Emlm

M2 = - - , r

1 Véase publicación del autor en Journal o/ the Optieal Soo. of Amer., vol. 11, pág. 233.

(g)

, ~as ecuacio11es (/) y (g) determinan P, M 1 y M 2 • La fatiga max1ma en el acero se obtiene añadiendo a la fatiga de extensión producida por la fuerza P, la fat,iga debida a la curvatura O"ruúx

=

3_!:_ + ~ óh

4

• Ea= r

_!_(Ea la bh 2r

+ Emlm + b~:l Ea). lti

1

r

:

212

213

RESISTENCIA DE MATERIA LES

eonv~xo, tal como indica la figura 194. Como el hormigón se adh.ere fuertemente al acero, no hay deslizamiento de un material con relación al otro durante la flexión y puede aplicarse a este caso los métodos aplicados en el párrafo anterior para el cálculo de las fatigas de flexión. En la práctica, la sección de acero que se pone en la viga es tal que la resistencia a la extensión del hormigón en el lado convexo se extingue antes de que ~1 acero alcance el punto de fluencia, y para cargas mayores prácticamente el acero resiste todo el esfuerzo de extensión. Por consiguiente, para los cálculos prácticos de fatiFIG. 194 gas de flexión en vigas de hormigón armado se acostumbra a suponer que toda la tracción la absorbe el acero y toda la compresión el hormigón. Reemplazando las fatigas de extensión en el acero por su resultante R, la distribución de fuerzas interiores en cualquier sección mp será la d~ la figura 194 (b). Suponiendo, como anteriormente, que las secmones permanecen planas durante la flexión y representando por kh la distancia de la línea neutra nn a la cara superior t, la contracción unitaria del hormigón Eh y el alargamiento unita~o ~a de las barras de acero vendrán dados por las expre:>iones s1gmentes:

Suponiendo, por ejemplo, que ambos metales tuviesen el mismo módulo E, se obtendría hE O"máx

= ---- • 3r

o, empleando la ecuación (e) O"máx

1

,

1

= - Et (OCm 2

-

OC~).

Para E= 2 X lOll kg.¡cm.:~, t = 200'"' e y se obtiene 2 O"máx = 800 kg./cm.

OCm- 01:,

= 4 X 10 -&

La distribución de las fatigas debidas al calentamiento se ve en la figura 193 (e). Problemas l. Hallar el momento flector máximo que debe solicitar a la viga rle madera reforzada con una llanta de acero de la figura 192, si b = 15 cm., 1 h = 20 cm. y el espesor de la llanta es 12 mm. Supóngase Em = 10 1 8 kg./cm.s, Ea = 2 x 106 kg.fcm. , cr 1 = lOO kg./cm. , para la madera, y cr1 = 1.300 kg./cm. 2 para el acAro. · 2. Supóngase que la viga de madera del problema anterior está. reforzada en la cara superior con una llanta de acero de 5 cm. de ancho y 2,5 cm. de gruesa y en la cara inferior con otra de 15 cm. de ancha v 12 mm. de gruesa. Calcúlese suponiendo los mismos valores que an· teriormente para E y crc el momento flector máximo que debe solicitar a. la viga. 3. Una pletina bimetálica tiene una longitud l = 2,5 cm. Hallar la flecha en su centro producido por un aumento de temperatura igual· a 200 grados centígrados si Ea= 1,15, Em y rxrn -rxa = 4 X ¡o-&.

48. Vigas de hormigón armado.-Conocido es por todos que la resistencia del hormigón a la compresión es mucho mayor que a la extensión. Por consiguiente, una viga rectangular de hormigón puede flexarse sólo débilmente debido a las fatigas de extensión que ce presentan en su cara convexa y que solamenta pueden alcanzar valores reducidos. La viga puede deformarse en mucho mayor grado. dir:¡poniendo barras de acero en el ladQ ·1

.b;sta ecuación vale también para E 11

=

E 711 •

kh r

Eh=--;

'í:

(1-k)h

En=-·----.

r

(a)

El hormigón no sigue la ley de Hooke y su diagrama de compresión tiene forma análoga al de la fundición -fig. 2 (b)-. A medida que la fatiga de compresión aumenta, el coeficiente angular de la tangente al diagrama disminuye; es decir, que el módulo de elasticidad del hormigón disminuye con el crecimiento de la fatiga. En los cálculos prácticos de flexión en vigas de hormigón armado se acostumbra a suponer que la ley de Hooke es válida para el hormigón y se compensa la variación del módulo tomando para él un valor más bajo ·que el de?ucido en los diagramas '

k es

w1

factor numérico menor que la unidad .

215

VIGAS DE SECCIÓN VARIABLE

214 de ensayos cuando las fatigas son pequeñas. Las norma!' l'llflmanas e inglesas suponen que

!:

= 15. Las normas italianas

atribuyen a esta relación el valor 10. De las ecuaciones (a) se deduce que las fatigas máximas de compresión para el hormigón y de extensión para el al'ero son cra

= (1 - k)h

Ea.

y el momento de las fuerzas ÍDtemas que ha de igualarse d fl.ector exterior M es __ . , akbh aR- aAacra = - - - a , = M 2

O'a

_ blchcr11 = cr,.A,.,

(e)

2

donde A, es el área total de acero en la sección. Empleando la = n 1 y llamando n a la relación

Ea mediante las ecuaciones (e) y (b) obtendremos E¡¡' k 2 = 2 (1- k)nn 1 ,

(d)

(124) Después de determinar la posición de la línea neutra por la ecuación (124), la relación entre las fatigas máximas en el hormigón y en el acero se obtiene por las ecuaciones (b)

k cr¡¡ --=---·

(125)

(1- k)n

La distancia a entre la resultante R
.

(127)

2M

(128)

(1- ~) h

akbh

Utilizando las ecuaciones (124) a (128) pueden calcularse fácilmente las fatigas de flexión en el caso del hormigón armado. Problemas 1

· ·

s·I

Ea = 15 Y A a = 0,008 bh, determinar la distancia de la lí· E

"

nea neutra a la cara superior de la viga (fig. 194). Solución: Sustituyendo en la ecuación (124) n = 15, n 1 = 0,008, se obtiene k = 0,384, y la distancia pedida será kh = 0,384 h.

2.

Determinar la cuantía n 1 =

en el acero es 960

de donde

a=~ kh + (1- k) h =

M aAa

0'¡¡=---.

La posición de la línea neutra dfl la sección se encuentra estableciendo que las fuerzas internas ligadas a la sección mp deben reducirse a un par igual al momento flector. La fuerza de compresión en el hormigón debe ser igual a la fuerza R en las barras de acero 1 , o sea

t;

'

= --,

(b)

r

noción de cuantía de acero

"

de donde

(126)

3

Las secciones rectas de las bar~as de a~ero corrientemcnt~ ~on pequeñas y por ello se emplea la fatiga media en lug:u.r de la .attga máxima.

t~ si la fatiga máxima de extensión

kg.fcm. 8,

la fatiga máxima de compresión en el hor· . . k Ea 2 m1gon es 51,6 g./cm. y E¡¡ = n = 15.

ó'olución: Por la ecuación (125), k = 0,446. Por consiguiente (ecuacióu d) n¡ =

2 (1 - k)n = 0,012.

3. Det~rminar la cuantía n 1 si la fatiga máxima de compresión en el hormigón es un veinteavo de la fatiga de extensión en el acero. Besp1testa: n 1 = 0,0107. . 4. Si n = 15 y la fatiga de trabajo por compresión en el hormigones 52 kg.fcm. 2 , determinar la carga admisible en el centro de una VJga de hormigón armado de 3 metros de luz, apoyada en aus extremos Y tal que b = 25 cm., h = 30 cm., A a = 0,0097 5 bh. Solución: Por la ecuación (124),

k=- 15 X 0,00975

+V (15 X

0,00975) 8

+2 X

15 X 0,00975 = 0.414.

Obtenido k, la ecuación (128) da Mm~x = 208,750 kg.¡cm., y la carga admisible será p = 4 M,~, =~~-S. 7-5!.!.~ = 2 784 ka l 300 . .,.

[1 1

RESISTENC IA DF. Il4ATERIAL ES

216 5.

VIGAS DE SECCIÓN VARIABLE

Cnleular el momento m{lximo de trabajo para una viga de hor-

migón c.rmado si b = 20 cm., ¡, = 30 cm., Aa = 12,5 cm.

1,

~:

= 12,

2

y In fatiga de trabajo pura el acero es 1.200 kg./cm. y para el hormigón, 64 kg.jcm. 2 • Respuesta: M = 2.400 m. kg. 6. Determina r el valor de k para el que las fatigas de trabajo admisibles ['ara el acero y el hormigón se alcanzan simultánea mente. Solución: Sean a1, y aa las fatigas admiRibleEO para el hormigón y el acero. Tomando esta relación por las ecuaciunea (b) y consideranJ .o el valor absoluto, se tiene cr11

aa

-Y

(a)

kE¡, = (1- k) Ea'

Puesto que el momento flector es •,

l.

M= Ha,

= ___!!!I_!J}í.. crh+cra--

la ecuación (a) se puede escribir

Ea

Si la viga satisface a esta condición, se dice que el reforzado es perfecto. Dada k y empleando la ecuación (126), se obtiene la altura por la ecuación (128) y el área Aa por la ecuación (127). Determina r la cuantía n 1

Ea kg./cm. 2 y n = Eh

=

= t~ ;;i

cra

= 960 kg./cm. 2,

r:;h

=

("'rzu)me.x =

15.

3V

k= 0,446.

("'rxulmáx =

Sustituyen do en la ecuación (d), se obtiene n 1 = 0,012.

Proyectar una viga de 25 cm. de ancha solicitada por un mo-

8 mento de 3.375 m. kg., si crh.= 60 kg.fem. , r:;a

=

960 kg./cm. 1

y;:=

12.

Hallar la altura h y la sección de hierro Aa. Supóngase que el reforzado es perfecto, como en el problema 6.

'

49. Fatigas cortantes en vigas de hormigón armado.- .

Usando el método del articulo 26 y tomando en examen el elemento mnm 1n 1 comprend ido entre dos secciones adyacente s mp y m1p 1 (fig. 195), se deduce que la fatiga cortante máxima '-"v actúa sobre la st-cper!1cic neutm nn 1 . Represent ando por d](

V IdM ab--;¡;;; = ~b'

(b)

donde V es la fuerza cortante correspon diente a la sección considerad a. Mediante la ecuación (126), la expresión anterior de la fatiga cortante se transforma en la siguiente:

51,6

oolucwn: Por la fórmula del problema anterior se obtiene

8.

la diferencia entre las fuerzas internas totales de compresión en el hormigón ligadas a las secciones rnp y m 1p 1 , la fatiga cortante "xv ligada a la superficie neutra se encontrar á por la ecuamóu de equilibrio siguiente:

de donde

de donde

7.

217

bh( _k) • 3

(129)

Fw. l9ñ En los cálculos de aplicación tiene importanc ia no sólo esta fatiga cortante ligada a superficie neutra, sino también la fatiga cortante que se desarrolla en la superficie de contacto del hormigón y el acero. Considerando nuevamen te las dos secciones adyacentes de ·Ja figura 195, la diferencia de las fuerzas de extensión en ·esas dos secciones es

dR

= !'dx. a

Esta diferencia se equilibra con las fatigas eortantes distribuidas sobre la superficie de las barras. Represen tando por A )a superficie lateral de las barras de acero por unidad de long;i-

l

218

RESISTENCIA DE MATERIALES

tud de la viga, la fatiga cortant.e ligada a la. superficie de las barra:; :;era

dR V 3 V Ad~ = Aa = (3- k)hA.

(130)

Esta fa iga será mayor que la correspondiente a la superficie neutra (ecuación 129) si A es menor que b. Para aumentar A sin necesidad de variar la sección total de acero que se introduce oo la viga, ba8ta aumentar e1 número de barras y di8minuH .::;u dlcÜnetro.

CAP [TULO VIII

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN. TEORÍA DE COLUMNAS 50.

·,

Flexión acompañada de tracción o compresión.-Su-

pondremos en lo que sigue que la barra prismática está cargada con fuerzas situadas en uno de sus planos de simetría, pero que así como en todo lo anteriormente expuesto las fuerzas eran transversales, ahora pueden tener componente a lo lP.rgo del eje de la barra. Un caso sencillo de este tipo es el mostrado en la r~ figura 196, que representa una colum1 na cargada con una fuerza inclinada P. Esta fuerza se descompone en una transversal N y otra longitudinal T y se supone que la columna es relativamente rígida y toma una flecha tan pequeña en la flexión que (<3) pueden despreciarse las fatigas de este FIO. 196 género que produce la fuerza T al lado de las correspondientes a la N. Por consiguiente, la fatiga resultante en cada punto la obtendremos superponiendo a la fatiga de compresión debida a la fuerza T la fatiga de flexión que corresponda a la N. El caso de una columna poco rígida, es decir, flexible, en la que por ser la flecha considerable -fig. 196 (b)- tiene un efecto apreciable la flexión que produce la fuerza T se verá más adelante (véase artículo 53). La fatiga debida a la fuerza T es constante para todas las secciones de la columna e igual a

~·

siendo A el área

220

RF.SISTENCIA

rn;

MATERIALE~

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TEN~IÓN O COMPRESIÓN

de la sección recta. Las fatigas de flexión dependen del valor del momento que, como sabemos, varía desde cero, para la uabeza de la columna, a Nl en la base. Por consiguiente, la sección más castigada es la de empot:J;amiento y en ella la fatiga para un punto a la distancia y del eje z es T A

Nly

cr:r = - - - ----.

/2

el cable Dli' son N 2 =lOO kg., T 2 = 490 kg. El momento flector máxime auontece en el extremo empotrado y vale Mmáx = 45.000 kg. cm. El es-

T,

(a)

Suponiendo, por ejemplo, que la sección recta de la columna es un rectángulo b X h, con el lado h paralelo al planu de · flexión, se tendrá bh 3 A= bh; 1.=-·

.FIG. 197 fuerzo longitudinal de compresión para dicha sección es T 1 kilogramos. La fatiga de compresión máxima es

12

_ 4 X 505 a- ~

La fatiga de compresión máxima se presentará en el punto n y vale T 6Nl (cr.)mín = - - - - - . (b) bh bh2

6Nl bh

l. Determinar la fatiga máxima de compresi6n en las columnas de madera de la figura 197. Su altura es 6 m., el diámetro 20 cm. y lacar· ga P en el hilo A BG, 30 kg. La fuerza de extensión en cada cable Dli' .;

s=

l

l

:_

y Dk = 4,5 m. ; sen~ = 10 5 Solución: Las componentes de la fuerza en el alambre BG -figura. , 197 (b)-son N 1 = 150kg., T 1 = 15 kg. Las componentes de la fuerza en-

es

500 kg.; tg ex.=

3.

T bh

Problemas

X 45.000 _

- 58 ,

TT:d3

6 X ISO X 500 X 252 20

(a.,)nA.>: =

-- • = -2

Cuando la fuerza P no es paralela a uno de los dos planos principales de flexión, las fatigas de flexión producidas por la componente transversal N se encuentran descomponiendo N en dos componentes paralelas a dichos planos (véase articulo 38). La fatiga resultante en cualquier punto se obtiene superponiendo dichas fatigas de flexión con la fatiga de compresión producida por la fuerza longitudinal.

+ 32

SS k

+ T2 =

505

l

11 g. cm..

2. Determinar la fatiga máxima de extensión en la viga rectangular de madera de la figura 198, si S= 2.000 kg., b = 20 cm., h = 25 cm. Respuesta:

Esta fatiga es numéricamente la mayor. En el punto rn se tiene (cr.,)máx

221

= + 2.000 500

1 47,2 kg.jcm .•

Determinar la fatiga de compresión máxima en la estructura carg~ P vale 1.000 kg. El nudo Bes rigido, la ar-

A BG (fig. 199). La

FIG. 199

Fw. 198

..:·

ticulación en A, fija, y el npoyo G es una articulación móvil. La sección recta de las barras A B y BG es cuadrada, de 25 X 25 cm. Resp,uesta: 6

X

500 X 240 253

k l _ + !~ 2 25a - 46 , 56 g. cm..

4. Un muro de fábrica de ladrillo cuyo espesor es 1 ,8 m. tiene 4,5 m. de altura y sirve para contener tierras (fig. 200). Determinar la 25.000 l{g. 1m. a fatiga de compresión máxima en la base si su peso es y = - 950 000 kg. por metro de pared. La distribu· y la presión de la tierra

D

-

222

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN

RESISTENCIA DE MATF.RIALIDS

ción de la presión de las tierras a lo largo de la altura del muro sigue una ley lineal representada por la recta A B. . 25.000 X 4,5 X 1,8 50.000 X 6 X 150 R espuesta : L a ctatiga en m = 9 X lO4 X 1,8 9 X 1802 X lOO = - 1,25- 1,54 = - 2,79 kg.jcm. 2 • La fatiga en n = - 1,25 + 1,54 = 0,29 kg.jcm.a. 5. Determinar el espesor de la pared en el pro blema anterior para el que la fatiga en n es nula. Respuesta: 2 metros. 6. Una columna circular de 1,80 m. de altu-. 8 ra (fig. 196) está solicitada por una fuerza P, cuyasi componentes N y T son iguales y de valor 500 kg.l Hallar el diámetro de la columna si la fatiga má-1 xima por compn•t;ión no debe sobrepasar los• SO kg.jcma. FIG. 200 7. Hallar
e~.~ ~

en A es R =

ql.

2

cot

IX.

La fuerza de compresión

para una sección cualquiera rnn a la distancia FIG. 201 ql cos 2 IX X de A es q X sen IX+---· el momento 2 sen IX' · .• q COS IX fl ec t oren 1a misma seccwn vale M =ql - cos IX. x - - - - . xz La fa2 2 • tiga do compresión máxima será: 4 ( Teda qx sen IX

2

+ q[2 COS sen

1X) IX

32 'q[ + Teda 2 cos

q

IX •

COS IX

)

x - -~ x2 '

donde d es el diámetro de la barra. ·Igualando a cero la derivada de esta expresión, se obtiene l

X=

rl

2-/- S tgct.

9. La columna de la figura 196 tiene 1,80 m. de altura y 30 cm. de diámetro. Determinar la magnitud de la fuerza Psi sus componentes N Y T son iguales y la fatiga máxima de compresión en n es 80 kg.jcm, 1,

223

Respuesta: p = I.ü30 kg.

10. Una fuerza P produce flexión en la barra ABO, empotrada en A (fig. 202). Determinar el ángulo que en la deformación gira la sección en O, si los momentos flectores en A y B son iguales en valor absoluto y de signo contrario. Solución: De la igualdad de los momentos flectores en A y B se deduce que la fuerza P pasa por el punto medio D do . . p P l p la barra. A B . P or consiguiente, z = a0 2 FIG. 202 y pueden calcularse P z y P 11 • El giro de la sección en B en el sentido de las a.gujas del reloj, debido a la flexión de la parte A B por la acción de la com-

· · d e 1a misma . .. ponente P 11 es Pvl2 E · L a rotacwn secci'6n en sen t'd I o sims2 1 . d trorsum debido a la componente Pz es Pa;al El . E 1 giro e la sección en

O respecto a la sección en B, en sentido contrario a las agujas del reloj, debido a la flexión de la parte BO de la barra es : :;;;. El ángulo girado por el extremo O en sentido positivo será, por consiguiente, Pvl 2

Pa;al

Pa;a9

_

2EI- HT- 2 E l - -

Pa;a 2 2 El.

51. Cargas excéntricas en cuerpos de poca esbeltez.-La carga excéntrica es un caso particular de la combinación de fatigas de flexión con las de tracción o compresión. Cuando la longitud de la barra no es muy grande comparada con sus dimensiones transversales, su flecha es tan pequeña que puede despreciarse comparada con la excentricidad inicial e; por consiguiente, puede utilizarse el método de superposición 1 • Sea, por ejemplo, el caso de compresión por la acción de una fuerza longitudinal aplicada con la excentricidad e (fig. 203) en uno de los dos planos principales de la barra. Introduzcamos ahora dos fuerzas iguales y opuestas de valor P aplicadas en el centro de gravedad O de la sección. Puesto que estas dos fuerzas introducida, tienen resultante y momento nulo, el problema no ha cambiados 1 Para el caso de cargas excéntricas en barras largas, véase articulo 53.

224

RNSISTENCIA DE MATERIALES

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN

Y de este modo tenemos sobre la sección una fuerza P que pro- ,:; duce fatiga de compresión directa- p . A' tal como indica la figu- .~ ra 203 (b) y un par flector en uno de los planos principales, de valor Pe, que produce fatigas de flexión -

llllfrll!la..r ~)

P;y distribuidas tal como indi-

figur~

ca la 203 (e) La fatiga total será., ¡, porconsiguiente,

P Pey a=-----. "' A 1z

1

P bk

12 Pey

(a')

. do y = poruen

bk3

h se ob. tJene

2

(crx)m'tx

'

= _ P + 6 Pe= bk

bk2

J! (- l + 6 e)•

bh

k

(b)

y sust1•t uyen d o y = j¿2

(az)mtn = - !!_-

bk

Se observará que cuando

6Pe=_!_ (1 6e)· bh2

bh

-L. 1

h

(e) ~-

e< h no existe cambio de signo ,

6

bf'

de la sección rectangular es nula; y, por último, cuando

e>~,

existe inversión en el signo de la fatiga, y la posición de la linea de fatiga nula se obtiene igualando a cero la expresión (a'), con lo que se obtiene }¡,2

{a)

i"

Gx=------

en la fatiga ligada a la sección; cuando e=~· la fatiga máxima 2 ue compresión (ecuación e) es y la fatiga en el lado opuesto

y=---. 12 e

El diagrama de distribución de esta · fatiga total se ve en la figura 203 (d). Se supone que la fatiga máxima de flexión es menor que la fatiga constante Fw. 203 de compresión; por consiguiente, las fa- " tigas totales serán de compresión para todos los puntos de la sección. Si la fatiga máxima de flexión es mayor que la fatiga constante de compresión, hay una linea de fatiga nula, paralela al eje z, tal que divide a la sección en .: dos zonas, de las cuales la de la izquierda trabaja a extensión y la de la derecha a compresión. Para una sección rectangular de lados k y b -figura 203 (a)- la ecuación (a) se escribe

225

(d)

Representando por ks el radio de giro con relación al eje z (véase Apéndice), la ecuación (d) queda

k;

y=--·

(131)

e Se ve que la distancia de la linea de fatiga nula al centro de gravedad disminuye a medida que la excentricidad e aumenta. Un análisis análogo al efectuado para z el caso de compresión sirve para el estudio de la. tracción excéntrica. La ecuación (131) puede utilizarse para secciones de forma distinta de la rectangular, siempre que el punto de aplicación de lacarga esté sobre uno de los ejes principales de inercia. Consideremos ahora el caso en que el FIG. 204 punto B de aplicación de _la fuerza de compresión P no está. sobre uno de los dos ejes principales de inercia de la sección, y sean éstos los ejes y y z de la. figura 204. Llamando m y n a las coordenadas del punto B, los momentos de P, con relación a los ejes y y z, serán Pn y Pm, respectivamente. Por superposición, la fatiga en un punto cualquiera F de la sección es P Pmy Pnz crz=----- - - , (e) A 1, 111 en donde el primer término del segundo miembro representa la fatiga uniforme de compresión, y los otroe términos laa fatigas de flexión producidas por los momentos Ptn y Pn, respectivaRJI8l8DJ10U »11 IU!i:II&U..LIIll. -

T.

1

226

FLEXIÓN ACOMPAÑA DA DE TENSIÓN O C01~1PRE8IÓN

RESISTENO lA DE MATERIAL ES

mente. Como indica la ecuación (e), las fatigas se distribuye n según una ley lineal. La ecuación de la línea neutra, o de fatiga nula, se obtendrá igualando a cero el segundo miembro de la ecuación (e). Empleand o la notación

~

=

k~

e

1=-= k~,

donde

kz y kv son los radios de giro con relación a los ejes z e y, respectivame nte, resulta

cero correspon diente es paralela al eje y, y su intersecció n con OZ, deducida de una ecuación análoga a la (131), es k2 8

= - .J!.. nl

(h)

De modo análogo la línea de fatiga cero para la componen te en B 2 es paralela al eje z_ y su distancia a este eje es k~

my

- + nz ~- + 1 =o. k;

mi

k;

n?

(k)

r=-~·

Haciendo en eRta ecuación primeram ente y = O, y después z = O, se obtienen los puntos M y N de intersecci ón de la línea neutra; con los ejes coordenad os z e y (fig. 204), las coordenadas 8 y r de esos puntos son

'1."27

Para cualquier posición de la carga sobre la l!'w. 206 línea B 1 B 2 la fatiga en B' será cero; por consiguiente, a medida que el punto de aplicación de la carga se mueva 1t lo largo de la línea recta B B , la línea de fatiga nula corres1 2 pondiente girará alrededor del punto B', cuyas 0oordenad as ::;e deduuen de las ecuaciones (h) y (k).

(g)

Problemas

De estas ecuaciones se obtiene k~

n =--P; 8

le' r

m=--~.

Estas e(maciones tienen la misma forma que las ecuaciones (g), y de ello se deduce que cuando la carga actúa en el punto B' de coordenad as 8 y r, la línea neutra correspon diente será la N' M' (representad a en la figura con línea de pun-' tos), que intercepta sobre los ejes y y ~ 1-~;__-1'!---===--~-+Y las longitudes m y n. Existe otra relación important e entre el punto de aplicación B de la carga FIG. 205 y la posición de la línea neutra correspondiente , y es la siguiente: A medida que B se mueve sobre la línea B 1 B 2 (fig. 205), la .línea neutra gira alrededor de un punto fijo B'. La demostrac ión es como sigue: Se descompone la carga en B en dos componen tes paralelas aplicadas en B 1 y B 2• La componen te en B actúa 1 en el plano principal xz; por consiguiente, la línea de fatiga

l. El área de la sección recta de una barra cuadrada se reduce a la mitad en la sección mn (fig. 206). Determina r la fatiga max.1.w... u.e extensión en esta seeción producida por la carga axial P. Hesp'Ueuta:

(cr.,) n,ax

=

2P a

~

+ Pa24 -4-- a3 = 8P -a 2

•

2. Resolver el problema anterior suponiendo que la barra tiene una »ección circular. 3. Una barra de sección en .l está cargada excéntrica mente con las fuerzas P (fig. 207). Determina r las fatigas máximas de extensión

p

4--1 FIG. 207 'y compresión en la barra si d = 2,5 cm., h ala b = 12,5 cm. y P = 2.000 kg.

=

12,5 cm., el ancho del

Sol,ución: Las distancias del centro de gravedad de la sección en .l a las caras inferior y superior son h 1 = 4,03 cm. y h 2 = 8,47 cm., respectivamen te. La excentricid ad de la carga es e= 1,25 4,03 = (),28 cm. El momento de inercia, 12 .= 7G7,19 cm.•.

+

228

RESISTENCIA DE MATERIALES

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN

Las fatigas de flexión son:

• h1 _ 2.000 X 5,28 X 4,03 _ (C1z)máx - P ·e 1 767 19 z

(ax)mix = -

'

5 a, 4 ~

k

l

1

g. cm. •

P. e. h 2 2.000 X 5,28 X 8,47 l a lz = = 116,6 kg. cm .• 767 , 19

p 2.000 A= 56,25 =

3

5,2

k

1

7t:i (véase e_!_

tanto, el radio de giro es k =

z

g. cm.'

+

Be obtiene, para la fatiga máxima de extensión, el valor 5.'5,4 35,2 = 90,6 kg.fcm. 1 y para la fatiga máxima de compresión el val0r 116,6- 35,2 = 81,4 kg./cm.•. 4. Determinar la fatiga máxima de extensión en' la sección mn de la pinza representada en la figura 208, si P = 150 kg., l = 7,5 cm. y la sección recta es un rectángulo de 25 X 6,25 mm.

Respuesta: amáx =

cación de la carga esté en el perímetro del núcleo, la línea de fatiga cero correspondiente, sea tangente al perímetro de la sección. Recordando que el momento de inercia de un círculo res~ pecto a su diámetro es

Combinándolas con la fatiga constante de extensión

1.824 kg.fcm. 1 •

5. Determinar el ancho de la sección mn del pro• blema anterior, para que crmáx = 1.600 kg.fcm. 2 • FIG. 208 6. Hallar las fatig~J.S máxima y minima en el ex· tremo empotrado de la columna rectangular de la figura 203, si b = 25 cm., h = 30 cm., P = 2.500 kg. y las coordenadas del punto B de aplicación de la carga (fig. 204) son m = n = 5 cm. Hallar la posición de la linea neutra.

52. El núcleo de la sección.-En el párrafo anterior hemos visto que, para una pequeña excentricidad e, las fatigas normales tienen el mismo signo sobre la totalidad de la sección de una barra cargada excéntricamente. Para mayores valores de e, la línea neutra corta a la sección y hay inversión en el signo de las fatigas. En el caso de un material poco resistente a la exten- · sión, tal como fábrica de ladrillo, es necesario determinar la. . zona en la que puede aplicarse la carga compresora sin que se produzcan fatigas de extensión en el material. Esta región se 'f denomina. núcleo de la sección. El método de determinación del núcleo se ve a través de los sencillos ejemplos que expondremos a continuación. En el caso de una sección circular de radio R, se deduce por simetría que el núcleo es un círculo. El radio a de este círculo se determina por la condición de que. cuando el punto de apli-

229

Apéndice}, y que, por

y'~ =

:. se reduce por

1~ 1~

ecuación \131) sustituyendo e por a y - y por R, que k2 R a = - = -, (132) R 4 ea decir, que el radio del núcleo es la cuarta parte del radio de la sección. Para el caso de una sección anular de radio exterior R0 radio interior Ri, se tiene

y:

1 = ~(R~- Rf); 4

y el radio del núcleo por la ecuación ( 131) será (133)

Para Ri = O, la ecuación (133) cÓincide con la ecuación (132). Para una sección anuFIG. 209 lar muy estrecha, es decir, cuando el valor de Ri se aproxima al de R 0 , el radio a del núcleo tiende al

Ro

valor-. 2

En el caso de una sección rectangular (fig. 209), la línea de fatiga cero coincide con el lado cg cuando la carga se aplica en el punto A, a la

distancia~ del

centro de gravedad (véase pá-

gina 225). Del mismo modo la línea de fatiga cero coincide con el lado

gf cuando la carga actúa en el punto

B, a la distancia

~

del centro de gravedad. A medida que la carga se desplaza a lo largo de la línea A B, la línea neutra gira alrededor del punto g (véase pág. 226) sin cortar a la sección. Por consiguiente, A B

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN

230

es uno de lo::; lados del núcleo. Los otros lados se deducen pm' simetría. El núcleo es, por consiguiente, un rombo de diagonales iguales a

231

R"ESTSTENCTA Dl
~

y

~-

Mientras que el punto de aplicación de la

carga sea interior o esté en el perímetro de este rombo, la línea de fatiga cero no corta a la sección y no hay inversión en el signo de fatigas ligadas a ella. Para una sección en I (fig. 210), las posiciones más próximas de las líneas de fatigas cero que no cortan a la sección están dadas por los lados AB y OD, y por las líneas de puntos AO y BD. Las posiciones correspondientes del punto de aplicación de Fw. 210 la carga se determinarán por la ecuación (131 ). Por simetría se deduce que el núcleo será el rombo rayado de la figura 210. Si el punto de aplicación de la carga excéntrica cae fuera del núcleo de una sección, la línea correspondiente de fatiga nula corta a la sección, y la carga produce no solamente fatigas de compresión, sino también fatigas de extensión. Si el material no resiste en absoluto fatigas de extensión, parte de la sección será inactiva y el resto sufrirá fatigas de compresión únicamente.

ra por la línea mn, y que la resultante de estas fuerzas es igual y contraria a P. Como esta resultante pasa por el centro de gravedad del triángulo mns, la dimensión ms de la parte que trabaja en la sección deberá ser igual a 3e. En ~caso de una sección circular (fig. 212), si la excentricidad CA de la carga es mayor que

~·

y el material no resiste en absoluto las fatigas de

extensión, solamente trabajará una parte de la sección recta. Sea la linea nn perpendicular a AO, el límite de dicha porción. La distancia b, desde el punto A, se encontrará por las condiciones siguientes: La, las fatigas de compresión son proporcionales a las distancias a nn; 2.a, la suma de las fuerzas internas de compresión ligadas a la parte de sección que trabaja debe ser igual a la carga P, y 3.a, el momento de estas fuerzas respecto a nn debe ser igual al momento Pb de la carga P, respecto al mismo eje. Reprasentando la fatiga máxima de compresión por crruax. la fatiga de compresión a una distancia y de nn será cr = ycrmáx

b+e y las ecuaciones que determinan b pueden escribirse

I~CI~a; dA=

J~ ~~ dA= 2

P;

Pb,

de donde b- lnn -

FIG. 211

Fra. 212

Sea, por ejemplo, una sección rectangular (fig. 2ll) con el punto de aplicación A de la carga en el eje principal y, y a una distank cia e del extremo de la sección. Si e es menor que 3' parte de la sección no trabajará. La parte que trabaja se encuentra por la condición de que la distribución de las fatigas de compresión ligadas a la sección sigue una ley lineal, representada en la figu-

Qnn'

(a)

siendo I nn = f y 2 dA el momento de inercia de la parte que trabaja de la sección respecto al eje nn, y Qnn = jydA el momento estático de la parte que trabaja de la sección con relación al mismo eje. Utilizando la ecuación (a) puede encontrarse fácilmente la posición de A para cualquier posición dada de nn. La misma ecuación puede usarse también para otras formas de sección recta, siempre que A esté situado sobre uno de los ejes principales 1. Si la carga no actúa sobre un eje principal, el proPara el caso de secciones circulares o anulares, de gran impor1 tancia en el cálculo de fatigas en chimeneas, se han publicado tablas para simplificar los cálculos. Véase Keck, Z. Hannover, Arc.h u. Ing. Ver .. pág. ()27, 1882. Véase tambiéll T". JJ. I., pág. 1321, HJ02, y la publicación de G. Dreyur en Die Buutechnik, 11.125.

232

. RESISTENCIA DE MATERIALES

FLEXIÓN AOOMP AÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN

blema de la determinación de la parte de sección que trabaja es mucho más complicado l. Empleando la noción de núcleo, el cálculo de las fatigas máximas de flexión, cuando el plano de flexión no es un plano principal, puede simplificarse mucho, por ejemplo, en la figura 209; sea mm el plano axial de la viga en el que actúa un momento flector M, y nn la linea neutra correspondiente, la cual forma un ángulo ot con el plano mm (véase pág. 159). Representando con amáx la fatiga máxima en el punto más alejado e, y con d su distancia a la linea neutra nn, la fatiga para cualquier otro punto situado a una distancia w de nn será

rr

= amAx

tituyendo Pr en lugar de M en la ecuación (e), se obtiene

P Prd sen ot -= A !,.,. de donde dsenot 1 ---=-· !,.,. Ar

rrmaxW:

d

dA =

rrmáx

d

J

amáx =

~' y

M Ar

-·

(134)

El producto Ar se denomina momento resistente de la sección correspondiente al plano mm. Esta definición está de acuerdo con la definición dada anteriormente (véase pág. 88), y cuando la flexión acontece en un plano principal, Ar se transforma en Z.

( b)

'"''

(d)

Sustituyendo este valor en la ecuación (e), tendremos

el momento de todas las fuerzas ligadas a la sección, respecto al eje nn, es

f

233

Problemas

donde 1,.,. es el momento de inercia de la sección reepecto al eje nn. El momento de las fuerzas exteriores, respecto al m1smo eje, es M sen ex. Igualándolo al valor (b), se tiene rrmáx

Mdsenot !,.,.

= ----

l. Determinar el núcleo de una viga I comercial, de 60 cm. de altura, para la que A= 145,81 cm. 1 , lz = 81523 cm.', kz = 23,65 cm., 111 = 167 5,8 cm.', k 11 = 3,4 cm. El ancho de las alas, b = 17,5 cm. Respuesta: El núcleo es un rombo con diagonales iguales a 37,25 cm. y 2,65 cm. 2. Determinar el radio del núcleo de una sección en forma de anillo circular si R 0 = 25 cm. y R, = 20 cm. Respuesta: El radio del núcleo a.., 10,25 cm. 3. Determinar el núcleo de una sección en forma de triángulo equilátero. 4. Determinar el núcleo de una sección tubular delgada de forma cuadrada. Solución: Si h es el espesor del tubo y b el lado del cuadrado, se tiene

(e)

Esta ecuación puede simplificarse utilizando las propiedades del núcleo de la sección •. Sea O el punto de intersección del plano mm con el núcleo, y r su distancia al centro de gr.a.vedad de la sección. Por las propiedades del núcleo se deduce que una. .. fuerza de compresión P, aplicada en O, produce fatiga nula en el vértice e; por consiguiente, la fatiga de extensión producida en e por el momento flector Pr, obrando en el plano mm, es igual en valor absoluto a la fatiga de compresión constante

~.

Sus-

El núcleo es un cuadrado con diagonales :;·"

1 Diversos cálculos para una sección rectangular se encuentran en las publicaciones siguientes: Engesser, Zentralblatt d. Bauv., página 429, 1919; K. Pohl, Der Eisenbau, pág. 211, 1918; O. Henkel, Zentralbl. d. Bauv., pág. 447, 1918; F. K. Esling, Proc. of the lnstitute of Oiv. Eng., parte III, 1905-1906. 1 Véase R. Land, Zeitschr. f. Architektur und lngenieurwesen, :páiÍna 291, 1897,

d=2~=2b_

ib

3

53. Cargas excéntricas en piezas esbeltas y en uno de los planos principales.-Cuando la longitud de la pieza cargada es muy ~ande comparad~~. con las dimensiones de la sección recta,

234

RESISTENCIA DE MATERIALES

235

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O 100:\fPRF.RTI>N

como en el caso de la figura 213, la flecha ~ no puede despreciarse al lado de la excentricidad e. El momento flector varía a lo largo del eje de la pieza, y su valor para cualquier sección recta mn es (a) M = - P (~ e- y).

+

La ecuación diferencial de la elástica es, por consiguiente,

d2y

se obtiene

dx 2

(e)

p2 (~+e);

y

la solución general de esta ecuación es FIG. 213

y = 0 1 sen px

(g)

]Jl

=

1 en el denominador, con

ahora bien, utilizando la ecuación (135),

Pel 2

(135)

_ + p2y =

es pequeña, y

(b)

Empleando la notación

d2y

p~

2

en el numeraclor de (136), y cos los que se obtiene

(a+ e-y).

EIZ- = p dx 2

En el caso de una pieza corta la cantidad puede escribirse con suficiente aproximac~ón p2l2 cos plF:::i 1 - -

+ 0 2 cos px + o+ e.

(d) 1

a=--· 2Efz

(h)

ERte valor coincide con la expresión de la flecha de un voladizo fiexado por la acción de un par Pe aplicado en su extremo. Cuando pl no es pequeño, la flecha no es proporcional a la carga P, y aumenta más rápidamente que P, como se puede observar en la tabla siguiente, obtenida mediante la aplicación de la ecuación (136):

Para satisfacer a las condiciones en el empotramiento FLECHAS PRODUCIDAR POR UNA CARGA LONGITUDINAL EXCÉNTRICA

-o dy) ( dx x=o- '

(y)z;=O =O;

(e),

las constantes arbitrarias de la solución anterior deberán ser: 02

=-(o+ e)

y la ecuación de la elástica se escribirá

y= (o+ e) (1- cos px). Haciendo x = l en la ecuación (/), se obtiene (Y)x=l

(/),

=o= (o+ e) (1- cos pl), e(1- cos pt). cos pl

0,1

0,5

1,0

1,5

"2

ll ........... Valor aproximado de o. seo '[Jl •• .••.. p

0,005 e

0,139 e

0,851 e

13,1 e

oc

0,005 e 1,005

0,139 e 1,140

0,840 e 1,867

12,8 e 13,2

oc

0,004

0,101

0,405

0,911

1

p~·········

oc

En esta tabla se observará que las flechas aumentan rá-

de donde

= 0

pl . .•.•.....

pidamente a medida que la cantidad pl se aproxima al valor (136)

Sustituyendo este valor de o en (/) se obtiene para la elás-, tica la ecuación siguiente: e(1-cospx) y = ------. (137) eo:::; pl

Cuando pl =

7t

2' la ecuación (135)

7t 2'

da

2 El¿1t2 P -- El zP'

4~2

y la flecha se hace infinitamente grande. Esto mueRtra que nna fuert.a compresora de esa magnitud produciría una flecha grande

236

237

RESISTENCIA DE MATERIALES

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRERIÓN

y que debe esperarse una deformación que sobrepa~e el punt.o

mación final no puede obtenerse por el método de superposición. En el estudio realizado se ha supuesto que la flexión acontecía en uno de los planos principales de la columna. Si la excentricidad e no tiene el sentido de uno de los ejes principales de la sección, es necesario descomponer el par flector Pe en dos pares componentes que actúen en los planos principales de la columna. La deformación en cada uno de los dos planos principales puede estudiarse en la forma que hemos expuesto. El estudio realizado para el caso de flexión de una columna empotrada en un extremo puede aplicarse al caso de una pieza comprimida excéntricamente por dos fuerzas iguales y opuestas P (fig. 214). Por simetría se deduce que la sección central A no gira durante la flexión, y que cada mitad de la pieza de la figura 214 está en las mi!;mas condiciones que la barra de la figura 213. Por consiguiente, la flecha y el momento flector máximo l se obtienen escribiendo 2 en lugar de l en las ecuaciones {136)

de fluencia del material. El momento flector máximo acontece en el empotramiento , 'y tiene por valor

MmAx = P (e

+o) =

P [e

+ e (1 -:- cos pl)] =Pe sec pl. cos pl

(138)

Una serie de valores de sec pl figura en la cuarta línea de la tabla anterior. Puede observarse que MmAx crece sin límite cuando pl se aproxima a

TC

2·

Este fenómeno se analizará en el ·

artículo siguiente. Aquí, sin embargo, será conveniente repetir que en este caso no existe proporcionalidad entre el valor de la fuerza compresora y la flecha o que produce. Por consiguiente, el método de superposición (pág. 141) no puede aplicarse. Una fuerza P, aplicada axialmente, produce en la barra únicamente compresión; pero cuando la misma fuerza obra en pre~ sencia de un par Pe, produce no solamente compresión, sino una flexión adicional; de modo que la deformación resultante no puede obtenerse por simple superposición de una compresión axial debida a la fuerza P y una flexión debida al par Pe. La razón por la que'! en este caso no es aplicable el método de su- ,. 1 A perposición puede verse con facilidad si se compara este problema con la flexión de una ' pieza por cargas transversales. En este último caso puede suponerse que pequeñas deformaciones en la viga no modifican las distancias entre las fuerzas, y que los momentos flectores pueden calcularse sin considerar la ' 1 Fw. 214 deformación de la viga. En el caso de compresión excéntrica de una columna, las deformaciones produci· das por el par Pe cambia~ por completo el modo en que actúa la carga axial, que toma una acción tanto flectora como com· . presora. En todos los casos en que la deformación producida por ' una :::arga modifica la acción de otra carga se ve que la defor-

y (138). De esta forma se obtiene

0

= e ( 1 - cos ~) {139)

cos pl 2

y Mmtu.

pl =Pe sec -· 2

(140)

Problemas l. Hallar la flecha en el centro y las fatigas máximas de extensión y compresión en una pieza comprimida excéntricamente. La sección de la pieza es tma U de 20 cm. de altura con I. = 50 cm.'. 111 = 1260 cm.' y A= 21 cm. 2 ; su longitud es 3m. y los extremos están articu-

lados. La distancia de su centro de gravedad al dorso de la U es 15 mm. y las fuerzas compresoras P = 2.000 kg. actúan en el plano del dorso de la U y en su plano de simetría. 2. Una barra de acero de 1,80 m. de larga y ~ección cuadrada de ·~ '·

5 X 5 cm. está comprimida excéntricamente por fuerzas P = 500 kg. La excentricidad e está dirigida según una diagonal del cuadrado y vale 2,5 cm. Hallar la fatiga de compresión máxima. suponiendo articulados los extremos de la barra.

23R

RESISTENCIA DE MATERIALES

FLEXIÓN ACOMPAÑA DA DE TENSIÓN O COMPRFJSTÓN

3. Una barra de acero de 1,20 m. de longitud y secci6n rectangu• lar de 2,5 x 5 cm. está comprimida por dos fuerzas P = 500 kg. apli· cadas en los vértices de las secciones extremas. Suponiendo articulados los extremos, encontrar la fatiga. compresora máxima.

,,

'

54. Carga crítica.-En el artículo anterior se vió que lw deformación de una columna comprimida excéntricamente au.. menta muy rápidamente cuando la cantidad pl de la ecua... ción (136) se aproxima al valor~· Cuando pl es igual a~· la fór-

La ecuación diferencial de la elástica (79), usada en el estudio del artículo anterior, se dedujo en la hipótesis de que las deformaciones son pequeñas comparadas con la longitud l de la columna. Por consiguiente, la fórmula (136), que da la flecha a, no da resultados exactos cuando P se aproxima mucho a P cr• Sin embargo, las curvas de la figura 215 indican que, indepen-

%. V

mula (136) de la flecha y la (138) del momento flector máximo dan valores infinitos. Para hallar el valor correspondiente de la carga t:itl

emplea la fórmula (135). Poniendo en ella p =

iz,

1t2EJ

p =--z. 4l2 cr

o1

o6

(141)

()

Este valor depende, como se ve, solamente de las dimensiones de la columna y del módulo del material, y se denomina carga crítica, o carga de Euler, debido a que Euler fué el primero que dedujo su valor en su famoso estudio de las curvas elásticas 1 . Para ver más claramente el significado físico de esta carga podemos trazar diversas curvas que representan la relación existente entre la carga P y la flecha a dada por la ecuación (136). En la figura 215 se ven curvas diversas de esta clase, trazadas para diversos valores de la excentricidad relativa ke.

a

z·

Las abscisas de est.11s curvas son los valores de la relación k míen~ z p tras que las ordenadas son la relación p, entre la carga que aocr

túa y su valor crítico definido por la ecuación (141). Se ve por dichas curvas que las flechas S son cada vez más pequeñas, y que las curvas se aproximan más y más al eje ver· tical a medida que la excentricidad e disminuye. También se ve que las flechas aumentan muy rápidamente cuando la carga P se aproxima a su valor crítico (141), y todas las curvas tienen por asíntota la línea horizontal

J

= l.

('7

1 Una traducción inglt·sa..U.ll llt>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

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1

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f-- 1---

,__1--

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"

Fw. 215

dientemente de lo que valga la excentrlcid
240

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENRIÓN O COMPRESIÓN

RESISTENCIA DE MATERIALES

valor de la carga crítica para una barra con extremos articulados. En el caso de compresión de columnas con los extremos empotrados, la elástica toma la forma indicada en la figura 217. Puede considerarse dividida en cuatro trozos, análogos cada uno de ellos a la elástica obtenida para una columna empotrada en un extremo y libre en el otro. El valor crítico de la

que la carga se aproxima a su valor crítico, se manifiesta def: modo más acusado. Las cargas P próximas al valor crítico pro~·; ducen siempre deformaciones acentuadas que sobrepasan ellími~~ te elástico del material, por lo que una columna cargada en esta. forma pierde su utilidad práctica. Debido a esto, el valor críti~ de la carga dado por la ecuación (141) debe considerarse como~~

IOO~fta~~~==~====~,

carga se encuentra, en este caso, poniendo

90.

....

80 Jl.h,__-~

en lugar

(143)

1 .. l

Este valor es la carga crítica para una columna l 1 ron los extremos empotrados. .i:Debe notarse que al obtener la ecuación (136) se supuso que la excentricidad acontecía en la dirección Fm. 217 del eje y, y la flexión en el plano xy. Si la excentricidad acontece en dirección del eje z, se obtienen fórmulas análogas. La flexión se presenta entonces en el plano xz, y para calcular las flechas debe sustituirse 1, por ly en la ecuación (136). Si no se hace ninguna presunción sobre la aplicación central de la carga, y la flexión acontece como resultado de una excentricidad accidental, debemos considerar deformaciones en ambo::? planos principales xy y xz, y al calcular el valor crítico de la earga, usar el menor de los dos momentos principales de inercia en las ecuaciones (141), (142) y (143). En lo sucesivo supondremos que 1 z es el menor de los momentos principales de inercia, y k 2 el radio de giro correspondiente. Para el cálculo de flechas es ventajoso, a veces, emplear fórmulas aproximadas en lugar de las exactas (136) y (138). Se vió en el artículo anterior que para cargas pequeñas, es decir, pl

~ souw~---------+------------1 110 UU.-----+--

=~d~

" zo 11---.........::::--+-------i

FIG. 216

carga de rotura. En las aplicaciones prácticas la carga de seguri~ dad debe ser menor que la carga crítica, y deducirse dividiend . ésta por un cierto coeficiente de seguridad. Un estudio más dete·r nido de esta cuestión puede verse en los dos artículos siguientes;· Hasta ahora se ha considerado una columna empotrada ·', un extremo y libre en el otro. En el caso de una pieza con lOl{: dos extremos articulados (fig. 214}, pueden obtenerse conclu~ siones parecidas. ., Las ecuaciones (139) y (140) dan valores infinitos cuand '

menor que

pl it -=-·

2

.

f

i

~ 60~~~---+-----~--;

~

~

de l en la ecuación (141); se obtiene

~ 70

2

241

2

il-:

1~, la flecha puede calcularse con suficiente aproxi-

mac.ión por la expresión

Sustituyendo en vez de p el valor de la expresión (135) se obti

p = .,

rt

(a)

2

EI., ¡a

(1

donde se ha despreciado la influencia de la fuerza axial en I:ESISTENCU. DE JUT:C.RIALES,-

T. 1

16

242

RJ;;SISTENCIA DE MATERIALES

lfLEXION ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESióN

la flexión, y sólo se ha considerado el momento fleetor constante Pe. Para cargas mayores, la ecuación (a) no es suficientement e aproximada y debe considerarse la influencia de la fuerza compresora sobre la flexión. Esta influencia depende principalmente p de la relación p, y la flecha puede obtenerse con aproximación

2c13

marse a la asíntota horizontal. Mediante la ecuación (e), puede determinarse Pcr de modo más satúüactoriu. Dividiendo dicha . p se ob twne "' por P' ecuacwn

Ó'P/. /P

cr

a

1

p

er

aceptable por la fórmula

y

1

--p 1----

(b)

P,.,

Las flechas calculadas por esta iunnula figuran en ln tercera línea de la tabla de la página 235. Comparando los valores que en ella figuran con los de la segunda línea se ve que la fórmula (b) es suficientement e aproximada hasta para valores de la carga próximos al valor crítico. Para una pieza con los extremos articulados la fórmula aproximada, análoga a la (b), es 1

Pel 2 8 EJ.

-

1

--¡>·

1--

(e)

Pc, El primer fador del segundo miembro es la flecha 11rodueida por los pares Pe, aplicados en los extremos. El segundo factor representa el efecto en la flecha de la fuerza longitudinal compresora P. La ecuación (e) se utiliza frecuentement e para determinar de modo experimental la carga crítica correspondient e a una columna. Si los resultados de los experimentos se representan gráficamente mediante una curva análoga a una de las de la figura 216, la asíntota horizontal de dicha curva determina Pcr• Esta operación no puede realizarse con aproximación suficiente, especialmente si la excentricidad accidental no es pequeña y la curva no vuelve rápidamente, de modo brusco, al aproxiEsta solución aproximada fué dada por el profesor J. Perry. Véase Jingineer. diciembre, 10 y 24, 1886.

Esta ecuación muestra que si referimos la dependencia de ; a la flecha

a,

FIG. 218

medida durante el ensayo, mediante ejes rectangulares, se obtiene una serie de puntos en línea recta (figura 218). Esta línea corta al eje horizontal (; =

o) a

2

la distancia e; desde el ori-

gen y la inversa de la pendiente de la línea da la carga crítica 1. 55. Fatiga crítica. Proyecto de columnas.-Co nsideremos el caso de una columna con los extremos ~rticulados. La fatiga crítica se obtiene dividiendo la carga crítica dada por la ecuación (142) por el área de la sección recta A. De este modo se obtiene n2E Pe, =- =--. (J (144) { !_ )2 A cr

\ kz Se ve que para un material dado el valor de la fatiga crítica depende del que toma la relación

.!..., k,

denominada esbel-

tez. En la figura 219, la curva AGB representa 2 la relación l entre crcr y F para un acero cuyo módulo E vale 2 x 106 z

kg.Jcm. 2 • La curva queda perfectamente definida por el valor 1 E,.;t.n .método, ideado, por H.. V. SonthwAll (Proc. Roy. Soc. Lo!l'd?n, sene A, .v.ol. 135, pag. ~~1, 1932), ha dado buenos re::mltados pra~tiC~s y se ut1hza con profuswn en los en::;ayos de columnas. . Esta curva se denomina algunas vecPs curva do Euler· por ue' ducrrse de la fórmula de Euler para la carga crítica.

245

RESISTENCIA DE MATERIALES

FLEXIÓN ACOMPAÑADA DE TENSIÓN O COMPRESIÓN

del módulo de elasticidad del material y es independient~ iie la l fatiga de rotura. Para valores elevados de la esbeltez k,' la

debe recurrirse a la vía experimental para estudiar el pandeo de columnas comprimidas más allá del límite de proporcionalidad. Estos experimentos realizados con columnas de materiales que, como el acero, tienen un acusado punto de fluencia, muestran que la columna pierde su estabilidad y pandea cuando la fatiga compresora alcanza el valor de la fatiga de fluencia.

244

fatiga crítica es reducida, lo que indiea que una columna muy esbelta pandea y pierde su resistencia para una fatiga de compresión muy pequeña. Esta contingencia no puede obviarse ero-

~

JSOO

l.

T

Pvnfo de l'lv m"IQ!

J 100

1

\ ("-.

\~

2800

'

\o,¡

•'

...lfOO ~ ~

~

ft/("117 , D;, .. JI()() 9/t"ml E=- 2~ 1() ,

~/l/00

FIG. 219

pleando un acero de alta resistencia, puesto que el módulo de elasticidad del acero no varía mucho con su composición y los tratamientos térmicos y permanece prácticamente constante. ' La columna puede robustecerse aumentando el momento de inercia 1z y el radio de giro Ir z• lo que se realiza sin aumentar el . área de la sección, colocando el material tan lejos como sea po- ' sible del eje. Por esta razón, las formas tubulares son más económicas como columnas que las secciones macizas. A medida que la esbeltez disminuye, la fatiga crítica aumenta y la curva A C B se aproxima asintóticamente al eje vertical. Sin embargo, existe un cierto límite en el empleo de la curva de Euler. La expresión de la carga crítica se ha obtenido utilizando la~: ecuación diferencial (79) para la elástica, lo que supone que el material es perfectamente elástico y sigue la ley de Hooke "' (véase artículo 31). Por consiguiente, la curva ACB de la figura 219 da ~olamente resultados satisfactorios para piezas es- , beltas en las que crc, perllianece inferior al límite elástico del· . ~ material. Para aquellas columnas en las que crcr obtenida por 0 la ecuación (144) es mayor que el límite de proporcionalidad:; del material, la curva de Euler no da resultado satisfactorio Y ·

700

0

o

10

ZO

JO

110

$D

60

7fJ

IJO 90

~

""

fOO JID IZO

J_

...

FIG. 220

En la figura 220 se dan algunos resultados experimentales. El material es un acero corriente con acusado punto de fluencia a crFl = 3.100 kg.fcm. 2 • Se ve que para columnas de gran esbeltez

(~z >

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

<} < 120

(e)

para piezas principales y

= 150 para piezas ~ecundarias. Para valores de _l mekz z nores que 30 que toma cre = 14.000 librasfpulgada2. La fórmula parabólica propuesta por Ostenfeld 1 se usa también algunas veces. Da la fatiga crítica de compresión en la forma

hasta

~

cr =a-b ('7

(L) kz

2

(d)

•

Las constantes a y b dependen de las propiedades mecánicas del material. Para el acero corriente, la ecuación (d) toma a veces la forma ac, = 2.650-0,09

(.i) lc

2 •

kg.fcm. 2 •

(e)

2

Kz, donde a es una fatiga y b un factor numérico, constantes para' un material dado. Eligiendo de modo apropiado estas cona-·: tantes ' la fórmula da resultados satisfactorios entre cierto8:· . . límites. El Instituto Americano para la Construcción en Aeero, e11: sus instrucciones de 1928, da para la fatiga de trabajo en una·;; columna 18.000 librasfpulg. 2 l2 111 =

253

Esta expresión representa una parábola que es tangente a, la l

curva de Euler en k. = 122,5 y toma el valor acr

=

2.650 kg.fcm. 2

para columnas cortas. El coeficiente de seguridad varía de 2,5 a 3. 1 Zeitschr. Véase Deutsch lng., vol. 42, pág. 1462, 1898. Véaf!e también C. E. Fuller y W. A. Jolm->ton, Applied Mechanica, vol. 2, página 359, 1919.

TORST{I'< Y FLEXIÓN CO:vJ:lHNADA CON TORSIÓN

255

figura 225 (b). Las longitud es de los latlos son esencialm ente las mismas y solamen te han variado los ángulos. El elemento estará sometido a fatiga cortante pura (véase artículo 16) y la magnitu d de la distorsió n angular dada por el triángulo infinitesimal cae' es c'c y=-· ac' CAPITU LO IX

TORSIÓN y FLEXIÓN COMBINADA CON TORSIÓN 58. Torsión de un eje circular. -Consid eremos un eje circular empotra do en el extremo superior y sometido a la acción; de un par aplicado en el extremo inferior (fig. 225). Puede com-;

Donde r'c es el arco de radio

~

correspo ndiente a la diferen-

cia d cp de los ángulos de rotación de las dos secciones adyacentes. Tendrem os

(a) Para un eje sometido a torsión por la acción de un moment o en su extremo el ángulo de torsión es proporci onal a la longitud y la cantidad

~: es constant e y

represen ta el ángulo de giro por

unidad de longitud de eje. La represen taremos por e. Sustituyendo en (a), 1 y=- ed. (145) 2 Las fatigas cortante s que actúan en Jos lados del elemento y producen la distorsió n anterior tienen las direcciones conocidas. Su magnitu d por la ecuación (40) es 1 .. = - Ged. 2

FIG. 225

probarse mediant e medidas hechas en ~u superficie que las seo~: ciones circulare s del eje permane cen mrculares durante la t~r ~ sión y que sus diámetro s y las distancia s entre ellos no camb1~ con tal que el ángulo de torsión sea pequeño . . Un disco aislado del eje, tal como indica la figura 225 (b}, es. tará en el estado de equilibri o elástico siguiente . La sección in~ ferior habrá girado respecto a la superior un ángulo dcp, siendo< la rotación de la sección rnn respecto al extremo empotra d;. Un elemento abcd de la superficie lateral del disco de lados ve~ twales ctntes de la deformac ión toma la forma indicada en

(146)

Para estudiar el estado de fatiga en el interior del eje se supondrá que no solamen te no se distorsio nan los círculos perimetrales de las secciones rectas del eje, sino también que las secciones, en su totalidad , permane cen planas y giran como si fuesen absoluta mente rígidas, es decir, todo diámetro de la sección recta permane ce recto y gira el mismo ángulo. Los ensayos de ejes circulare s a torsión muestra n que la hipótesis admitida está completa mente de acuerdo con los resultado s experim entales. Establec ido esto, el análisis efectuad o en el elemento abcd de la superficie del eje -fig. 225 (b)- será válido para un elemento similar de la superficie de un cilindro interno, cuyo radio r

256

RESISTENCIA DE MATERIALES TORSIÓN Y FLEXIÓN COMBINADA CON 'l'ORSIÓN

reemplace a

~ -fig. 225 (e)-. El grueso del elemento en direc- ";

Por cada elemento de área dA -fig. 225 (e)-, la fuerza cortante es -rrdA. El momento de esta fuerza respecto al eje del árbol será ( -r,dA)r = GOr 2dA (utilizando la ecuación b). El momento total lJ1 1 respecto al eje del árbol es la suma, extendida al área total de la sección recta, de los momentos de cada fuerza elemental, es decir,

ción radial se considera infinitesimal. Tales elementos están también en estado de fatiga cortante pura y la fatiga cortante en sus lados es '7',

=GrO,

257

(b}: .;r

lo que demuestra que la fatiga cortante varía proporcionalmente_~; a la distancia r desde el centro del eje. La figura 226 muestra esta distribución de fatigas. La fatiga máxima se presenta en la,, superficie exterior del eje. Para un material dúctil, el períod<>'( plástico comienza en esta superficie. Para un~ t ~o material menos resistente al esfuerzo cortan-:? ~ te en sentido longitudinal que en el transver-"'. ml, por ejemplo, un árbol de madera con las~ Fw. 226 fibras paralelas a su eje, las primeras fisuras:: se producirán por esfuerzos cortantes qm( actúen en las secciones axiales y aparecerán en la superficie del1 árbol en dirección longitudinaL En el caso de un material menos; resistente a extensión que a esfuerzo cortante, por ejemplo, un! árbol circular de fundición o una pieza cilíndrica de yeso, apa·: recerá una fisura a lo largo de una hélice inclinada a 45° con el~ eje (fig. 227). La explicación es sencilla. Recordemos que el estado cortante puro es equivalente a una extensión en una dirección y a una compresión igual en dirección perpendicular (véase fig. 41 ). Un elemento rectangular tomado de la superficie extedor del árbol sometido a torsión con lados a 45° con el eje estará sometido a las fatigas que se ven en la fign~a 227. Las fatigas de extensión mostradas producen la fiqura en hélice mencionada. Veamos ahora las relaciones existentes entre el mo- Fw. 221 mento torsor aplicado 1Jf1 y les fatigas que produce. Para el equilibrio de la porción de eje comprendida entre · extremo donde se ha aplicado el momento torsor y la secci6 ideal mn es necesario que las fatigas distribuidas en la secci , recta sean estáticamente euuivalentes a un par igual y opues · al de torsión JJJ,. •,

Mt =

1~:

d

2

d

1~~ 2 r2dA = GOIP.

2 G6r dA = GO

(e)

Donde IP es el momento polar db inercia de la sección circular. Según el apéndice, para un círculo de diámetro d 1

rr:d

4

32'

'p-

rr:d4

Mt=G0-

32

.v

O=

~

X 32_ =

G

rr:d 4

Me. Glp

(147}

~emos que e, el ~ngulo de torsión por unidad de longitud de eJe, varía proporciOnalm ente al momento aplicado e inversamente al módulo G y a la cuarta potencia del diámetro. Si el árbol tiene una longitud l, el ángulo total de torsión será (?),

=

Ol

=

Mtl. Glv

(148)

Esta ecuación se utiliza en la::; comprobacione s físicas de la teoría y ha sido verificada por numerosísimos experimentos que han dado. veracidad a la hipótesis de partida. Se hace notar que los expenmentos de torsión son los comúnmente usados para determinar los módulos de los materiales a esfuerzo cortante. Si se mide el ángulo de torsión producido en un árbol dado por un momento torsor conocido, el valor de G puede calcularse fácilmente utilizando la ecuación (148). Llevando el valor de Ode la ecuación (14 7) a la ecuación ( 146) se obtiene una ecuación que da la máxima fatiga cortante en la torsión de árboles circulares: Cimáx

JJftd = -2lp

RESISTENCIA DB MATEIUALES.-

•,.

T.

l

16Mt

= -- -• ~d3

(149) 17

258

RESISTENCIA DE MATERIALES

TORSIÓN Y FLEXIÓN OUJVUHNADA CON TORSIÓN

Esta expresión indica que la fatiga es proporciona l al momento torsor e inversamen te proporciona l al cubo del diámetro . del árbol. En las aplicaciones prácticas el diámetro del árbol) debe calcularse conocida la potencia H en CV. que debe trans- ~. mitir. Dado H, el momento torsor se obtiene en kg. cm. por la._~· bien conocida ecuación j,f 1

X

2

60

= 71,7

-v

¡¡-- ·

(151);

cm.·

,s¡-

V~·

d = 628. 5. Un eje de acero con los extremos empotrados (fig. 228) está sometido a la acción de un momento torsor M 1 , aplicado en una sección intermedia mn. Determinar el ángulo de torsión dada la fatiga de trabajo "t· Solución: Para los dos trozos del eje el ángulo de torsión ha de ser igual, por consiguiente, ecuación (148), los momentos torsores serán

/11

Fw. 228

cm.

l. Determinar Al diámetro d del árbol de una máquina de 200 cv.•; cuya velocidad es n = 120 r. p. m., siendo la fatiga de trabajo -., = 210\ kg.fcm.•.

Respuesta:

Fw. 229

inversamente proporcionale s a las longitudes de los trozos. Si a> b, el mayor momento .torsor es el de la parte derecha del árbol y su valor M t ·a . es a + b. Sustituyendo este valor como momento torsor y "t por "máx en la ecuación (149), se obtiene el siguiente valor para d: d =

d=71,7

\f

/

Solucúín: De la ecuación (148), M_ nd4 tpG _ n: X 154 8 X lOe t - 32 l 32 X 15 X 7,5 X lOO"

Mt X 2nn 60 X 75 X 100

1

n: X 15 X 8 X 10 X 2 n: X 120

32 X 15 X 7,5 X 100 X 60 X 75 X 100

•

71:Tt

Puede obtenerse ahora el ángulo de torsión utilizando la ecuación (148). 6. Las poleas I, II y III transmiten 500 CV., 200 CV. y 300 CV., respectivame nte (fig. 229). Encontrar la rplación de los diámetros d1 y d2 , para que la fc•tiga máxima sea la misma en las dos partes del árbol. Encontrar la relación de Jos ángulos rle torsión en las dos partes. Solución: Los momentos de torsión en las rlos partes están en la relación 5: 3. Si queremos tener la misma fatigu máxima, se deduce usando la ecuación (149), que

~! ,2-

La potencia. transmitida, deducida de la ecuación (150), es_ 4

~~ ~aMt

t (a+ b)

200 X120 210 =14,2cm.

2. Determinar la potencia en CV. transmitida por un árbol sÚ d = 15 cm., n = 120 r. p. m., G = 8 X 10a kg.fcm. 1 y el ángulo de~ tonión medido ¡¡¡ntre dos secciones rectas distantes 7,5 m. es 1 de}·.· 15 radian.

H =

Respuesta:

ef

Problemas

3

relación~-

n"C"máx

Tomando, por ejemplo, como fatiga cortante de trabajo valor ..., = 800 kg.Jcm. 2 se tiene d=7,80

torsión de 90°. Determinar la

(150)

en la que n representa el número de revoluciones por minuto , del árbol. Despejando M, en la ecuación (150) y sustituyénd olo: en la (149), se obtiene d

3. Un árbol de diámetro d = 9 cm. hacP 45 r. p. m. Determinar la potencia transmitida si la máxima fatiga cortante es 320 kg.fcm. 2 • 4. Un árbol de acero (G = 8 X 106 kg./cm. 8 ) tiene un tamaño tal que la máxima fatiga co"tante es 1.000 kg.fcm. 8 para un ángulo de

l

l! >< 75 X lOO

nn =

259

v3 ¡¡

3.

Los á.ngnlos de tor:;ión por las ecuaciones (148) y ( !l9) estarán en la ¡·elación

= 591 6..;

'

RESISTENC IA DE MATERIAL ES

7. Suponiendo que el eje del problema anterior tiene una sec- , ción constante y gira a 200 r. p. m., hallar su diámetro para que ~ 1 trozo del eje, si Tt = 480 kg.jcm. • Hallar el ángulo de torsión de cttda 5 kg.fcm. 1 y l = l = 1,20 m. 2 G = 8 X 10 1 8. Determina r la longitud de un árbol de acero de f> 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 resort
.i

1

El peso del eje y el de la polea. se desprecian en esttl problema.

270

RESISTENCIA DE MATERIALES TOHSIÓN Y FLEXIÓN COMBINADA CON TORSIÓN

La fatiga normal máxima debida a la, flexión acontece en las ,~ fibras más alejadas de la linea neutra de la sección empotrada, puesto que para ella el momento flector es máximo, y tiene por .· valor

Para metales dúctiles, como los que ordinariamente se usan en la fabricación de ejes, es norma. corriente utilizar la fatiga cortante máxima para la determinación del diámetro del eje. Llamando -r1 a la fatiga de trabajo y sustituyendo su valor en lugar de Tmáx en la ecuación (161), el diámetro del eje vendrá dado por la expresión

(e) La fatiga. (1ebida a la fuerza cortante tiene corrientemente < una importancia secundaria. Su valor máximo tiene lugar en la. línea neutra de las secciones, allí donde son cero las fatigas de flexión; por consiguiente, la fatiga combinada máxima se presenta en el punto donde son máximas las fatigas (1) y (2), es decir, en los puntos más alto y más bajo de la sección de empo• trami{mto. En la figura 237 (b) se ve un elemento correspon,; diente a la parte más alta de la sección de empotramiento y sobre el que se indica el modo de actuar las fatigas. Las fatigas . principales correspondientes a este elemento serán (ecuacio- ' nes (72) y (73), pág. 118):

= -O"z2

Omáx

3

d=

O"máx

= - (M+ VM

2

2Z

y

haciendo~ =

1

= -2Z mm

(M -vM2

VM 2

-i·

M~).

+ Mn =__!!(M -vM 2 + Mt). TCd3

O"min =

(160).

16 (M+ 1td3 (1-n 4 )

(160') ·

't'máx =

_

rl =

=~(M+ VM + ]fJ~}. .

O"múx-O"min _

2

-

]._!?__.1M2+ M2

7td

3

V

t•

(163)

+ M~)

(164)

(111- V M 2

·

16

d3(l -- n4)

V M 2 + M 2e '

(165)

y d se calcula por la fórmula

,a/-~+ M2t• r 7t1'¡ (1-n4) v'M2 .

(166)

Si sobre el eje actúan varias fuerzas transversales análogas a la de la figura 237, el momento :flector total M y el torsor Mt, en cada sección, son los que deben tenerse en cnenta para el cálculo de dicha sección mediante las ecuaciones (162) 6 (166). Si las fuerzas transversales que actúan sobre el eje no son paralelas, los momentos fleotores debidos a. ellas deben sumarse

La fatiga cortante máxima para el elemento considerado:~ iigura 237 (b)-, deducida de la ecuación (34), será 'Omáx-

16 1td3 (1- n 4 )

VM2 + M (2)'

para el caso de un eje hueco. La fatiga cortante máxima será

2

2

'

n, las ecuaciones (160) y (160') se transforma-

O"máx =

Puede observarse que crm~~.x tiene el mismo valor que en unj; caso de flexión simple para el que el momento :flector equiva.·:~ lente fuese Mequiv

d

32

rán en

Del mismo modo, empleando la ecuación (73), a .

(162)

2• t

7td:r~-(~)4J

32d

2

3

2

z = 1t(d4-dt) =

+ -2l.V r-2+O",C - 4 't" ,

+ MD =~(M+ 1td

]:!!_ V M + M V TC't't

1/

Todo lo anteriormente expuesto puede aplicarse al caso de un eje hueco cuyo diámetro exterior sea d y de un diámetro interior d1 • En este caso,

utilizando las ecuaciones (b) y (e), 1

271

(161);

r.

j

272

TORSIÓN Y FLEXIÓN COMBINA DA CON TORSIÓN

RESISTEN CIA DE MATERIA LES

vectoria lmente para obtener el moment o resultan te M. El problema número 3, que veremos a continua ción, se refiere a un caso de esta naturale za. Problema s l. Un eje circular de 6,25 cm. de diámetro soporta. una polea de 250 kg. de peso y 75 cm. de diámetro (fig. 238). Determin ar la fatiga cortante máxima en la sección mn si las tensiones horizonta les 611 loa

p

m

¡n 1

,u o

+ 250)

12.5

FIG. 239

(875 -125)

M= 15V250 2

X

X 75

+ 1.000 1 =

15.462,5 kg. cm.

'~'máx = 669,6 kg.fcm. 2 •

2. Un tubo vertical (fig. 239) está sometido a la acción de una fuer• za horizonta l P = 125 kg., que se aplica a. una .distancia del eje del tubo igual a 90 cm. Determin ar amáx y "t'mix si la longitud del tubo es) 7,50 m. y el momento resistente de la sección Z = 156,25 cm.•. : Solución: En la sección de empotram iento se tiene M¡ = 125 X 90 ; = 11.250 kg. cm., M ,.. 125 X 750 =- 93.750 kg. cm. Aplicand o la ecuación (163), 1 - (93 ~-• - 750 312,5 '

=

18.750 kg. cm.

+ y93.7502 + 11.2502 =

,,o

1.250 X 15 X 37,5 k = - 4 .6 8 7,5 g. cm. 75

El momento resultant e para la sección m n es 1 1 M= y18.7502

+ 4.687,52 =

19,325kg . cm. Como se ve, es mayor que el momento correspon diente a la sección mn, y deberá, por consiguie nte utilizarse en unión del valor M para el cálculo del diámetro d del eje -ecuació n (162)-, de donde 1

37,5 = 28.125 kg. cm.

Por consiguie nte, mediante la ecuación (161),

v-x

1

4 (750

4

ramales superior e inferior de la correa son 875 kg. y 125 kg., respeo· tivament e. Soluoión: En la sección mn, -

,o

250 X 75

FIG. 238

M1

tro cada. una. Las tensiones en los ramales de ambas poleas son los represent ados en la figura. Se tomará "t't = 480 kg.jcm. 2 • Soluáón: Las secciones más castiga1 das son mn y m1n 1 , puesto que soportan la totalidad del momento torsor y los mayores momento s flectores. El momento torsor para ambas secciones es M = (750 1 - 250) X 37,5 = 18.750 kg. cm. El momento flector en mn es {750 + 250 + 250) X 15 = 18.150 kg. cm. El momento flectur en m 1n 1 en el plano horizonta l es FIG. 240 El momento flector para. la. misma sección recta en el plano vertical es

ars

..¡~

273

d = 6,57 cm.

4. Determin ar el diámetro del eje de la figura 238 si la fatiga cortante de trabajo debe ser a = 480 kg.jcm.a, 1 5. Determin ar el diámetro exterior de un eje hueco si "t = 480 kg.fcm. 2, = ~ y las dimension es y fuerzas restantes las de la figu·

i

ra 240. 6. Resolver el problema 3 suponiend o que sobre la polea de la derecha actúa, en lugar de las tensiones verticales de 7 50 y 250 kg., una fuerza horizonta l, tangente al perímetro , que produce el mismo momento torsor.

602,4 kg.fcm.•

por la ecuación (165): '~'máx = 302,4 kg.fcm. 1•

3. Determin ar el diámetro de un eje circular de sección unifor., me (fig. 240) capaz de soportar dos poleas iguales de 75 cm. de dünneW',

RESIS'fENCIA DE MATERIALE S.- T

l

18

ENERGfA DE DEFORMACIÓN

275

energía total U almacenada en la barra durante la deformación. Por consiguiente,

U= P'S.

(167)

2

Utilizando la ecuación (1), se obtienen las dos expresiones sigmentes para la energía de deformación de una barra prismática;

CAPÍTULO X

P 2l

U=--, 2AE AE€P U e=--,

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN Energfa elástica de deformación en la tracción.-AI analizar la extensión simple de una barra (véase fig. 1), se '·' vió que durante el alargamiento bajo la acción de una carga. creciente se gastaba trabajo y que este trabajo se transformaba. parcial o totalmente en energía potenp cial de deformación. Si la deformación . no alcanza el límite elástico, el trabajo ·~ realizado por la fuerza exterior se transforma por completo en energía potencial y puede recobrarse realizando una des6 ,-i<=---=--....:::,P'f"--t,.--Lcarga gradual de la barra deformada. Si el valor final de la. carga es P Y el alargamiento correspondiente 8, el diaFrG. 2-U grama de ensayo a la extensión tendrá la forma indicada en la figura 241, en la que las ab·-·cisas son los alargamientos y las ordenadas las cargas correspondiente~. P¡ representa un valor intermedio de la carga; 8¡, el alargamiento debido a él. Un aumento dP 1 de la carga origina un incremento > d3 1 en el alargamiento. El trabajo realizado por P 1 durante ~ste alargamiento es P 1d3 1 , representado en la figura por el area. rayada. Si se tiene en cuenta el aumento de P 1 durante el ~ar­ gamien~o, el trabajo realizado estará representado por el area del trapecio abcd. El trabajo total realizado al au~entar la carg~ desde O a P es la suma de áreas elementales analogas y vendra. dado por el área del triángulo OAB. Dicha área represent.a. la. 63.

(168) (169)

2l

En la primera de ellas, la energía de deformación viene en función de las características geométricas y elásticas de la barra y de la carga P y en la segunda se expresa como una función de las mismas características y del alargamiento 3. En las aplicaciones prácticas, la energía de deformación por unidad de volumen tiene gran importancia, y su valor, deducido de las ecuaciones (168) y (169), será cr 2

U W=

(170)

Al= 2}1/

o

Ee 2

W=-,

(171)

2

donde cr =

p

A es la fatiga de extensión y e

=

3

l es el alarga-

miento unitario. La cantidad de energía de deformación que por unidad de volumen puede almacenar una barra sin deformación permanente 1 se halla sustituyendo el límite de elasticidad del material en lugar de cr, en la ecuación (170). Un acero con un límite de elasticidad de 2.000 kg.jcm. 2 y E= 2 X 106 kg.fcm. 2 da w = l kgcm.jem.a, una goma con un módulo de elasticidad E= lO kg.fcm. 2 y un límite de elasticidail de 20 kg.jcm. 2 da 20 2 w - -~- =e 20 kgemjem. 3 • 2 X lO

Esta cantidad se oenomina por algunos autores omódulo de resiliencia>>. 1

RESISTE NCIA DE MATERI ALES

ENERGÍA DE DEFORM ACTÓN

Tiene a veces, gran interés cor1ocer el máximo de la. ener. ' gía de deforma ción por unidad de peso W 1 ~~e un matcna; l puede almace nar sin que se produzc a d~~ormamon pe~manente. Esta cantida d se calcula por la ecuamo n (170), poruendo, en vez de a, el límite de elastiei dad y dividien do w por el peso de un cm.s del materia l. En la tabla que sigue se expone n algunos datos de esta natural eza:

4. Detf'rmi nar la energia de deformrt ción en PI prohlemn . antf'rlOr ~i además del peso propio tiene la barra una carga axial P = 500 kg. nplicada en su extremo . Respues ta: U= 41,37 kg. cm.

276

Material

Den si· dad

Limite de elasticidad en kg./cm. 2

E kg./cm.•

7,8 7,8 8,5 1,0 0,93

w, por kg.

1 kg./cm. » 16 >> 0,045 » >> >) >) 0,45 >) >) 20

128 kg.fcm. 2051 >) 5,3 450 » » 21505

5. Encontr ar la solución del problem a ~epresenta(ln en la figura 15 mispara el caso en que todas las barras tengan la misma sección y el mo módulo, igualand o la energía de deforma ción del sistema al trahajo suminist rado por la carga P. Solución : Siendo X la fuerza en la barra vertical, su alargam iento Xl 1p p d . . b . l , Xl X AE. Igualand o esta sera AE y e tra aJO sum1ms tra o por es '2 expresió n a la energía de deforma ción, se obtiene

----

---

Acero CO· rriente ... Acero duro .. Cobre ....... Roble ....... Coma ..•...

w por cm.•

2 X 106 2 X 106 1 X 106 105 10

2.000 8.000 300 300 20

•

Lp Xl

• • • •

Se observa rá que la cantida d de energía que puede almacen ar un determi nado peso de goma es unas diez veces mayor que la que puede almace nar el mismo peso de acero para resortes . y unas 200 veces mayor que la que es capaz de almí;tcenar el mismo peso de un acero corrient e. Problem as

277

2

_ X 2l AE - 2 AE

+ 2 (X cos

de donde

2 AE

2

m~e

C()2l

CO>; IX'

p

X = - - - - 3- , 2cos C( 1

+

·¡

,,'

1 1. Una barra prismáti ca. de acero de 28 cm. rle largo y 25 cm. de nar Determi kg. 2.000 = F fuerza rma con e comprim se sección recta la ¡,nergía de deforma ción. Respues ta: U= 1 kg. cm.

2. Determi nar la energía de deforma ción en el problem a anterior 2 cm.•. el si área de la sección recta de la barra es 12,5 cm. , en lugar de 25 Respues ta: U= 2 kg. cm. ·; 3. Determi nar la energía de defor!IU1ción en una barra vertical de longitud la si peso propio su por da deforma e uniform acero y sección 2 pesode la barra es 30m., el área de su sección 1·ecta e~:> ü,25 cm. y el 3 , 7.800 kg. del acero pol' m. Respuest a; U = 1,158 kg. cm.

(a}

(D)

(cJ

Fm. 242 lo que reproduc e la solución ya en('ontra da. 6. Comprob a1· el problem a 2, página 9, mostran do que el trabajo suminist rado por la carga es igual a la. energía de deforma ción de las dos barras. 2 7. Una barra de acero de 75 cm. de longitud y 6,25 cm. de secc1ón cm. 0,05 recta se deforma Hallar el valor de la energía de deforma ción, Respuest a: Por la ecuación (169), (0,05)1 X 2 X 106 X 6,25 _"OS 3 l / U _ - - ' ' tg. cm. 2 X 75 Compar ar los valores de la energía de deforma ción en las dos ión barras circulare s de la figura 242 (a) y {b), >mponie 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<:l 1\ • 81 • Respu esta:

n

w

Para los datos del probl ema 011

a= 160 kg.fc m. 1 •

3. Un peso W = 5.000 kg. unido al extre mo de un hilot de acero (fig. 246) desci ende con una veloc idad constan~~. te v = 90 cm./s eg. ¿Qué fatiga se produ cirá en él cuand o su extre::~ mo super ior se deten ga brusc amen te? La longi tud libre del cable en.~ el mom ento del choqu e es l = 18 m., el área de su secci ón recta e6''• A = 15,62 5 mm. 1 y E = 1,2 X 106 kg./c m. 1 • : Soluc ión: Desp recia ndo la masa del cable y supon iendo que la ener,1 gia cinét ica del cuerp o en movi mien to se trans form a por comp leto en: energ ía de defor mació n del cable , la ecuac ión que deter mina el alarga~. mien to máxi mo del cable es ' AEI3 2 AEil8 t 2 W 2 ~-~= g'V + W(8 -8 e), 8 2 dond e 1\81 repre senta el alarg amie nto estáti co del cable . . do AEI3, T en1en t · en cuen t a que W = - l - se o b t1ene n1edi ante la ecua., l': ción (d),

de dond e

.. ;

:'!

Por consi guien te, despu és de lá deten ción súbit a, la fatiga de tensió n del cable crece con la relaci ón

es~, '

5.000 X 1.800 15,62 5 X 1,2 X 106

1)

a,,

90

y'os1 x

o,48

= 0•48 cm.

=5,1 8.

Por consi guien te,

~=

a= 5,18

1,656 kg./c m. 2 •

4. Reso lver el probl ema anter ior si se interp one un resor te qne a.!arga 1 cm. por cada 400 kg. entre el cable y la carga , .Soluc ión: ll, 1 = 0,48

+ 5.000 = 400

12,98 cm.

Sm;ti tuyen do en la ecuac ión (e),

o

._- = 1

F'IG· 246

Wl

= AE =

-=1+

pWuk, 4

285

o,t

+ 0,80 =

1,80;

w

a= 1,8 A= 576 kg.fc m. 8 •

5. Para el caso de la figur a 243, deter mina r la altur a h tal que la fat1ga máxi ma en la b<1na duran te el choqu e s'la 2.400 kg./c m. 2 • Se supon e W = 12,5 kg., l = 1,80 m., A= 3,125 cru. 2, E= 2,.4 X 106 kg.fcm . 2 • La ma&~. de la barra se despr ecia. Respu esta: h = 54 cm.

65. Ener gía elást ica de defor maci ón en los casos de fuerz a corta nte y torsi ón.- La energ ía de defor maci ón alma cena da en un elem ento some tido a fatig a corta nte pura (figura 24 7) pued e calcu larse por el méto do e empl eado en el caso de exten sión simple. Si se supo ne fija la cara infer ior ad del elem ento, solam ente debe rá cons idera rse como trabajo sumi nistr ado dura nte !a defo rmac ión el a~'"'7'77""'Ji=--.L. p que realic e la fuerz a P ligad a a la cara supe FIG. 247 rior be. Supo niend o que el mate rial sigue la ley de Hook e, la disto rsión es prop orcio nal a la fatig a corta nte y el diag rama que repre senta dich a relac ión será análo go al de la figura 241. El traba jo dado por la fuerz a P y alma cena do en forma de energ ía elást ica de defor maci ón, será, por consiguientt> (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
La energía de deformación de un elemento del árbol será

+

Gd2 donde l representa la longitud del eje. Por consiguiente, la gía. total almacenada en el árbol será

287

(1$

0

(drpl2 -} dx. dx

(183)

288

MATERIALE~

RESISTENCIA DE

289

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

Problemas 1. Determinar la relación entre el límite de elasticidad por t"'Ol'· :l tadurá y el limite de elasticidad a la tracción si la energía de deformación que por cm. 1 puede almacenar el material sin deformación per. ·. ·~ manen te es la misma en tracción que en cortadura. Solución: Por las ecuaciones ( 170) y (179) se tiene

5. Un eje circular de acero con 1m volante en 1m extremo gira a 120 r. p. m. Se detiene bruscamente por el otro extremo. Determinar la fatiga máxima en el eje durante el choque si la longitud del eje es l = 1,5 m., el diámetro d = 5 cm., el peso del volante W ... 50 kg. y su radio de giro r = 25 cm. G = 9,2 x IQ6 kg./cm.•. Solución: La fatiga máxima se produce cuando la energía cinética del :volante se transforma totalmente en energía de deformación por tors1ón del eje. La energía cinética del volante es

de donde

Wr 2 w1

2g

=

50 X 25 2 X (4rr) 2 = 2562,5 kg. cm. 2 X 981

Sustituyendo este valor de U en la ecuación (181),

Para el acero,

-.=al/2,6 1

1 /16 X 9,2 X lQ& X 2.562,5

= 0,62 a.

"''"" =

2. Determinar la flecha de un resorte helicoidal (fig. 232), emplean· ; .' do el método de la energía de deformación en torsión. Solución: Sea P la fuerza que actúa en la dirección del eje de la~ hélice (fig. 232), R e! radio de las espiras y n su número. La energfar ' de torsión almacenada por el resorte -ecuación (182)-, será U= (PR) 2 2,..Rn.

2GIP Igualando esta expresión al trabajo suministrado

,.

27mPR3

o=a¡-= p

~'t,,

64nPR3

Gd'

•

3. El peso de un resorte helicoidal de acero es 5 kg. Determina. la cantidad de energía que podrá. almacenarse en este resorte sin d~ formación permanente si el limite de elasticidad por cortadura es: , 0,62 x 8.000 = 4.960 kg.fcm. 1 •

Sol·ución: La energía por kg. del material será. 2.051 kg. cm. Po 1 consiguiente, la energía total de torsióD 1 que puede almacenarse en es .~ resorte será: 1 X 5 X 2051 = 5127 kg. cm.

2

4. Un eje circular macizo y un tubo delgado del mismo materi . y peso están sometidos a torsión. ¿Qué relación existe entre los va.lo de la energía al:ma.cena.da si la fatiga máxima es la misma en amboe

Bupuesta:

52 X 150

=- 1792 kg./cm. 1

6. Dos barras circulares del mismo material y la misma longitud, pero de diferentes secciones A y A 1 , e¡¡tán sometidos a torsión por la acción del mismo momento torsor. ¿Qué relación existe entre los valores de la energía <:le deformación almacenada en las dos barras? Respuesta: Son inversamente proporcionales a los cuadrados de las áreas de las secciones rectas.

66. se obtiene

,.. X

JI

Energía elástica de deformación en la flexlón.-Empe-

zaremos por el caso de flexión pura. Para una barra prismática empotrada en un extremo y flexada (fig. 249) por un par M, aplicado en el otro, el desplazamiento angular en el extremo librf'! es

gt.

Ml (a) y EJ. FIG. 249 Este desplazamiento es proporcional al momento flector M, y empleando un diagrama análogo al de la figura 248 puede deducirse, por un razonamiento análogo, que el trabajo suministrado durante la deformación por el momento flector .ivf, o, lo que es lo mismo, la energía almacenada por la barra es Mq¡ U=--· (b) 2 q¡=-·

Empleando la ecuación (a) esta. energía puede expresarse por una de estas formas: La distribución de fatigas se ha supuesto ser la de un ár circular sometido a torsión.

U= M2l.

2EI' 1 Rll8ISTENOIA DE IIIATEl;IIALEe.-

(184) T. l

(185) 19

.·;¡

ENEROÍ.A DE DEFORMACIÓ N

RESISTENCIA DE MATERIALES

290

A veces interesa expresar la energía. potencial como una fun· ción de la fatiga normal máxima

,

ción rectangular se tendra

O'máx

= Mzáx • Para una sec· _ bh 2amá~ la

amáx

6M = bh2 •

0

M-

6

Para 11na b arra rect angu Iar,

' Y

U=

! bhl O'máx2 • 2E

9 2

U=! bhl(Jm~x_ · 3 2E

(186)

En este caso se ve que la energía total es sólo la tercera , parte de la que correspondería al caso de que todas las fibras sufriesen la fatiga O'máx· En el caso de flexión por fuerzas transversale s a la barra despreciaremos, en principio, la energía por cort~dura. La energía almacenada por un elemento de viga de longitud dx -ecua- ~· ciones (184) y (185)- será M 2dx

EJ (drJJ) 2 z ' · 2dx

dU=

ó

dU=-2EI.

El momento flector M es variable respecto a x, y dx

\rl2y\

dcp = -; = dx2 dx

(187) o

U=

1!

Elz (d2y)~ dx. 2

0

Sea, por ejemplo, el voladizo { AB (fig. 250). El momento flector para una sección cualquiera r.ln es M = - Px. ~ustituyendo en la ecuación (187), da 250

U

= (' P2x2dx = P !~ . 2

) 0

2El,

6EI,

·, (e) y 1a ecuacwn

(e')

Esta expresión indica que la cantidad de energía que puede almacenarse en una viga rectangular en voladizo, cargada en su extremo, sin que se produzca deformación permanente , es un tercio de la que se puede almacenar por flexión pura y solamente la novena parte de la correspondi ente a la extensión simple de la misma barra. Esta consideración tiene importancia en el proyecto de resortes, puesto que éstos deben absorber una cantidad dada de energía sin deterioro y deben tener el menor peso posible. La cantidad de energía que puede absorber un voladizo se aumenta haciéndolo de sección variable. Por ejemplo, un voladizo en sólido, de igual resistencia a la flexión, de sección rectangular , de altura h constante (fig. 185), tiene, para valores iguales de P, h y O'máx• una flecha y, por consiguiente, una cantidad de energía almacenada , que es sólo el 50 por lOO mayor del valor que corresponde a la barra de sección uniforme. Al mismo tiempo, el voladizo de resistencia múforme pesa la mitad de la barra prismática, lo que en definitiva indica que puede almacenar el triple de energía por kilogramo de material. Volviendo a la ecuación (e), e igualando la energía de deformación al trabajo suministrad o por la carga P durante la deformación, se tiene

(d)

(188)

dx 2

6

= bhPl2 ,

puede ponerse en la forma

ecuación (184) da

FIG.

O'máx

291

de donde

pza

a=-· 3Elz Este valor de la flecha coincide con el de la ecuación (95). La flecha adicional debida a las fuerzas cortantes puede determinarse también mediante la energía potencial de deformación. Para el voladizo de la figura 250, de sección rectan-

RESISTE NCIA DE MATERI ALES

292

ENERGÍA DE DEFORM ACIÓN

guiar, la faHga cortant e a la distanc ia y del eje neutro es (véase ecución 65)

_!_ ('!:_ - y2) . 21z 4 La energfa por cortadu ra en un volume n elemen tal bdxdy, en virtud de la ecuació n (179), será

(h2

pz ___ y2 __

sGI;

)2 bdxdy,

4

y la energía total por cortadu ra es

U=

ll J+ o

h

2 pz . h

--2

('!:. -

y2)2 bdxdy = p2Glh12 •

sGI 2 4

20

z

.,

(e)

z

Esta energía debe añadirs e al segundo miembr o de la ecua- ción (d) 1 para obtener la flecha total. Se tendrá P'a p2p p2zh2 {/) -·=-~2 6Elz 20Glz

+--- -,

y, por consigu iente,

Pl 3

(

a = sEI. z+

3 h2 10 7,2

E) a·

(g)

·~

n. Por esta razon, a_ ene la suma de las dos ca.11tidades de energm.

Como se ve, las ecuacio nes (g) y (g') no coincide n; la diferencia se explica del modo siguient e: Las consecu encias del artículo 39 se obtuvie ron en la hipótes is de que las secciones de la barra se podían alabear libreme nte por la acción de las fatigas cortante s. En este easo la sección empotr ada deberá curvarse, tomand o la forma mon -fig. 250 (b)-, y al calcular el trabajo total de.sa.rrollado en la ménsul a debe conside rarse no solamen te el trabajo realizad o por la fuerza P -fig. 250 (a)-, sino el que efectúa n las fatigas ligadas a la sección empotr ada --figura 250 (b)-. Tomand o en conside ración este último trabajo , la flecha calcula da por menio de la energía de deform ación coincide con la obtenid a en el artículo 39 y dada por la ecuació n (g') 1. En el caso de una viga simplem ente apoyad a, cargada en su centro, la sección media de la pieza no alabea por conside raciones de simetría . En este caso la ecuació n (g), aplicad a a cada mitad de la viga, dará un resultad o más exacto para la flecha que la ecuació n (g'). Puede compro barse compar ando las ecuaciones aproxim adas (g) y (g') con la solución , más correcta , dada en el artículo 39. Problemas

El segundo término del parénte sis represe nta el efecto d~ las fatigas cortant es en la flecha de la viga. Emplea ndo el metodo desarro llado en el artículo 39, en la hipótes is de que el elemen to· afecto al centro de graveda d de la sección empotr ada perman ec? vertical (fig. 250), el giro adicion al debido a la cortadu ra ¡,;era i 'rruúx 3 p y=- -=-· G 2bhG y la flecha adicion al resultar á 3 Pl . - ---' 2 bhG por consigu iente, h E '" ~ _ p~3- ~ Pl = _J>_l~_ ( 1 ~ 2 (g') .¡ 0 - 3E Jz 2 bhG 3 E 1z 8 l2 G ;¡ ·--túan sobre un elemento i 1 Como las fatigas cortante~ que ac d 1 elemento , si •; (figura 24 7) no modi~ican l
+

293

+ _ . --).

,_ ··

l. Una viga de madera en voladizo de 1,80 de longiturl y sección rectangu lar de 20 cm. X 12,5 cm. está sometid a a la. acción de una car-

ga uniform e de

IO

3

kg. por cm. Det-ermi nar la energía de deforma ción almacen ada si E- 1,2 X 106 kg.fcm.• . Respu.esta: q2 lG 102 X 1803 X 12 U = 40Elz = 32 X 40 X 1,2 X 106 X 12,5 X 20s = 52 •5 kg./cm. 2. ¿En qué proporci ón aumenta la energía de deforma ción calculad a en el problema . anterior sila.altu radelavi gaes 12,5 cm. y el ancho 20 cm.?

. Respuest a: La energía de deforma ción crece en la relación 8'

ss·

3. Dos banas idéntica s, una apoyada y la otra con los extremo s empotra dos, están flexadas por la acción de cargas concent radas iguales en su sección central. ¿En qué relación están los valores de la energía de deforma ción almacen ada? Respuut a: 4 : l. 4. Resolve r el probleiii a anterior para una carga uniform emente distribu ida de intensid ad q sobre ambas barras. 1

Véase Theory oj Elasticit y, pág. 150, 1!134.

294

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

RESISTENCIA DE MATERIALES

de donde

5. Dos vigas
67. Flexión prcducida por choque.-La flecha dinámica de una viga, originada por el choque ele un cuerpo W que cae sobre ella, se puede determinar por procedimientos análogos a los empleados en el casó de que el choque produzca extensión (artículo 64). Sea, por ejemplo, una viga simx plemente apoyada, percutida en el centro (fig. 251), y supongamos que la masa de la viga puede despreciarse frente a la masa del cuerpo que choca con ella y que Fw. 251 las fatigas que se originan están por debajo del límite de fluencia. No habrá, por consiguiente, pérdida de energía en el choque, y el trabajo suministrado por el peso W durante su caída se transformará completamente en energía de deformación por flexión de la viga 1 • Sea a la flecha máxima de la viga durante el choque. Si suponemos que la elástica de la viga durante el choque tiene la misma forma que para una: deformación estática, la fuerza capaz de originar dicha flecha; sería (ecuación 90)

(a) La energía total almacenada por la viga es igual al trabajo suministrado por la fuerza P, o sea U= Po= 2

a 24Elz. Z3

1

+a)= 82 24Elz' za

(b)

La deformación local en la supedicie de contacto de la. carga

y la viga se desprecia. en este cálculo.

siendo 3

Wl a,e=---

y

48Elz

·*

aP

=a

= \12gh.

P'tl 82 U=-=-· 2 2oc

y

Por consiguiente, W(h

~

f)

La ecuación (189) es de la misma forma que la que obtuvimos para el caso de extensión por choque, ecuación (172). Es interesante hacer notar que la forma de la ecuación es invariante para cualquier otro caso de choque con tal de que la. flecha en el punto de choque sea proporcional a la fuerza P ejercida en dicho punto. Si representa,mos por oc el factor de proporcionalidad, cuyo valor depende de la estructura, se tendrá

a2 +a)=-, 2ct.

y puesto que a.t = Woc, esta ecuación se reduce a la ecuación (189). La flecha 3 así calculada representa un límite superior, al que la flecha dinámica se acerca cuando no hay pérdidas de energía durante el choque. Las pérdidas de esta naturaleza reducen la flecha dinámica dada por la ecuación (189). Las fatigas correspondientes pueden hallarse multiplicando por

_.!

a,t

las

fatigas obtenidas por la aplicación estática de la carga W. Cuando h es grande comparada con a. 1, la ecuación (189) puede ponerse en la forma más sencilla

2

Si h representa, como anteriormente, la altura de caída, la ecuación por la que se determina a será W(h

(189)

a=

Vt a,tv2.

(e)

Para el caso de una viga apoyada en los extremos y percu· tida en el centro esta ecuación da

a= -v~~2

.~:~1~

(d)

RESIST ENCIA DE MA'.rER IALES

296

EN1<1R8ÍA DE DEFORM ACIÓN

El momen to flector máxim o es en este caso Pl 'ó48E I,l Mmáx

= 4=

za

Esta expresión ya. tiene en cuenta el efecto de la masa de la viga en la flecha t, En el caso de un voladizo, si el peso W ataca a la viga en

4

el extrem o, el valor de la masa reducid a de la viga es 33 '1~. 140 g Cuando una viga simplemente apoyad a en sus extrem os sufre el choque en un punto cuyas distanc ias a los extrem os son a y b, respec tivame nte, la masa reducid a es

y

z -

Mmáx _ Gmax

=

848EI ,_l_.

za

4Z

Pa.ra una. s.ección rectang ular, emplea ndo la ecuaci6n (d),

_v~Wv 2g

2

O'mAx-

•

18E. lA

(e)

·.§

Esta expres ión indica que la fatiga máxim a depend e : ~a ener ía cinétic a del cuerpo que cae y del volum en de la g . :ara determ inar el efecto de la masa de la VIga sobre la flecha máxim a se supond rá que la elástica, d~rante .e~ choque, tiene la misma forma que para una deform acwn e~tatiCa. Con esta hipótesis se deduce 1 que la masa reducid a para una y por consiguiente, que viga apoyad a en sus extrem os es 17 ql 35 g , , la velocidad común que se establece al comenzar el choque es

l1

Va=

:,

5'

·'

2

2g

Wh

en la ecuación (b), se obtiene ~~~___,_..,.,~-

0=a,,+ v0st + ---(~.~v;7 ql). +--2

Y 1

(190) •

35W

- - - - . - bl' . . d Homers ham Cox mencio nada anterio rmen· 1 Veas" pu ICaCion e ' te (pág. 282).

(

l. Una viga de madera de sección rectang ular, apoyad a en ms extremo s y cuya longitu d es 2, 70 m. sufre en su centro un choque ocasion ado por un peso de 20 kg. que cae desde una altura h = 30 cm. Determ inar el área necesar ia en la sección recta si la fatiga de trabajo es a 1 = 80 kg./cm. 2 y E = 1,2 X 106 kg.fcm. 2 • Solució n: Emplea ndo la ecuació n (e), página 296 1 ,

35 La energía cinétic a total después de establecerse la velocidad común Va es v2 ( I7 ) W v2 1 • 2; W + 35 ql = 2g 1 + I 7 '1( 35W ponien do este valor en lugar de

Wv

r

l2)2Jq--. l -11 + 2 1 + 105 ab g Problem as

w v. w + 17 ql

--- =

297

)'

_ Wvl E= 18 X 1,2 X 105 = A - 2 g . 18 20 X 30 750 cm. 3 lai X 270 X 80 2 ' 2. ¿En qué proporc ión cambia el área del problem a anterio r si l. 0 , la luz de la viga aument a de 2, 7 a 3,6 m., y 2. 0 , si el peso W aumen· ta en el 50 por lOO? Respues ta: l. 0 El área disminu ye en la relación 3 : 4. 2. 0 El área aument a en el 50 por 100. 3. Un peso W = 50 kg. cae desde una altura de 30 cm. sobre el C'entro de una vig.1 de sección en I apoyad a en sus extremo s y cuya 1 Diverso s eJemplo s en los que iJe aplica esta ecuació n la publica ción del profeso r Tschets che, Zeitschr . d. Ver. figuran en d. gina 134, 1894. Un estudio más detallad o del choque transve Ing., pársal sobre una viga se basa en la investig ación de las vibracio nes laterale al estudio de. la deform aciónlo eal en el punto de choque . Véase s, múdo De Saint Venant , loe. cit., pág. 537, nota final del párrafo 61; C. R., vol. 45, página 204, 1857. Véase tambié n S. Timosh enko, Ztschr. f. M ath. vol. 62, pág. 198, 1913. Diverso s ensayos con vigas sujetas u. Phys., han sido realizad os en Suiza, dando resultad os de acuerdo cona choque la teoría. Véase Tech. Komm. d. Verband , Schveiz Brücke nbau u. Eisenho fabrikw , Bericht von M. Ro~, marzo, 1922. Véase tambié n los chbau. artículo s de Tuzi (Z.), y Nisida (M.), Phil. M ag. (7), vol. 21, reciente s pág. 448, y R. N. Arnold. Proc. of the Institut ion of Mechan ical Enginee rs, vohunen 137, 1937, pág. 217. • La deform aoión local en la superfic ie de contact o de la oaril'a con la viga se desprec ia en este cálculo .

298

RESIS TENC I.\ DE MATE RIALE S

ENElW ÍA DE DEFO RMAC IÚN

longit ud es 3m. Enco ntrar las dimen siones de la secció n para flt""" 2.400 kg.fcm . 1 , E = 2,4 X 106 kg.fcm . 1• Soluc ión: Despr eciand o ~>. frente ah (véase ecuac ión e), la rela.ción 1 entre la flecha dinám ica y la estáti ca será:

ciand o ~, 1 frent.f' n, h, encon trar el valor de ql 1 la relaci ón -W ta que e l efecto de la masa de la viga reduz ca la flecha dinám ica en un 10 por 100. Respu esta: ql lV = 0,483.

,;va ,;2h

8 8at =

r

r

g8,t = a,,. Si la elásti ca duran te el choqu e tiene la mism a forma que la deformació n estáti ca, las fatiga s máxim as de flexió n estará n en la mism a relaci ón que las flecha s, y por consig uiente ,

68. La expresión general de la energía de deformaci ón.-Al

Wl = a, r/28,,h • 4z

1

de donde

Z

6EW h

-c=~p

siendo Z el mome nto resist ente de la secció n y e la distan cia de la fibra más alejad a a la línea neutr a, o sea la mitad de la altura de la viga en nuestro caso. Sustit uyend o los datos numé ricos, se tiene:

z _6 -e -

X

2,4 X 10 8 X 50 X 30 = 12 50 cm.• 2,400 2 x 3oo •

Se neces itará un perfil en I de 12,5 cm. de altura , cuyo peso es 20,4 kg./m . . 4. ¿Qué fatiga produ cirá en la viga del probl ema anten or un peso de 100 kg., cayen do sohre el centro de la viga desde una altura de 15 cm. 1

Respu esta:

crmáx = 2.312 kg./cm . 2•

5. Una viga de made ra en volad izo tiene 1,80 m. de lo~gitud Y una secció n cuadr ada de 30 X 30 cm. Sobre su extrem o bbre cae un peso W = 50 kg. desde una altura h = 30 cm. Deter minar la flecha máxim a tenien do en cuent a la pérdid a de energ ía debid a a la masa. de la viga. Soluc ión: Despr eciand o 8, frente ah, la ecnac ión análo ga a la (190) da 1

8= para ql = 120 kg.,

_VI>

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.

;;oo

RJ
ENERGÍA DE DEFOR:VI ACIÓN

DJ
formación será igual a la energía de deformación almacen ada por el cuerpo deformad o. El valor de esta energía no depende ;' del orden en que se apliquen las fuerzas, sino solamen te de sus ,, valores finales. Suponga mos que todas las fuerzas externas P , 1 P 2 , P 3 ... , aumenta n simultán eamente en la misma relación; en este caso la relación entre cada fuerza y su corrimie nto corres- , pondien te puede represen tarse por un diagram a análogo al de la figura 241, y el trabajo suminist rado por todas las fuerzas-~ P 1 , P 2 , P 3 ••• , igual a la energía de deforma ción almacen ada en '1 el cuerpo, será ·r (191) "~·

es decir, la energía total de deforma ción es ignal a la mitad de ;\ la suma de los producto s de cada fuerza exterior por el corri- § miento correspo ndiente 1 • En las hipótesis hechas anteriorm en-, te, los desplaza mientos al> a2, aa ... , son funciones lineales de las) fuerzas P 1 , P 2 , P 3 ••• La sustituci ón de estas funciones en la ecuación (191) da una expresió n general de la energía de defor-: mación, en forma de función homogé~ea de segundo grado, en : las fuerzas exteriore s. Si las fuerzas se represen tan como fun- -~ ciones lineales de los corrimientos, y estas funciones se sustitu-:: yen en la ecuación (191), obtendre mos una expresió n para la{ energía de deformación, en forma de función homogén ea de se- , gundo grado, en los corrimientos. En lo expuesto anteriorm ente no se han considerado las reacciones en los apoyos. El trabajo suminist rado por estas re-_: acciones durante la deforma ción es igual a cero, puesto que e];" desplaza miento de un apoyo fijo, tal como A (fig. 252), es nulo, y el ~orrimiento de un apoyo móvil, tal como B, es perpendicu-J; lar a la reacción, despreci ando el rozamien to en el apoyo. Por: consiguiente, las reacciones no figuran en la expresió n de 1a :: energía potencia l (191). Consideremos la energía almacen ada en un elemento cúbico'; sometido a extensió n, uniforme en tres direcciones perpendicu·~

l

1 Esta conclusió n fué obtenida por primera vez por Clapeyro " Véase Lamé, Lel)ons sur la théorie muthémat ique de l'élasticité , 2." ed página 79, 1866.

301

lares (:fig. 50). Si la arista del cubo es la unidad de longitud , las fuerzas extensor as en sus caras, numéric amente, serán cr.,, cr , crz, 11 y los alargami entos correspo ndientes e:.,, e:Y, e:z. Por consiguiente, la energía de deforma ción almacen ada en un centímet ro cúbico, ---ecuación (191)-, será w

=

cr.,e:., 2

+ ~·e:u + aze:!. 2

2

Sustituy endo, en vez de los alargami entos, los valores dados por (43)

1

,

_!__ (cr~ + cr~ + cr~)-..!: (cr.,cry + crucrz + cr,cr.,). (192) 2E E Esta expresió n se aplica también en el caso de que algunas de las fatigas normales sean compresiones; basta para ello atribuirles signo negativo . Si en unión de las fatigas normales hay fatigas cortante s ligadas a las caras del elemento , debe sumarse la energía cortante correspo ndiente (véase pág. 292), y emplean do la ecuación (17 9) se tendrá como expresió n total de la energía almacenada en un centímet ro cúbico w =

w

=

_L (cri + cr; + cr2) - ~ (crxcr11 + cr1pz + azcrx) 2E E

2'-¡- 't"zr 2) • G '"t":¡;y '"t"yz + 1(2+ 2

(193)

Como segundo ejemplo consideraremos una viga apoyada en los extremos , cargada en el centro con una fuerza P y fl.exada por un par M, aplicado en el extremo A. La flecha en el centro, ecuaciones (90) y (105), será pza Ml 2 o=- -+-· (a) 48El l6El El giro en el extremo A -ecuacio nes (88) y (104)- es O_ Pl 2

Ml -l6El + 3EI.

(b)

1 Los cambios de temperat ura debidos a la deformac ión no se considera n de importan cia práctica. Para umt discusión más detallada , véase el libro de T. Weyrauc h Theorie elastischer Korper, pág. 163, Leip· zig, 1884. Véase también Z. f. Architekt ur 'Und lngenieur wesen, vol. 54, páginas 91 y 277, 1908.

302

RESISTENCIA Dg MAT"JJ:RIALES

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

Por consiguiente, la energía de deformación de la viga, igual al trabajo sumiPistrado por la fuerza P y el par M, será U

=

Po 2

2

+

MfJ = _!_ (P l3 2

El

96

+ JY! l + M Pl 2

6

16

En la torsión de un árbol circular la energía de deformación es (ecuación 182)

2 ).

--.

(e)

2GIP

Esta exprel:lión es una función homogénea de segundo grado en la fuerza y par exteriores. l~esolviendo las ecuaciones (a). y (b) en M y P, y sustituyendo sus valores en la ecuación (e), se obtendrá la expresión de la energía de deformación, en forma , de función homogénea de segundo grado en los corrimientos. , Se habrá observado que cuando sobre el cuerpo actúan pares ' los corrimientos correspondientes son los giros de los elementos 1 de superficie sobre los que dichos pares actúan. ·· 69. El teorema de Castigliano.-Puedeestablecerse, dedu- ~ cido de la expresión de la energía de deformación en los diver- ·: sos casos, un método muy sencillo para el cálculo de los corrimientos de los puntos de un cuerpo elástico durante la deformación. Por ejemplo, en el caso de extensión simple (fig. 1), la. energía de deformación viene dada por la ecuación (168), P 2l

u=-~----,

2AE

tomando ]a derivada de esta expresión respecto a P, se obtiene

)

es decir, la derivada de la energía de deformación; con relación ~ la carga, da el desplazamiento correspondiente a la carga, o sea lo que e] punto de aplicación de la carga se desplaza en la dirección de la carga. En el caso de un voladizo cargado en el extre- _ mo libre, la energía de deformación es (ecuación e, página 290) . U=-~

p2[3

-.

303

La derivada de esta expresión con relación al momento torsor da dU _Mtl __ dJJf. - G I - q>, t

p

donde q> es el ángulo de torsión de eje y representa el cor~imi~n­ to correspondiente al momento torsor. . ?nando act~an yarias cargas sobre un cuerpo elástico puede utilizarse el mismo procedimiento para el cálculo de los corrimientos; por ejemplo, la expresión (e) del párrafo anterior da la energía de deformación de una viga fl.exada por una carga P, concentrada en su centro, y por un par ]Jf. en el extremo. La derivada parcial de esta expresión, con relación a P, da la flecha en el punto de acción de la carga, y la derivada parcial, respecto a M, da el ángulo de rotación del extremo de la viga en que actúa el par M. El teorema de Castigliano es una generalización de estos resultados.1 .. Si el material del sistema sigue la ley de Hooke, y las condimones son tales que los pequeños desplazamientos debidos a la deformación pueden despreciarse al analizar el modo de obrar las fuerzas, la energía de deformación de un sistema puede expresarse por una función homogénea de segundo grado d.e las fuerzas. _exteriores (véase artículo 68), y su derivada parCial, con relacwn a una fuerza cualquiera, da el desplazamiento correspondiente a dicha fuerza (véase artículo 72 para casos de excepción). Los términos fuerza y corrimiento tienen en este caso un significado más amplio que el corriente, incluyendo los de par Y corrimiento angular, respectivamente. Consideremos un caso general (fig. 252). Supongamos que la energía de deforma-

6EI

La derivada de eRta expresión, con relación a la carga P, da:;

Pza

la flecha en el extremo libre 3EI'

~. V:éase. la: pu~Jicaci<;)~ de Castigliano Nuova teoria intorno dell'

equ~l~brw de~ B'tBte"!'~ elaatw~ ( Aui della Academia delle acienze Torino

~875). Véase también su Théor~~ d~ l'équilibre des ayateme~~ éÍastiquea: urinE, 1879. Para una traduccwn mglesa deJ trabajo de Castigliano v é ase • 8. Aadrews, Lon don, 1919. '

304

RESISTENCIA DE MATERIALES

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

ción está expresada como función de las fuerzas P 1 , P 2 , P 3 ••• , es decir, que

Para obtener la flecha a en el extremo de la ménsula se tomará la derivada parcial de U, respecto a P, lo que da

(a)

•

Si se da un pequeño aumento dPn a cualquier fuerza exterior, P la eneroía de deformación tomará un nuevo valor, que será '' "' o-

oU U+ -dP.. oPn

(b)

Pero el valor de la energía de deformación no depende del orden por el que las cargas se apliquen al cuerpo y sol~m~nte depende de sus valores finales. Puede suponerse, por cons1gmen- .:~ te, que la carga infinitesimal dPn se aplica primeramente, y des- } pués las cargas P 1 , P 2, P 3 • • • El valor final de la energía de ~ deformación será el mismo que da la ecuación (b). La carga dP"' aplicada primeramente, produce un desplazamiento infini- ·0: tesimal, y el trabajo suministrado es una cantidad de segundo ,~ orden que puede despreciarse. Aplicando ahora las cargas P 1,. ' P 2, P 2 ••• , se observará que sus efectos no se modi~can p~r _la aplicación previa de la carga dP11 1 , y que el trabaJO sumrmstrado por dichas cargas será el mismo valor U, ecuación (a.) anterior. Pero durante la aplicación de edas fuerzas la carga dP11 , se habrá desplazado an en la dirección de pn y ha realizado un~ trabajo (dPn)a,.. Las dos expresiones del tra'Jajo deben ser igua• '. les; por consiguiente, '

U+

ou_ (dPn) =U+ (dP,.)on,

clPn

eU On = - - . (1 94) oPn FIG. 253 Como una aplicación del teorema con· sideraremos una ménsula cargada con una fuerza P, y un par M en el extremo (fig. 253). El momento fl.ector en la sección m: es M = - Px - M a• y la energía de deformación -ecuación (184)- será 2 U= {' M dx. ) 0 2El 1 Esto se deduce de las condiciones establecidas en la página. 800,,;: en virtud de las que la energfa de deformación se obtuvo en forma. de ~ función homogénea. de segundo grado. ..:

"

~

=

305

cU =_!__ (' MoM dx. oP El) 0 oP

Sustituyendo el valor de M en función de P y Ma, se obtiene I
l'

El o

pza +-a-. M [2 (Px+Ma)xdx=3EI 2El

Esta misma expresión puede obtenerse utilizando cualquier método de los ya explicados. tal como el de la viga conjugada.

("8)

(ó)

FIG. 254

Para obtener el giro en el extremo calcularemos la derivada parcial de la energía de deformación respecto al par M • Por 4 consiguiente, 1

1

oU 1 [ M-dx=cM 1 e=-.=0 Ma cM, El. o El

l' · 0

Pl 2 M l (Px+11!11 )dx=--+-a. 2E~ El

El signo po:Jitivo que hemos obtenido para ~ y e imlica que la flecha y el giro del extremo tienen la misma dirección que señalan la fuerza y el par de la figura 2á3. Debe notarse que la derivada parcial oM indica el módulo

oP

de crecimiento del momento M con relación a la carga P, y puede materializarse por el diagrama del momento flector correspondiente a una carga unidad -véase fig. 254 (a)-. La de-

.• ..:~.

.

aM

n Vc.ua. parCia1 0 M • se materializa. en forma análoga por el diaJO

306

RESISTENCIA DE MATERIALF.S ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

grama del momento flector en la figura 254 (b). Empleando las notaciones

oM=M' v oP

Por la figura 255 (e) y (d). Con estos val ores d e ltn1 y oM oP el es flecha la valor de

y

S=oU =-1- (1 MaMdx oP • oP Elz)o

pueden escribirse los resultados obtenidos en la forma siguiente:

o=1

í'

El. o

MM~dx;

e=1

l'

El o

MM;,.dx.

307

(195)

oM

Observando que tanto M como

oP son simétricos con relación al

Estas ecuaciones, obtenidas para el caso particular de la figura 253, son válidas para el caso general de una viga con cualquier clase- de carga y sustentada de cualquier forma. También pueden emplearse en el caso de carga distribuida. (;onsideremos, por ejemplo, el caso de una viga simplemente apoyada y cargada uniformemente (fig. 255) y calculemos la ·' ~

' ',;

{6)

centro del vano, se obtiene

FIG. 256 l

l

~ = -~ (2 M oM dx = _!_ (2 (qlx- qx:) ~ dxoP

EI,)o

Elz)o

2

2

ql4.

5

- 384 El .

2

z

Si se quiere calcular el giro en el extremo B de la viga rep~esentada en la figura 255 (a) mediante el teorema de Castighano, basta suponer infinitamente pequeño el par Mb aplicado en B. Un par de este valor no modifica el diagrama del momento flector -fig. 255 (b)-. La

oM se ve en la. . l --. d a parma d enva oMb

figura 256 (a) y (b). El giro pedido correspondiente al extremo B de la viga será flecha en el centro de esta viga mediante el teorema de Castigliano. En los casos anteriores actuaban las fuerzas y momentos concentrados y las derivadas parciales respecto a ellos daban los corrimientos y giros. En el caso de una carga uniforme no existe ninguna fuerza vertical concentrada en el centro de la viga y no podemos resolver el problema del modo expuesto anteriormente. La dificultad se obvia fácilmente suponiendo que en el centro de la viga obra una carga ficticia P de valor infinitesimal. Una fuerza tal no modifica, evidentemente, ni la flecha ni el diagrama. del momento flector representado en la figura 255 (b). Al mismo tiempo, la relación del incremento del momento fleo-

óM

tor al incremento de P, es decir, la clP' viene materializada.;1

e

oM 1 (1 dx cJ1Wb M ) Elz = oMb = 0

=

~

clU

_1_

fl

Elz )o

(CJ.~ - qx2) ~ dx 2

2

l

=_!]}!_ 24Elz

Se ve que los resultados obtenidos mediante el teorema de CasFIG. 257 tigliano coinciden con los o btenidos anteriormente (pág. 133). de gran utilidad para el cálcues Castigliano de El teorema lo de deformaciones en los entramados. Sea, por ejemplo, el sistema de la figura '257. Cada barra tiene un número y ::iUS longilt.

(el

308

RESISTENCIA DE MATERIALES

ll:NERGÍA DE DEFORMACIÓN

tudes y áreas de las secciones rectas figuran en la tabla correspondiente. La tensión Si producida en cualquier barra i del sistema por las cargas P 1 , P 2 , P 3 , se calcula fácilmente por las ecuaciones de la estática para el equilibrio de los nudos. Dichas fuerzas si figuran en la cuarta columna de la tabla indicada.

el S. • la fuerza S.• La denvada -p-' a n es la relación de aumento de con el aumento de carga P w Su valor numérico es igual a la tensión producida en la barra i por una carga unidad aplicada en el lugar de P n .y esta propiedad será la que utilizaremos para calcular dicha derivada. Las derivadas de ahora en adelante las representaremos por S~. La ecuación para el cálculo de las flechas será, pues,

1

i l 2 3 4 ó 6 7 8 9 lO 11

5

4

3

2

l,

A,

si

CD:l.

cm. 2

tn.

625 375 500 375 625 750 625 375 500 625 375

37,5 18,75 12,50 18,75 12,50 25 12,5 18,75 12,50 37,50 18,75

13,75 8,25 8,00 8,25 3,75 -10,50 6,25 6,75 4,00

6

Si

-

-0,625 0,375

o 0,375 0,625 -0,750 0,625 0,375

o

-11,251 -0,625 G,75 0,~75

SiSili

7

~

Si

143,2 62

o

o

o

62 ll7,2 23,6 195,2 50,8

o 117,2 50,8

'

'

(198)

Consideremos, por ejemplo, la flecha 82 correspondi.~nte a P 2 en A -fig. 257 (a)-. Los valores s¡ recopilados en la quinta columna se obtendrán por las ecuaciones de equilibrio del entramado para las condiciones de carga de la figura 257 (b), en la que se ha prescindido de las cargas reales y se ha colocado una carga única de valor una tonelada en la articulación A y en la dirección de P 2, o sea verticalmente. Calculados los valores de la columna sexta, utilizando los datos de las columnas segunda a quinta, la suma de estos resultados dividida por el módulo E = 2 x 10:1 toneladas por cm. 2 da la flecha en A (ecuación 198),

l l

o o o o o o o

i-m S S'l

~ ~=822. Ai

i=I

Ú2

La energía de deformación de cualquier barra ~ -ecuación S?l, (168)- es 2 La energía de deformación total del sistema será

.)

_,tE·

S?l u= i=m _,_,_, ~

'=I

2AiE

(196)

donde la sumación se extenderá a todas las barras del sistema~: En nuestro caso, m = 11. Las fuerzas Si son funciones de las cargas P, y la flecha 8n en el punto de aplicación de una carga. cualquiera P. será (ecuación 194)

1

~ On

cU

= aP: =

i=m ~

sz. ''

i~l AiE

M9

{19~)

: ••

=

822

2 X 103

=

0,411 cm.

Lo expuesto anteriormente se refiere a la determinación de corrimientos en los puntos de acción de las cargas exteriores y en el sentido de actuación de dichas cargas. En el estudio de la deformación de un sistema elástico puede ser necesario calcular el corrimiento de un punto en el que no exista carga o el corrimiento de un punto en un sentido que no sea la dirección de la carga actuante. El método de Castigliano puede usarse también en este caso. Aplicaremos en el punto una carga imaginaria adicional Q en la dirección del cooU d b . . mnnento usca o y calcularemos la derivada Q . En esta de0

t.

rivada se hace cero la carga Q y se obtiene el corrimiento deseado. Vamos a calcular, por ejemplo, en el entramado de la figura 257 (a) el corrimiento horizontal del punto A. Aplicare-

310

~ESISTENCIA

DE MATERIALJ<.:S

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

mos una fuerza horizontal Q en ese punto y el corrimiento horizontal correspondiente será ~h

=

U)

o (-. eQ

=

S

i-m .zi ~

_¿,_

vadas

os, = s; oQ

i=1

se obtienen como tensiones en las barras de]

entramado para el estado de carga de la figura 257 (e). Sus valores figuran en la columna séptima de la tabla ya citada. Sustituyendo estos valores en la ecuación (d), encontramos que el desplazamiento horizontal de A es igual a la suma de los alargamientos de las barras 2 y 4, ó sea

a = _! (S2l2 + S4l4) = h E A2

A4

375 (8,25 18,75 X 2 X 103

+ 8,25) =

0,165 cm.

Al analizar la deformación de entramados es necesario algunas veces conocer el cambio de distancia que acontece entre ' dos puntos del sistema. Este problema puede reP. solverse también por el método de Castigliano. e Vamos a determinar, por ejemplo, la disminuP. ~ ción ~ de la distancia entre los puntos A y B de la figura 258 (a), producida por las cargas P 1, P 2 , P 3 • Unamos a ellas dos cargas imaginarias Q (O) aplicadas tal como se indica en la figura con líneas de puntos. Del teorema de Castigliano se deduce que la derivada parcial ( ~

g)

da en

Q=

Problemas

;'~

l. Determinar mediante el teorema de Castigliano la flecha y el giro en el extremo do una ménsula cargada uniformemente.

,._---------7\ ----..lf:

2. Determinar la flecha en el extremo B del voladizo de la A~ ~ L.. viga de la figura 259. _ ~ 1 1 3. Un sistema está formado 1----¡ por dos barras prismáticas de Fw. 2 5!l igual sección y longitud (fig. 260). Sobre él actúa la carga P. Determinar el desplazamiento vertical de 1& articulación A. Solución: La fuerza de extensión en la barra AB y la ele compresión de la AO son iguales a P. Por consiguiente, la energía. de deformación del sistema es

-r "'

El corrimiento vertical de A será.

4.

Determinar el corrimiento horizontal de la articulación A del problema anterior. Solución: Apliquemos una fuerza imaginaria horizontal Q tal como se indica en la figura 260 con línea de puntos. La energía. potencial del sistema es

0

este caso la suma de los desplazamientos de A y B en la dirección AB, producidos por las cargas P 1 , P 2 , P 3 • Utilizando la ecuación (194), dicho desplazamiento será 1 'U) i=m S l S i=m S l (199) ~- ( ~ - ~ _i_i~= ~ __i_iS', - clQ Q=o- i=1 A,E e Qi i=1 A,E ' FIG. 258

.K;te problema fué resuelto por J. C. Maxve!l (On the Calcula· tion oj the Eguilibrium and Stiffness of Frames, Ph1l. Mag. (~),vol. 27, página 294, l8G4; Scientijic Papers, vol. l, pág. 598, Cambridge, 1890. t

donde si son las fuerzas producidas en las barras por e] sistema de cargas P 1 , P 2 , P 3 ; las cantidades s; son las fuerzas produciii.J.8 en las barras para el sistema de cargas de la figura 258 (b), donde se ha prescindido de todas las cargas reales y se han aplicado en A y B dos fuerzas unitarias iguales y opuestas; m es el número de barras. re~tl

(d)

AiE donde la sumación se extiende a todas las barras del entramado. Las fuerzas Si en la ecuación (d) tienen el mismo significado que antes, puesto que la carga adicional Q es cero y las deriQ=O

311

FIG. 260

La derivada de esta expresión respecto a Q para Q = O da para el desplazamiento horizontal el valor

~¡¡= (, c~'UQ) = o Q=O

(,;

~~ J -

,..,...._

Q~o

=O.

5. Determinm l'] de~;pJazamiento angular de la barra A B pro· ducida po1· la ca1·l)a P en la figun• 26!.

312

RESISTEN CIA DE MATERIA LES

ENERGÍA DE DEFORMA CIÓN

Solución: Se aplica al sistema un par imaginari o tal corno se indi. ca en la figura con línea de trazos. El desplazam iento angular corres·

313

8. Determin ar el aumento de la distancia A B producida por las fuerzas H (fig. 264) si las barras AG y BG tienen las mismas dimensio · nes; solament e se tiene en cuenta la energía de deformac ión por fle· xión y se supone a: lo suficiente mente grande para que el efecto de la flecha en el valor del momento flec· ·tor pueda desprecia rse. ReBpuesta :

J;

l A

B

p

~

FIG. 2G1

8=

_l ,

9. Determin ar la flecha a la dis· tancia a del extremo izquierdo de (6) la viga uniforme mente cargada re· Fw. 265 presentad a en la figura 255 (a). Solución: Aplicando una carga P infinitam ente pequeña a la dis0M t ancm . a d e l extremo 1zqmer . . d o, .1a d,er1vada · · zada en iJP est á rnatenali la figura 265 (a) y (b). Utilizand o para M el diagrama parabólic o de la figw-a 255 (b) la flecha buscada es

JI

FIG. 262

pondiente a este par es el desplazam iento angular