CÉSAR M. RAFFO INGENIERO CIVIL, PROFESOR

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Raffo, César M. Introducción a la estática y resistencia de materiales 1a ed.11a reimp.-

Buenos Aires: Librería y Editorial Alsina, 2007. 304 p.; 23x15 cm.

ISBN 950-553-019-6

1. Construcción. l. Título CDD 690

Fecha de catalogación: 25/10/2006

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P ROLOGO

El presente libro se propone estudiar desde un punto de vista elemental 11 con finalidad aplicativa, el comportamiento de los cuerpos sólidos someti­dos a la acción de las fuerzas conocidas, en todo lo referente al equilibrio estático o reposo, de los mismos. El problema comprende dos partes neta­mente distintas. Una, 'referente al equilibrio general de un cuerpo bajo la acción de fuerzas solicitantes, es tema que corresponde a la Estática Gráfica, según una denominaciún frecuentemente usada. La otra parte que introduce las fuerzas desarrolladas en el interior del sólido y las inevitables deforma­ciones de éste, originadas a consecuencia de las fuerzas aplicadas, estudia el equilibrio entre ambos sistemas de fuerzas, es la Resistencia de Materiales. Su objeto es el análisis 'de las condiciones necesarias y suficientes a las cuales debe satisfacer un conjunto de fuerzas actuantes sobre un sólido, supuesto rígido, para mantenerlo inmóvil respecto de otro cuerpo, que generalmente es el suelo. Como primer objeto de la Estática se presenta la elección de los elementos básicos sobre los cuales aquélla gravita. En esta obra se han esco­gido dos elementos "específicos", irreductibles uno al otro: fuerza y" cupla, · asociándolos a sus respectivos efectos cinemáticos: traslación y rotación. Introduciendo a continuación las cuatro operaciones invariantes elementale!J, enunciadas en el Capitulo Il, que se desempeñan como postulados o princi­pios de la Estática; ésta podrá desarrollarse en un sistema deductivo, según procedimientos puramente gráficos; o por vía analítica, si se proyectan fuer­zas y cuplas sobre ejes orientados.

Desde un principio separamos la Estática del punto material que 'implica fuerzas copuntuales, de la Estática de cuerpos sólidos que origina fuerzas no concun·entes. En la solución de este último problema (Cap. Ill) se ha utilizado exclusivamente el polígono funicular o polígono de conexión, dese­chando otros polígonos tendientes al mismo fin: de las sucesivas resultantes (caso particular de aquél); haz de conexión, etc., por ser el funicular fun­damento de múltiples problemas: determinación de momentos estáticos y de inercia, construcción de elásticas y apreciación de flechas en las vigas rectas a través de la carga ficticia, cálculo gráfico de integrales definidas, etc.

En razón de su carácter introductivo, nos limitamos a sistemas copla­nares de fuerzas, presentes en la ?nayoría de los elementos constructivos y por la m·isma razón al estudiar el equilibrio de vigas, problema que ·prepara, a la Resistencia de Materiales, utilizamos en su solució� (Cap. IX) el mé­todo elemental casi intuitivo y a menudo rápido y eficaz, fundado en el con­cepto de reacciones vinculares con p?·eferencia al basado en el principio de los trabajos virtuales.

El paso de la Estática a la Resistencia de Materiales que se inicia en el Capítulo XII, exige, como es sabido, en prímer ténnino la sustitución del sólido ideal (rígido) propio de la Estática, por sólidos reales o sea defor­mables; y en segundo término el conocimiento. de la variación de dimensiones producidas en un determinado sólido, por acción de fuerzas conocidas. E71 busca de la correlación entre fuerzas y deformaciones, la Resistencia

VIU P R O L O G O

Materiales elemental, acude a ensayos dinámicos de laboratorio. El Capítulo XIII, detalla el más simple de todos ellos: alargamiento experimentado por un� barra solicitada a. la tracción y expone además, las importantes conse­cuencias implicadas en dicho ensayo, las cuales determinan postulados o principios eaJperimentales de la Resistencia de Materiales. Como tales prin­cipios se han revelado insujicientes para elaborar una Resistencia de Ma­teriales sin grandes dificultades analíticas, fue necesario agregar otros prin­cipios suplementarios, destinados a simplificar los cálculos. Son éstos, el principio de las pequeñas deformaciones y el de superposición de los efectos, cuya legitimidad se comprueba al verificarse las consecuencias derivadas de ellos.

El conjunto de todos los principios o hipótesis base de la Resistencia de Materiales, e '.unciados en su forma más general, se encuentran en el Capí­tulo XIV. Los Capítulos XV y XIX " XXlli, estudian los distintos modos de resistencias simples. En cada caso, un razonamiento matemático apoyado en las hipótesis precedentes, unas experimentales, otras· simplificativas, con­ducen a fórmulas sencillas y aproximadas, pero suficientes para 'su aplica­ción a sólidos prismáticos y 'lases de materiales de frecuente utilización. El Capítulo final expone, además de algunas propiedades complementarias ·

referentes al polígono funicular, el conjunto de problemas genéricamente denominados de Zeuthen, y su aplicación al arco de tres articulaciones.

Destinada esta obra, en su finalidad didáctica, a los alumnos que inician el estudio de la Estática y de la Resistencia de Materiales, se ha cuidado en precisar las modalidades de utilización práctica de las fórmulas, señalando los límites reales de su aplicación mediante numerosos ejemplos completa­mente desarrollados. La consideración de c1.soq particulares y el análisis atento de la solución obtenida permite comphnder y asimilar los métodos generales.

·

Agradezco a la Editorial Alsina, el esmero puesto en la publicación de este libro.

CÉSAR MARTÍN RAFFO

Buenos Aires, agosto de 1961.

IN DICE PÁG.

CAPÍTULO l.- ESTRUCTURAS PLANAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . 1

CAPÍTULO II. - OPERACIONES FUNDAMENTALES DE LA ESTATICA

Representación gráfica de las fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Elementos fundamentales de la estática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Sistemas de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... : . , . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Transformación de sistemas de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Las cuatro operaciones elementales de la Estática . . . . . . . . . . . . . . . 7 Representación analítica de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

CAPÍTULO III. - COMPOSICION GRAFICA DE LAS FUERZAS Composición de fuerzas concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Composición de fuerzas no concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

CAPÍTULO IV.- CONDICIONES GRAFICAS DE EQUILIBRIO Equilibrio de un sistema de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 Interpretación cinemática de los polígonos vectorial y funicular . . 21 Condiciones gráficas de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

CAPÍTULO V. - MOMENTO DE FUERZAS . .CUPLAS Momento estático de una fuerza . . . . . . . . . . . . . . : . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Momento estático de un sistema de fuer;as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Determinación gráfica del momento estático de fuerzas . . . . . . . . . . 28 Cuplas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Operaciones cgn las- cuplaii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... . ·. . . . . . . 31

CAPÍTULO VI. - COMPOSICION ANALITICA DE FUERZAS

.

Composición de fuerzas concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 Composición de fuerzas no concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

CAPÍTULO VII. - CONDICIONES ANALITICAS DE EQUILIBRIO Fuerzas concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Fuerzas no concurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

CAPÍTULO VIII. - DESCOMPOSICION Y EQUILIBRIO DE FUERZAS

Descomposición de una fuerza en otras dos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Descomposición de un sistema de fuerzas en otras dos . . . . . . . . . . 47 Descomposición de una fuerza en otras tres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Reducción de un sistema de fuerzas a una fuerza-cupla . . . . . . . . 51

CAPÍTULO IX. - REACCIONES VINCULARES Vínculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Reaccioner vinculares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 Determinacié>n de reacciores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

X I ND I C E

CAPÍTULO X. - BARICENTROS. MOMENTO ESTATICO DE PÁG. SUPERFICIES

Baricentro de una superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 Momento estático de·una superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 Determinación de baricentros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Determinación de momentos estáticos de superficies . . . . . . . . . . . . 66

CAPÍTULO XL- ESFUERZO CORTANTE. MOMENTO FLEXOR Fuerzas exteriores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ·, . 68 Cargas distribuídas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 Definición de un momento flexor y de esfuerzo cortante . . . . . . . . 69 Determinación gráfica del momento flexor y del esfuerzo cortante 70 Determinación analítica del momento flexor y del esfuerzo cortante 72 Relaciones entre carga, esfuerzo cortante y momento flexor. Rela-

ción entre p y Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

CAPÍTULO XII. - FUE lZAS INTERIORES. CLASES DE RESISTENCIA

Equilibrio estático o externo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 Fuerzas interiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 Equilibrio elástico o interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 · Estados de tensión simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 Clases de resistencia simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

CAPÍTULO XIII. - ENSAYOS DE TRACCION Y DE COMPRESIO_ �-SIMPLES

Ensayos de tracción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • 94 Magnitudes determinadas en el ensayo de tracción . . . . . . . . . . . . . 97 Consecuencias del ensayo de tracció111. . . . . . . . . . . . . ·. . . . . . . . . . . . . 97 Ensayo de compresión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. , . . . . . . . . . . . . . 99 Tensión admisible. Coeficiente de seguridad . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

CAPÍTULO XIV. - HIPOTESIS DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES

Ley de Hooke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 Principio de las pequeñas deformaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 Principio de superposición de los efectos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 Principio de Bernoulli o de Navier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 Cómo abordar los problemas de Resistencia de Materiales . . . . . . . . 102 Los dos problemas de la Resistencia de Materiales . . . . . . . . . . . . . 102

CAPÍTULO XV. - TRACCION Y COMPRESION SIMPLES Ecuaciones fun.damentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 Problemas usuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . · 104 Influencia del peso propio en la tracción . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . 106 Influencia del peso propio en la compresión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 Sólidos de igual resistencia a tracción o compresión . . . . . . . . . . . . 108 Influencia de la temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

CAPÍTULO XVI. - S ISTEMAS RETICULADOS PLANOS Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 Reticulados triangulares o simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 Reticulados no triangulares o compuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 Reticulados estrictamente indeformables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 Hipótesis de cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 Métodos de cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

CAPÍTULO XVII. - LA PRESION DEL VIENTO Presión normal del viento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 Presión del viento sobre superficies inclinadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

I N D I C E XI

CAPÍTULO XVIII. - MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PÁG. PLANAS

Definiciones . . . . . . . . . . . · .. . . . . . . . . . . . · . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 Radio de giro o de inercia . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , 136 Propiedad aditiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 Determinación gráfica del momento de inercia axil .. . . . . . . . . . . . 138 Relación entre J., J. y Jo ................. : . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Desplazamiento paralelo de los ejes de referencia . . . . . . . . . . . . . . . . Momentos de inercia centrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

140 141 142

Rotación de los ejes de referencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ejes. princi.I?al�s _de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , . . . . . . . . . . . · . . . . . Secciones Simetricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

142 144 145

Módulo de resistencia . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 Determinación analítica de momen,tos de inercia . . . . . . . . . . . . . . . .

Elipse de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . · . . . . . . .

147 156

Construcción de la elipse central de inercia . . . . . . . . . . . . . . . ... . . 157

CAPÍTULO XIX. - FLEXJON RECTA Flexión recta simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 Ecuación de estabilidad · . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 Cálculo de la sección resistente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 Veri�icac�ón de _un. perfil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Perfil mas economico . . . .. . . . . . .. . . . . , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

172 174

Deformación de las vigas . . . . . . . . . . . t, . • . • • • • • . • . . . . . • • . . . . . . . 176 Dimensionamiento de una viga a partir de la flecha . . . . . . . . . . . . . 183

CAPÍTULO XX. - CORTE ·Esfuerzos tangenciales . ; . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 Determinación de las tensiones· de corte , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 Sólidos de igual resistencia a la flexión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 Vigas compuestas de igual resistencia . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . . . . . . . Remaches . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

197 198 �

Tensiones admisibles en las remachaduras . � . . . ... . . . . . . . . . . . . . . 199 Cálculo de las remachaduras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

CAPÍTULO XXI. - FLEXION OBLICUA Definiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . · . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Determinación de las tensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Determinación de la sección . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 Posición d.el eje neutro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . .. . . . . . . . . 208

CAPíTuLO xxn.- PANDEO Hipótesis en el pandeo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . · . . . . . . . . . 212 Carga crítica de pandeo : fórmula de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 Grad'o de esbeltez. Tensión crítica de pandeo . . : . . . . . . . . . . . . . . . .

Límite de validez de la fórmula de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

214 215

Coeficiente de seguridad al pandeo . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . .

Influencia de las condiciones en los extremos. Coeficiente de em-216

potramiento o de sustentación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 Fórmulas de Tetmajer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 El Inétodo w • • . • • . • • • • • .• • • . • • • • • • • • • • • • • • . • • • • • . • • ; • • . • • • • • • • • 220 Fórmula de Ostenfeld. Coeficiente de perfil . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Fórmula de Rankine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

223 225

Perfiles compuestos . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

CAPÍTULO XXIII. - TORSION Torsión circular recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234 Módulo de elasticidad transversal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ecuación de deformación · . ' ;- ':-; . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

236 236

Ecuación de resistencia . . . . . . . . . . . . . . . . � . . . . . . · . . . . . . . . . . . . . . · . . 237 Sección circular hueca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238 Cálculo de árboles de transmisión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . · 239

m I N D I C E

PÁG. CAPÍTULO XXIV.- FLEXION COMPUESTA.

Flexión compuesta Tecta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 Determinación de la tensión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 Determinación del eje neutro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • 246 Piezas trabajando exclusivamente a compresión . . . . . . . . . . . . . . . . 246 Flexión compuesta oblicua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260

CAPÍTULO XXV.- COMPLEMENTOS Propiedades del poligono funicular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263 Construcción de poligonos funiculares según condiciones prefijadas 266 Arco con tres articulaciones · . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 Pórticos • • • • . . . . . . . . . • . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266

Complemento de la obra

INTRODUCCION A LA ESTATICA

y

RESISTE NCIA DE MATERIALES

rABLAS .

N.0 de Tabla Pág. 1. Valores medios de E (en t/cm2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271

2. Tensiones admisibl.es (en kg/cm2) .......... : ..... . .......... 272

3. Presión del viento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3

4. Perfiles normales J: . . . . . . . . . . . : ........................... 27 4

5. Perfiles peiner J: de alas anchas y paralelas ............... 276

6. Perfiles normales C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 8

7. Perfiles normales L de alas iguales ........................ 279

8. Columnas huecas de fundición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282

9. Perfiles J: con platabandas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283

10. Diámetro de remaches . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284

11. Coeficiente de pandeo c.> (acero A. 37) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285

12. Coeficiente de pandeo c.> (acero A. 52) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286

13. Coeficiente de pandeo c.> para fundi�ión ....................... 287

14. Coeficiente de pandeo para maderas coníferas . .. . . .. . . . . . . . . . . 288

15. Coeficiente de pandeo para maderas semiduras . . . . . . . . . . . . . . . . 288

16. Coeficientes de perfil k .para barras comprimidas . . . . . . . . . . . . . . 289

17. Columnas formadas con dos perfiles normales J: . . . . . . . . . . . . . 290

18. Columnas formadas con dos perfiles normales C . . . . . . . . . . . . . 290

19. Vigas de sección rectangular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291

r,APÍTULO I

ESTRUCTURAS PLANAS

Los elementos estructurales utilizados en la técnica constructiva pueden agruparse en dos formas tipo :

1) formas lineales o piezas prismáticas o brevemente barras (viga, columna ) , constituidas por sólidos de forma cilíndrica o prismática cu­yas dimensiones transversales son pequeñas en comparación con su lon­gitud.

2 ) •for'fnas superficiales (placas, bóvedas) , pertenecen a éstas, los s.ólidos cuyo espesor es desprecia­ble con relación a sus restantes di­mensiones.

Sólo nos ocuparemos de piezas prismáticas.

Geométricamente u n a b a r r a puede considerarse d e f i n i d a por una figura plana S (fig. 1) con eje de .simetría yy, la cual se tras­lada a lo largo de una línea plana AB, en posición siempre perpen­dicular a ésta y con su centro d e gravedad G sobre AB.

La figura . plana se denomina sección transversal o perfil de la batra ; la línea AB (recta o cur- 1 . va) lugar de los centros de grave-dad del perfil, eje de La barra o Fig. 1 eje Longitudinal. El plano determi-nado por y, con AB, es el plano de simetría de .la pieza y en él se en­cuentran todas las fuerzas que gravitan sobre la pieza. Estas fuerzas se llaman caroas.

Por consiguiente nada impide asimilar toda barra a una chapa plana infinitamente delgada, materialización del plano de simetría de la barra.

El perfil de la barra puede cambiar de forma o de tamaño de modo continuo·· y ser lleno o con hu,ecos interiores. El radio de curva­tura del eje AB debe s"er varias veces mayor que la dimensión trans­versal de la barra medida en la dirección del eje de simetría y.

2 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Toda línea paralela al eje longitudinal AB se llama fibra, siendo el eje la fibra media. La representación gráfica de una barra se hará trazando su eje.

La precedente definición de barra, debe corresponder, en Resisten­cia de Materiales, a la contextura material de la pieza. Si se trata de metales laminados, la fibra media debe ser paralela al sentido del la­minado o al plano de clivaje. En la madera, es necesario que las fibras materiales sean perpendiculares al perfil S.

En cuanto a las formas asignadas a los perfiles, la práctica co­rriente las limita a un número reducido de figuras planas que depen­den de la naturaleza del material utilizado : acero laminado, fundición, madera, hormigón y aleaciones de aluminio.

Tratándm¡e de aceros laminados, razones estáticas y técnicas han impuesto determinados perfiles fundamentales, que se conocen con la denominación de perfiles normales (fig. 2).

h

.Y b)

1!1

.Y e)

Fig. 2

!/ ti)

a ) Perfil doble T. :- Ccnsta de alma y dos alas. Presenta dos ejes de simetría x e y. Queda identificado por su altura h (medida en cen­tímetros) : es el número del perfil. La longitud del ala, espesor de éstas y del alma, así como las diversas constantes mecánicas que lo definen, figuran en tablas especiales. Para indicar un perfil normal doble T de 20 cm de altura se escribe PNT 20.

b) Perfil doble T de alas anchas. - Differding, Grey, Peine. Tam­bién identificados por su altura.

e) Perfil U. - Tiene un solo eje xx de simetría. También en este perfil el número corresponde a su altura h (en centímetros ) .

d ) Perfil ángulo o hierro ángulo. - Formado por dos alas en án­gulo recto, cuyas longitudes a y b pueden ser iguales o distintas. Si son desiguales, sus longitudes se presentan en la relación 1 : 1 1/2 y 1:2. La notación usada para identificarlos consiste en escribir las dimensiones en milímetros de ambas alas separadas por un punto y debajo de ellas

ESTRUCTURAS PLANAS 3

Reparada por una raya horizontal se escribe el espesor común de las 100 . 150 alas. Así :

12 e) Perfil de simple T. - En el comercio se encuentran dos for­

mas : T de ala ancha en la relación h/b = % y T de ala corta según h' razón h/b = 111 (perfiles normales) . Se identifican por sus respec­tivas medidas h y b, expresadas en milímetros, con la escritura h . b.

En hormigón armado los perfiles más frecuentes son los indicados on la fig. 3.

TI L.

a) h) e) d) e) Fig. 3 r

Para piezas de madera los perfiles son el rectangular y el cuadrado. Un conjunto resistente de barras enlazádas se denomina estructura

lineal. Si todas las piezas que la forman tienen un plano de simetría común y en él se encuentran las fuerzas incidentes en la estructura, ésta se denomina estructura lineal plana.

Un conjunto de piezas no lineales orígina estructuras superfi­ciales.

En lo que sigue sólo se estudiarán estructuras planas. La Estática de este tipo de estructuras se llama Estática de los sistemas planos, que iniciamos en el capítulo siguiente.

CAPÍTULO li

OPERACIONES FUNDAMENTALES DE LA ESTATICA

L 'Representación gráfica de las -fuerzas. - Toda fuerza queda determinada cuando se conozca (fig. 4) : \' a) su recta de acción o direct:J¡iz: a.

EF= lt !cm

Fig. 4

b) su magnitud o intensidad AB, que tL se aprecia en kilogramos (kg) o • tonela­

das (t) . e) su sentido, p u e s t o en evidencia

por una flecha. d) su punto de aplicación : A. Para representar gráficamente una

fuerza es necesario utilizar una 'escala de fuerzas, abreviadamente expresada con la escritura : EF. Se entiend_e por escala de fuerzas una rélación entre la intensidad

P de la fuerza (kg ó t) y una longitud (cm) que sirve para represen­tarla en el papel. Así :

EF = 500 kg

1 cm

significa que cada centímetro del dibujo representa 500 kg. Conviene, para facilitar los cálculos, poner en el denominador la unidad.

Supongamos que en la escala de fuerzas indicada, se quiera repre­sentar una fuerza de P = 1300 kg. Tendrá que ser:

de donde

x cm · =

500 kg 1 cm

1300 kg x cm

-1300 kg . 1 cm . = 2,6 cm : 500 kg

que es el segmento rept:e�nta.tivo de la fuerza dada. Inversamente -:r con la misma escala, para determinar la intensi­

dad P de f�erza c�rrespondiente a un segmento del dibujo igual a 2,5 cm, escribírl¡!mos : ·

' 500 kg p kg =

1 cm 2,5 cm

OPERACIONES FUNDAMENT ALES DE LA ESTATICA 5

de donde :

p kg = 500 kg 2,5 cm

= 1250 kg . 1 cm

2. Elementos fundamentales de la estática. - Si una fuerza actúa 110bre un cuerpo rígido M, puede manifestar su acción mediante tres efectos :

a) un desplazamiento del cuerpo, siempre que éste se encuentre en reposo y :!lO trabado en su movimiento.

b) un cambio de velocidad, si M ya está en movimiento. e) una deformación del cuerpo. El primer efecto, que hace referencia a la propiedad cinemática de

toda fuerza de producir desplazamientos, es tema propio de la Está­tica.

El segundo, que implica vincular fuerzas y aceleraciones (variacio-. nes de velocidad) , pertenece a la Dinámica.

Por último el e), que estable­ce relaciones entre fuerzas y de­formaciones, es estudiado por la Resistencia de materiales.

Sea una chapa plana e infi­nitamente delgada materializando así cualquier superficie plana (fig. 5a) . Supongamos que está someti- a) da a la acción de una fuerza P de su plano, aplicada en A. Si la cha- Fig. 5 pa no se encuentra impedida en su movim�.:nto, la fuerza P origina una traslación de la chapa en el sen­tido y dirección de la fuerza actuante.

Por tanto el efecto cinemático de una fuerza es produci1· una tras­lación.

En cambio si la chapa está empernada en O (fig. 5b) y sometida a la acción conj'unta de dos fuerzas de igual intensidad P, opuestas y actuando en dos rectas de acción paralelas, b, e, la chapa e gira en torno de su único punto fijo O, en el sentido de la flecha curvilínea.

El conjun,' de dos fuerzas como las indicadas, se denomina cupla o par de fuerzas. Por tanto el efecto cinemático de una cupla es pro­·ducir una rotación.

La rotación se mide por el momento del par que es el producto d( la intensidad común P, por la distancia a entre las líneas de acción b, e; distancia denominada brazo de palanca de la cupla. Este producto está afectado del signo más o del menos, según que la rotación se rea­lice en el sentido del movimiento de las agujas del reloj o en sentido contrario.

Su unidad de medida en las aplicaciones técnicas es el kilográme­. tro (kgm) o tonelámetro (tm) .

La Estática se propone contrarrestar los efectos cinemáticos : tras­lación y rotación, que las fuerzas y cuplas originan con el propósito de alcanzar un estado de reposo o sea de equilibrio estático.

6 RAFFO, C. M. - ESTA1'. Y Jü)>:>1.:3,'ENC!tl DE MA TERIALES

Como todos los desplazamientos planos sie.mpre se reducen a tras­laciones o rotaciones, la Estática se construye partiendo de fuerz(J;S y de .;uplas. Éstos son los únicos elementos que necesita, como conceptos de base ; son, además, irreductibles en el sentido que no pueden llevarse a otros más simples .

3. Sistemas de fuer;¡;as. - Aparte la escala de fuerzas, en la Es­tática se necesita una escala de dibujo o escala lineal, para representar el esquema acotado de la estructura, que fija las posiciones relativas /de las fuerzas actuantes, entre sí y con aquélla. Lo denominaremos esquema posicional o plano de posición.

Una escala lineal, abreviadamente EL, expresa la relación entre las magnitudes lineales reales de una estructura (generalmente medidas en metros) y la· longitud que la representa en el dibujo (cm) . Así :

2 m 1 cm

EL =

significa que 1 cm del dibujo representa 2 m de la magnitud real. Tam­bi'�n en el caso de la escala lineal, conviene eolocar en el denominador la unidad de longitud (centímetro ) .

l

Fig. 6

éL=� !cm

r

k

P,

a

EL= tr.m !cm

Fig. 7

La_ fig. 6 es el esquema posicional según escala. correspondiente a un soporte sometido a un sistema de fuerzas concurrentes, en O, y co­planareso

Análogamente, el esquema posicional de la figo 7, representa una armadura mansarda ABC, sobre la cual inciden las fuerzas P11 o o o' P5, que forman un sistema de fuerzas no concurrentes, coplanareso

OPERACIONES FUNDAMENTALES DE LA ESTATICA 7

Por último en la fig. 8 se tiene el esquema posicional de una viga solicitada por fuerzas verticales Pl> P2, P3 que forman un sistema de fuer :as paralelas.

4. Transformación de sistemas de fuerzas. - Transformar un sistema de fuerzas quiere decir sustituirlo por otro sistema que pro­duzca el mismo efecto cinemática que e) primero. Se dice entonces que los dos sistemas son estáticamente equivalentes.

Generalmente la transformación de un sistema de fuerzas se pro­pone encontrar un sistema más sencillo que el primitivo ; en otros casos se trata de obtener sistemas equivalentes que cumplan condiciones par­ticulares prefijadas.

5. Las cuatro operaciones fundamentales de la Estática. - La ex­periencia asegura que las cuatro operaciones siguientes permiten pasar de un sistema de fuerzas, a otro, estáticamente equivalente.

lf!. operación: Traslación de una fuerza. No se altera el esiuerzo cinemático producido por una fuerza a,plicada en un punto de un sólido rígido, trasladando su punto de aplicación a otTo punto cualquiera de su Tecta de acción.

Por ejemplo, en una barra (fig. 9 ) supuesta rígida, y sometida a la acción dt la fuerza P aplicada en A, es indiferente suponerla apli­cada en A1, siempre que este punto pertenezca a la línea de acción de P.

P,

A

t a, 1 1

az aJ l

EL=� tcm Fi�. 8

w�R. A B

..::::.. 1 a, p

A p

Fig. 9

La operación deja de ser válida, al suponer que la barra es defor­mable por la presencia de la f1:1.erza P; pues si ésta actúa en A la barra se deforma en toda su longitud, mientras que aplicada en A1 sólo expe­rimenta deformación, el trozo de barra comprendido entre A1 y B.

En la Estática de los cuerpos rígidos, que estamós considerando, será pues indif�::rente la posición del punto de aplicación de cada fuerza pudiendo prescindirse de él y por tanto las fuerzas quedan identificadas conociendo tres parámetros :

1 - Recta de acción. 2- Sentido. 3 - Intensidad.

8 RAFFO, C. M. - E'sTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

2f! operación: Sustitución de dos fuerzas por una. No se altera el efecto cinetnático de dos fuerzas concurrentes­al sustituirlas por una sola, según la diagonal del pamlelograma construído con ellas.

Esta operación se conoce también con el nombre de principio del paralelogramo.

Sean las fuerzas P 1 y P 2 actuando en las líneas de acción 1 y 2 sobre la chapa C (fig. lOa) . En virtud de la primera operación, pode­mos aplicar las dos fuerzas al punto A, intersección de 1 y 2.

e) b)

-e· �-�--e

- • o .,., e / ' ' /

2 A

Fig. 10

d)

Elegido un punto O (fig. lOb) del plano de dibuJ'o, se traza a par­tir del origen O un vector representativo de la fuerza P 1 según la escala de fuerzas adoptada ; y también por O otro vector que representa la fuerza P2• Completado el paralelograma como indica la figura, el vec­tor representado por la diagonal OC, en el sentido de la flecha, apre­ciada su magnitud según la escala de fuerzas, representa la fuerza única R que sustituye a las dos fuerzas Ph P2• La línea de acción de R es la paralela a OC pasante por el f:Jnto A del esquema posicional (fig. lOa) . ·

Como ya se ha dicho, la experiencia comprueba que los sistemas de fuerias a) y e) de fig. 10 son estt.iticamente equivalentes. La fig. lOb se denomina paralelogramo de las fuerzas.

1En la práctica la construcción de paralelogramo se limita al trazado de uno solo de los dos triángulos que aparecen en la fig. lOb. Así re­sulta el diagrama de fig. lOd, denominado polígono vectorial de las fuerzas P1 y P2, o brevemente vectorial.

El punto O es el origen del vectorial; C su extremo ; la fuerza R se denomina resultante de las fuerzas P1, P2; éstas son las componentes de ·R según las direcciones 1 y· 2.

El vectorial de la fig. lOd se denomina vectoria! abierto porque los sentidos de las componentes . se dirigen al extremo C del vector de la resultante R.

La operación descripta se denomina composición de fuerzas o deter­minación 4e la reBultante y es aplicable a toda clase de cuerpos : sólidos rigidos o deformables, líquidos y gases.

·

Oi'E'RACIONES f'UNDAMEN1'ALES DE LA E$TA TICA 9

En resumen : el vectorial trazado, según la escala de fuerzas, a par­tir de cualquier punto O del plano, sirve para obtener : la dirección s de 1" resultante R, su intensidad (segmento OC) y su sentido que se dirige clt•l origen O hacia el extremo C. Para ubicar la resultante R en su ver­clllll ra posición es necesario acudir al esquema posicional, trazañdo por

una paralela a OC que fija la recta de acción de R, siendo su sentido cl,del vector OC.

La operación inversa de la composición se denomina descomposi­rión de fum·zas o determinación de componentes y su enunciado es el Kiguiente : una fuerza es estáticamente equivalente a otras dos fuerzas 11cgún direcciones previamente fijadas.

Sean : P la fuerza; 1 y 2 las direcciones fijadas a las dos fuerzas státicamente equivalentes de la P (fig. lla) . Trazado por O (fig. llb)

a) b) EL=am (jf; e) !cm éF =Tcííl 1

o �

(j)P-p P,

Fig. 11

el vector· OB representativo dé lli. fuerza P, según escala de fuerzas, · por el extremo B la recta BC paralela a una de las direcciones fijadas, digamos a la 1, y por el origen O una paralela a la otra ·dirección 2, se obtien(. el triángulo OBC. Orientando los segmentos OC y CB como indica la fig. llb, resulta un poiígono vectorial abierto análogo al· de la fig. lOd.

·Los vectores P1 y P2 señalan el sentido y la mag�itud, ésta apre­ciada en la correspondiente escala de fuerzas, de las dos fuerzas equi­'V.alentes a la P, que estarán aplicadas en un punto A de la recta de . acción de P. Los sistemas e) de fig. 11 son pues estáticamente equiva­lentes.

En consecuencia : No se altera el efecto cinemática de una fuerza al sustitu·irlo por dos fuerzas de direcciones arbitrarias, pero concurrentes co,r. la lí11Jea de acción de aquélla.

9f!. operación : Introducción o supresión de bifuerzas. Supuesto que en el sistema de fuerzas de la fig. 12, las fuerzas

P1 y P8 son iguales y opuestas, la 21!- operación de la Estática asegura que su resultante es nula ; luego podrán suprimirse. Los sistemas a) y b) de fig. 12 son pues estáticamente equivalentes.

10 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

=

Fig. 12

En consecuencia :

Inv-ersamente, si en el sistema de fig. 12b :¡e introducen d o s fuerzas iguales y opuestas ac­tqando en una misma rec­ta de acción , el nuevo sistema sigue s i e n d o equivalente ,al primero.

Se denÓmina bifuer­za al con j u nto de dos fuerzas de igual intensi­dad y sentidos opuestos actuando en una misma recta de acción.

No se altem el efecto cinemática de las fuerzas existentes en un sólido rígido, introduciendo o suprimiendo bifuerzas.

Se constata experimentalmente que esta operación sólo puede. apli­carse a los cuerpos rígidos. Pierde su validez en los cuerpos deforma­bies, por ejemplo en un elástico, en la goma, etc.

4t:L operación: Desplazamiento paralelo de una fuerza. Sea una fuerza P actuando en cualquier dirección, por ejemplo se­

gún la ver t i c a l por A (fig. 13a) . Si su recta de acción se 'd e s p l a z a paralelamente a sí

d)

misma hasta el punto B del cuerpo e, el sistema obtenido ( fig. 13b) no es equivalente

al a) . Pero procedamos en la siguiente, forma; manteniendo la fuerza P en su posición da­da, apliquemos en el punto B una bifuerza (fig. 13c), el sis­tema resultante, por la 3� ope­ración, es equivalente al a) o

El nuevo sistema de fuer­zas (fig. 13c) está constituído por una fuerza P, en B, diri­gida hacia abajo y por una cupla (fuerzas P en A y P en

cp= =Gf p p

Fig. 13

B, ésta hacia arriba) de momento M=- Pa (fig. 13d) que es equi­valente al a ) .

Por consiguiente : No se altera el efecto cinemática de una fuerza P, desplazán­dola paralelamente a su línea de acción, a la distancia a, siem­pre que se agregue uM cupla de momento Pa.

La inversa de esta operación se _estudiará en página 32.

OPERACIONES FUNDAMENTALES DE LA ESTA TICA 11

Las cuatro operaciones establecidas permiten pasar, por aplicacio­nes sucesivas, de un sistéma de fuerzas a otro sistema estáticamente quivalente, vale decir· de igual efecto cinemática qÚe el primero. -El

problema primor.dial de la Estática consiste en la aplicación metódica

de aquellas operaciones elementales, hasta obtener un sistema de fuer­zas, conforme a los propósitos que se tengan en vista.

!J 6. Representación ana­Utica de f u euas. - El procedimiento más sencillo es referir la fuerza P a un par de ejes ortogonales xOy (fig. 14) . P. �����===��� 1 1 ----- p .¡ 1

1 lb 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

Analíticamente la fuer­za P, supuesta aplicada en O, se determina por su in­tensidad P y el áng u l o a que forma la dirección posi­tiva del .eje x con la fuer­za. Proyectada é s ta sobre los e j e s, resultan las dos componentes ortogonales de P:

l fr 1 l ,q. ��_.��--�--���--_._x

-+- P., = P cos a

cuyo signo depende del ángulo a.

a

Fig. 14

± Pu = P sen a ;

Si la fuerza está aplicada en A, será necesario fijar las coorde­nadas a, b de este punto.

Inversamente : conocida las dos componentes ortogonales Pz y P11, de una fuerza P, ésta queda' determinada en ppsición, sentido y mag­nitud por las igualdades :

PJI tg a = -+- P z

P = yP/ + Pl.

De todo . lo anterior se deduce que las operaciones a 'realizar con las fuerzas, podrán efectuarse gráficamente mediante escalas adecuad1¡1s de fuerzas o analíticamente con ·ayuda de un par de ejes coordenados, ·ele­gido según convenga. Se aplicará uno u otro procedimiento a voluntad; en muchos casos ambos métodos para controlar los resultados.

EJEMPLO l. - Determinar la resultante de las fuerzas :', y P, (fig. 15) , gráfica y analíticamente.

El procedimiento gráfico consiste en la construcción de un polígono yec­torial (fig. 15b) . El vector de origen O extremo C, apreciado en la �a d� fuerzas, fija la intensidad de R que resulta R = 3,2 t.

Su recta de acción es la paralela por A a la directriz OC j<Íel vectorial y su sentido el ya indicado.

Para resolver analíticamente el problema, refiramos el vectorial de las fuerzas P, ; P, (fig. 15c) a un par de ejes ortogonales ¡t;, y cuyo origen con­venimos en hacerlo coincidir con el origen del. vectoriaL

12 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESiSTENCIA DE MA TERIALES

a)

P,= J,5t

b) e

o

EF=_!i_ !cm lj Fig. 15

Proyectemos éste sobre los ejes x e y : { - P1 cos a, ..,.. P. cos a, = Pa - P1 sen a, + P. sen "" = P,

Sustituyendo valores :

Resultando :

{ - 3,5 cos 30o + 5 cos 70o = P. - 3,5 sen 300 + 5 sen 700 = P,

{ P� = - 1320 kg P, = + 2945 kg

como componentes ortogonales de la resultante R.

P=IJOO.'rg

a) b)

EF= J[}[}kg /cm

Fig. 16

e) .!/

!1

/ /

/ X

OPERACIONES FUNDAMENTALES DE LA ESTA TICA 13

1!: 1 ángulo a . vale : 2945 -tg a = 1320

- 2,23

Lu magnitud de R es :

R = y 13202 + 29452 = 3227 kg

E:.JEMPLO 2. - Dada la fuerza P = 1,5 t determinar sus dos comtJOnen­'K ortogonales según la·s direcciones x, y (fig. 16a) .

La solución gráfica está dada en la fig. 16b. Analíticamente, se proyecta la fuerza P/ (fig. 16c) sobre un par de ejes

Jlll rnlelos a las direcciÓnes ortogonales x e y,' resultando :

P. 1500 cos 40o == 1149 kg , P. = 1500 sen 4QO == ......, 964 kg

CAPiTULO III

COMPOSICióN GRAFICA DE FUERZAS

Los dos problemas fundamentales de la Estática son los .siguientes : 1 ) Composición o reducción de fuerzas (Determinación de · resul­

tantes) . 2 ) Descomposición de fu&rzas (Determinación de componentes) . El 'procedimiento para resolver los problemas enunciados, consiste

en aplicar las operaciones elementales estudiadas en el capítulo an­terior.

. 7. Composición de fuerzas concurrentes. - La fig. 17a es el es­qÚema posicional de un sistema de fuerzas concurrentes en M, que va­mos a componer.

a) Fig. 17

E F =!!:.!!!:._ !cm

Ordenadas previamente las fuerzas, por ejemplo, a partir de la di­rección vertical descendente, se numeran sucesivamente en el sentido de la flecha curvilínea : P1 ; P2 ; P3 ; -P4 (este ordenamiento puede ser cualquiera) .

Elegida una escala de fuerzas;_ se dibuja el vectorial de las fuerzas dadas : a partir de un origen O, cualquiera (fig. 17c) , un vector OA representativo. de la fuerza P1-; por el extremo A de P1 un vector AB representativo de la P 2 ; por el extremo B de P 2 un vector BC repre­sentativo de la P3; y por C un vector Cl) representativo de la P4 •

COMPOSICION GR-:AFICA DE LAS FUERZAS 16

El punto final D se llama extremo del vectorial. Uniendo su origen O con su é�remo D, el segmento dirigido de O hacia D determina, .según la escala de �uerzas, la intensidad de la resultante R; la recta OD su di­rección y la flecha (hacia D) su sentido. En cuanto a su línea de ac­ción debe pasar por M y ser paralela a la recta OD.

La construcción efectuada se explica en la fig. 17b : R1 es la re­aultante parcial de las fuerzas P1 y P2, obtenida según la segunda ope­ración elemental de la Estática. Luego el sistema dado de fuerzas (fig. 18a) resulta estáticamente equivalente al de fig_ 18b.

A su vez la fuerza R2 (fig. 17b) es resultante de R1 (que susti­tuye a las P1 y P2) y la fuerza P3 • J;_,uego reemplaza a R1 y P3 ; y el sistema de fig. 18b es equivalente estáticamente al de fig. 18c.

a) Fig. 18

Por último, siempre según la segunda operación elemental, las fuer­zas R2 y P4 pueden sustituirse por la resultante R, con lo cual el sis­tema inicial (fig. 18a) es equivalente al de fi,g. 18d.

En la práctica no se dibujan las resultantes parciales, bastando trazar el vectorial de fig. 17c.

-

Las fuerzas P 1, • • • , P 4 son las componentes de la fuerza R. Reco­rriendo el .vectorial a partir de su origen, siguiendo el sentido de sus componentes se alcanza el punto D, extremo del vectorial, no siendo posible proseguir hacia el origen O porque el sentido de la fuerza R lo impide : es pues un vectorial abierto.

De acuerdo con ello podrá decirse : Si un sistema de/ fuerzas concurrentes origina un vectorial abierto, el sistema admite resultante ;

o sea existe una traslación del cuerpo según la dirección y el sentido de aquella resultante.

8. Composición de fuerzas no concurrentes. - Sea el sistema de fuerzas no concurrentes P1P2P8 (fig. 19a) . Construido (fig. 19b) el vectorial OABC de las fuerzas dadas y descompuesta la fuerza P1 en

16 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE M�ERIALES

dos direcciones arbitrarias 001 y 01A (fig. 19b) se obtienen las com­ponentes F 1 y F 2 cuyas magnitudes �e miden en la escala de fuerzas.

Tracemos por un punto A cualquiera, del plano de posición de las fuerzas dadas, la paralela 1 a la dirección 001 que numeramos 1 ; por A1, en la fig. 19a, la paralela A1A2 a la dirección AO�o que numera­mos 2 ; prolongándola hasta el punto A2 de intersección con la línea de acción de la fuerza P2 (fig. 19a) . _

La fuerza P1 puede reemplazarse por las F1 y F2 ; y el sistema dado, que nuevam�nte lo dibujamos en fig. 20a, ha quedado reducido al de la fig. 20b, que es equivalente estáticamente, al primero.

a)

P,

l

1 1

1 1

' 1

IJ,/ . 1 EF= ackg

/ !cm.

Fig. 19

o

e

Procedamos en igual forma con la fuerza P2 : la descomponemos (fig. 19b) en las direcciones II y III, obteniendo dos componentes F' 2 Y fi'3 según el sentido indicado en la misma figura. Volviendo al esque­ma posicional ( fig. 19a) se traza por A2 la paralela 3 a la III de fig. 19b, hasta interceptar en A3 la siguiente fuerza P3 del sistema dado.

Las fuerzas F'2 y F'3, que sustituyen a la P2, transforman nueva­mente el sistema de fig. 20b en otro equivalente, según fig. 20c.

Por último la fuerza P3 (fig. 19b) también puede descomponerse en las fuerzas F' 3 y F 4 • Trazando en consecuencia, por A3 del 'Plano posicional ( fig. 19a) la paralela 4 a la IV de fig. 19b, podrá sustituirse la fuerza P3 .por las F'3 y F4, resultando el sistema de fig. 20d equi- · valente al de fig. 20c.

·Observando en la fig. 20d que las fuerzas F 2 y F'2 constituyen una bifuerza, puesto que su intensidad común es la del segmento A01 (fig. 19b) medido en la escala de fuerzas, y como también forman bifuerza las F 3 y F' 3 por igual razón, el sistema de fuerzas de la fig. 20d es equivalente al de la fig. 20e, constituído pqr dos únicas fuerzas F 1 y F4, que a su vez se compone en la fuerza única R (fig. 19b) pasante por A (fig. 20/) . R es la resultante del sist�ma dado de fuerzas.

a)

COMPOSICION GRAFICA DE LAS FUERZAS

e) ' 1 Av

Fig. 20

1 1

A ;:4.J 1 1

e)

17

=

H

En el conjunto de operaciones efectuadas para determinar R, se presentan tres polígonos :

1) polígono vectorial : es el OABCO ; 2) polígono polar : es el constituído por los radios polares I, II, III,

1 V (fig. 19b) . 01 es el polo, elegido libremente. Los radios polares se numeran sucesivamente a partir del radio polar que une el polo 01 con

1 origen O del vectorial y siguiendo el ordÉm de presentación de las fuerzas del vectorial, que es arbitrario corno se dijo ;

3) polígono funicular : es el formado (fig. 19a) por . las paralelas· 1 , 2, 3, 4 a los respectivos radios polares : I, II, III y IV ; se llaman lados del funicular : 1 es su primer lado ; 4 es el último lado.

La determinación de la resultante R de uil sistema de fuerzas no concurrentes, en la práctica, se simplifica procediendo en la forma si­¡cuiente :

Una vez trazado el vectorial de todas las fuetzas dadas, se elige un polo 01 del plano, que se une a las vértices O, A, B, C del vectorial. Hesultan los radios polares I, II, II, IV. Por cualquier punto A del es­'luerna posicional (fig. 19a) se trazan las respectivas paralelas 1, 2, 3, 4 a dichos radios polares, limitándolas en los puntos de intersección A 1 , A2, A3 de las líneas de acción de las fuerzas dadas. Prolongando ol primero y último lado del funicular . 1, 2, 3, 4 hasta su intersección

n L, por este punto pasa la resultante de las fuerzas P¡, P2, P3 cuya linea de acción es paralela a OC del vectorial ; su sentido es el que se dirige de O �tícia C (extremo del' v-eoWt.iál) y su magnitud es la longi­tud de OC apreciada en la escala de fuerzas.

Se demuestra (ver parág. 123) que esta construcción es indepen­diente de la elección de los puntos O, 01, A y del orden en que se con­�:�ideren las fuerzas P¡, P2, P3 .

rs-- RAFFO, C. 7 ,i. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

EJEMPLO 3. - Determinar la resultante de las fuerzas indicadas en la fig. 21.

El sistema de fuerzas P1, P., P., P. está referido a un sistema de coor­denadas a:Oy según escala natural.

Fig. 21

/l EF=_]J_ !cm

EL= !cm le m

El vectorial de origen O, determina el polígono polar, polo 01 de lados 1, 2, 3, 4, 5. Las paralelas a éstos, trazadas en el esquema de posición de las fuerzas, dibujan el funicular de vértices ABCD. La intersección de los lados extremos· 1 y 5 de éste, señala el punto E, por donde habrá que trazar la paralela a la resultante OK del vectorial, quedando así ubicada la línea de acción y sentido de la resultante R, cuya intensidad se mide en el vecto­rial, apreciando el segmento OK en la escala de fuerzas.

EJEMPLO 4. - Determinar la resultante de las cinco fuerzas señaladas en íig. 22 y de los sistemas paraiales (P.P.P.) ; (P.P.P.) ; (P.P.P.) .

Construí dos los polígonos de origen O y extremó E ; el polar con polo en 01 y el funicular de lados 1, 2, 3, 4, 5, 6, los exi.remos 1 y 6 de éste ubican el punto A por donde pasa la resultante del sistema, cuya intensidad y sen­tido están dadas en el vectorial, por el segmento OE a.preciado en la escala de fuerzas.

COMPOSICION GRAFICA DE LAS FUERZAS

1 ' 1 fi-SJ

1 1

' 1 ' 1 1

, 4-fVt

1 1 1 1 1 '

R¡5,9t

Rr fl,.Jl

IJ

EL- 1m � !cm

EF'=..J.l_ 1cm

Fig. 22

o

19

El grupo parcial de fuerzas : P,P.P,, limitado por los radios polares f extremos 1 y 4 determina .en el funicular el punto B, punto de paso de la resultante R1 señalada en el vectorial.

·

De igual modo para el sistema parcial P,, Pa, P, ; los lados extremos 3 y & del funicular correspondiente, se interceptan en C, por donde se traza la paralela a la resultante R, señalada en el vectorial.

Análogamente para el sistema P, P,, P.: el punto D indica la posición de un punto de la resultante R, paralela al vector R, del vectorial.

·

Obsérvese que los sistemas parciales de fuerzas están siempre formados por fuerzas consecutivas.

CAPÍTULO IV

CONDICIONES GRAFICAS DE EQUILIBRIO

Hemos visto en parág. 3 que el efecto cinemática de las fuerzas se manifiesta por una traslación o por una rotación, y que es propósito de la Es�ática contrarrestar aquellos desplazamientos para obtener el equi­librio·estático del sistema.

Este último problema se denomina : Equilibrio de un sistema de fuerzas.

9. Equilibrio de un . sistema de fuerzas. - Consideremos un sistema cualquiera de fuerzas, por ejemplo el de la fig. 23a, concurrente en A y su correspondiente vectorial, fig. 23b. La resultante R sustituye a las fuerzas dadas señalando el sentido de la traslación que impulsa a la chapa c.

A

Fig. 23

Si la fuerza R se sustituye por otra E de igual intensidad y línea de acción pero de sentido opuesto, quedará anulado el efecto cinemática de R puesto que ambas forman una bifuerza. El sistema de fuerzas

. P1, P2, P3, E carece de resultante y el sólido al cual se aplica se man­tendrá en reposo de traslación, esto es en equilibrio de traslación.

La fuerza E se denomina equilíbrante del sistema P 1, P 2, P 3 . Tra­zado el vectorial de P1P2P3E ( fig. 23c) se observa que puede ser reco-. S l'rido partiendo de O (o de cualquier otro vértice) siguiendo el sentido de sus flechas hasta volver al vértice de partida : es un vectorial cen·ado.

CONDICIONES GRAFICAS. DE EQUILIBRIO 21

ICn cambio el vectorial de fig. 23b, correspondiente al sistema P�o P2, 1'1, R es abierto.

Nótese que en un · vectorial cerrado cualquier fuerza que lo form4 ., equilibrante de las restantes, pues ella cierra el vectorial de todas la• demás fuerzas.

·

10. Interpretación cinemática de les polígonos vectorial y funi­cular. - Vamos a demostrar que la traslación, o la rotaCión, o el r poso de un sólido sometido a fuerzas conocidas, puede interpretarse rráficamente mediante los polígonos vectorial y funicular.

Funicular obier/ó

'Pt Vectorial oóierto

e Fig. 24

a) Sea un sistema de fuerzas no concurrentes (fig. 24) P1, P2, !'3 y sus correspondientes polígonos vectorial, polar y funicular. La pre­sencia de una resultante R indica que la chapa C está sometida a una traslación. El vectorial se presenta abierto y el funicular ofrece la ca­racterística que su prjmer y último lados son concurrentes . en A. Un funicular en tales condiciones · lo llamaremos funicular abierto.

En consecuencia podrá decirse : Si un sistema de fuerzas admite resuUante (traslación) sus correspondientes polígonos vectorial y funicular son abiertos.

Tratándose de un conjunto de fuerzas concurrentes, es suficiente la existencia de un vectorial abierto.

22 RAFFO, C. M. • ESTAT. Y RESIS1'ENCIA DE MATERIALES

La conclusión enunciada puede expresarse a la inversa. Si los polígonos vectorial y funicular son abiertos, el sistema de

fuerzas correspondientes tiene resultante (traslación) . , _ b) Sea. un sistema de fuerzas no concurrentes P11 P2, P8, P4 (fig.

25) . Su vectorial, suponemos, puede ser recorrido a partir del .origen O (o de cualquier otro vértice A, B, C) siguiendo el sentido indicado por sus flechas hasta volver al punto de partida : es un vectorial cerrado;

Fig. 25

/unlcull.lr rk /qt/ÍJs t'J'II't'/7111$ ¡PI.ll"tddo.s

VaJe decir, según el parág. 9, cualquier fuerza de sistema es equilibrante de los demás.

En consecuencia el sistema dado de fuerzas no admite resultante (ausencia de traslación) .

E l polígono polar se caracteriza por tener superpuestos el primero y el último radios polares que lo forman : 1 y 5 de la figura. En cambio el polígono funicular se presenta con sus lados extremos, 1 y 5, parale­los. Denominaremos 'un funicular en estas condiciones funicular cerrado (en un punto impropio o sea en el infinito) o también funicular de lados �xtremos paralelos.

Como cada uno de estos lados extremos es sostén de una fuerza : F 1 en el lado 1 y F 1 en el lado extremo 5 (según se dijo- en parág. 8 ) y estas fuerzas son iguales y opuestas, pues ambas están medidas por el segmento OP del polar, el sistema es equivalente a una cupla (ro-tación) .

·

Por consiguiente : Si un sistema de fuerzas se reduce a '!<;�u. cupla (rotación) el .correspondiente polígo'YI>O vectOrial es cerrado y el funicular tiene s.us lados extremos paralelos.

La inversa siempre se verifica ; es decir : si el funicular es de lados extremos paralelos y el vectorial cerrado, el sistema de f�erÚ1s corres­pondiente se reduce a una cupla (rotación) .

CONDICIONES GRAFICAS DE EQUILIBRIO 23

e) Por últl" o, consideremos el sistema de la fig. 26, cuyo vecto­rial, suponemos ea el OABCO, resulta cerrado. Construido el funicular

rreapondiente e observa que el primer lado 1 y el último 5, están IUperpuestos. ún funicular en estas condiciones se · dice funicular ce­l"t'Gdo.

"1' � � §-t.;¡ �

� � � � � '--

Funicular cerrutiJ

Veclllrio/ cerrodo

�'ig. 26

Por tanto el lado 1-5 del funicular es sostén de dos fuerzas F 1 y F 5 iguales y opuestas, según indica el segmento 001 del polar; y la eupla que aparecía en fig. 25 se reduce, en el caso actual, a una bi­fuerza.

El sistema dado de fuerzas, no admite pues resultante (no hay tras­lación) ni cupla (no hay rotación) : está en equilibrio, o sea f;'ln reposo.

En conclusión : Si un sistema de fuerzas carece de resultante y de cupla (re­poso) los correspondientes polígonos vectorial y funicular son ambos cerrados.

De lo dicho en a) , b f y e) se deduce que un polígono vectorial tra­duce gráficamente la existencia de traslación debidó a la presencia de una resultante; en cambio el polígono funicular señala, con la presencia de una cupla, un movimiento de rotación.

11. Condiciones gráficas de equilibrio. - Interesa conocer las condiciones a cumplir por un sistema de fuerzas conocido, para que el sólido sometido a ellas permanezca en reposo. Se denominan condiciones gráficas de equilibrio por cuanto hacen referencia a los polígonos vec­torial y funicular. Son éstas :

Fuerzas concurrentes. - Una sola condición es suficiente. Un sistema concurrente

, de "fuerzas está en equilibrio cuando

su vectorial es cerrado.

24 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

Fuerzas no concurrentes. - Dos condiciones son necesarias. Un sistema de fuerzas no concurrentes está en equilibrio cuan­do sus polígonos vectorial y funic?flar son ambos cerrados.

EJEMPLO 5. - Averiguar si la chapa ABCD de la. fig. 27 está en equi­librio al ser solicitada por las .fuerzas P, ; P, ; P.; P. y P • .

� � �t�--�-��w--����----r--�---�

Fig. 27

EF= 50kg . lcm.

EL= 5mm lcm,

Se trata de un sistema plano de fuerzas no concurrentes. Para su equi­librio es preciso que se cumplan dos condiciones gráficas : vectorial y funi-cular cerrados.

.

Se verifica que el vectorial OABCDO es cerrado ; y el funicular co­rrespondiente cuyos vértices son, ordenadamente, A, ; A, ; A. ; A, ; A,, resulta con sus lados extremos 1 y 6 paralelos. En consec�encia, la chapa no está en equilibrio : el momento resultante vale

M = - Fd = - 2,15 cm . (EF) . 2,5 cm . (EL) = 53,75 kgm 1

EJEMPLO 6. -' Averiguar si la chapa ABC de la fig. 28 está en equili­brio bajo la acción de las fuerzas P, ; P, ; Pa ; P • .

8

CONDICIONES GRAFlCAS DE EQUILIBRIO

EF=..J.L ll_5em EL= 45cm 4 cm

P,� ;� F 1 u Fig. 28

25

Procediendo como en el ejemplo anterior, se comprueba que el vectorial de las fuerzas dadas OEFGO es cerrado y el funicular con vértices en A.; A,; A. ; A. se caracteriza por la superposición de sus lados extremos 1 y 5. Luego la chapa está en equilibrio.

CAPÍTULO V

MOMENTO DE FUERZAS. CUPLAS

12. Momento estático de una fuerza. - Se denomina momento estático o de primer orden, o lineal, o simplemente momento de una fuerza P, respecto de un punto e, el producto de la intensidad de la

fuerza (kg, t, etc.) por la distancia a (m, cm, etc.) ó) del punto a la línea de ac­ción de P (fig. 29) .

e se llama centro de momentos o polo ; a, bra-

o. zo de palanca de la fuer­za. La unidad de medida e del momento estático es :

-t-11_; kilogramo-metro o kilográ­m e t r o (kgm) ; tonelada­metro o tonelámetro (tm) ;

Fig. 29 etc. Si S es una chapa em-pernada en e, el efecto ci­

nemático de P, respecto de e, es una rotación de la chapa ; en sentido positivo si gira según las agujas del reloj (fig. 29b ) , negativo en sen­tido opuesto ( fig. 29a) .

Todo momento estático está pues afectado de un signo que se an­tepone al valor de aquél ; así, se escribirá :

M = + 300 kgm M' = - 4 tm .

Trazada por e (fig. 29a) l a paralela S a la línea de acción b de la fuerza P, resulta que el momento de ésta no varía si e se desplaza a cualquier otro punto de la recta s ; ésta, a veces, se denomina eje de momentos. De tal modo queda definido el momento de una fuerza P res­pecto de un .eje s paralelo a su línea de acción.

El momento estático que es igual a cero cuando a = O, vale decir, cuando el polo e pertenece a la línea de acción de la fuerza, es una magnitud estática, homogénea con un trabaj o. En cambio, éste es una magnitud dinámica.

El momento estático es el producto de dos segmentos : uno repre­sentativo de la fuerza y el otro del brazo de palanca. Si uno de ellos se mide en la escala de fuerzas el otro habPá que apreciarlo en la escala

MOMENTO DE FUERZAS. CUPLAS 27

Un ni o viceversa .. Por ejemplo (fig. 30) , si AB = 4 cm, se tendrá in­d latlntamente (a = 3 cm) :

M = 3 cm . (EF) . 4 cm . (EL) =

= 3 cm . 1 t

1 cm 1 m

·

. 4 cm • ;= + 12 tm 1 cm _

M = 3 cm . (EL) . 4 cm . (EF) -1 m 1 t

3 cm • . 4 cm . 1= + 12 tm . 1 cm 1 cm

Un momento estático puede repre­KOntarse por el doble del área (fig. 30 ) del triángulo de base P y altura a o por el doble del área del triángulo de base AC y altura h ; es decir :

EF:-f..L fcm EL=..-!fo._ tcm

M = 2 Pa = 2 AC . h . [1 ]

13. Momento estático de un siste­na de fuerzas. - Consideremos dos :uerzas P1 y P2 (fig. 31) y un polo C. ,e tiene : Fig. 30 e

M P1 = Momento de P 1 respecto de C = AC . h1 : Triángulo ACD

M P, ¡::= Momento de p 2 respecto de e = AC . h2 : Triángulo ACE .

Sumando ordenadamente resulta : Momento de P1 + momento de P2 = AC (h1 + h2) = AC . h (ver fig. 31) .

A

es :

a3 h, P, Pz R3 cLJ

hz 1 az

X Fig. 31 S

Fig. 32 R

Pero AC . h es el momento MR de la resultante R de P1 Y P2 ; esto

2!s I_}AFFO, C. M. - ES'PA T. Y RESISTENCIA VE MA TERIALES

Si las fuerzas concurrentes fueran más de dos, subsiste la igualdad :

[2]

Y si las fuerzas no son concurrentes, la igualdad [2] es válida para dos fuerzas cualesquiera del sistema ; después será válida para esta re­sultante parcial y una tercer fuerza ; y así siguiendo.

Por tanto puede enunciarse la siguiente ley ( Teorema de Varignon ) : El momento de la resultante de cualquier sistema de fuerzas coplanares, respecto de un punto del plano, iguala a ;la suma algebraica de los momentos de las componentes,

que escribiremos así : [3]

siendo x la distancia de R al centro de momentos ; a, la distancia de · cada fuerza P, al mismo centro.

Si las fuerzas son paralelas y se traza por e ( fig. 32) centro de momentos un eje s paralelo a la dirección común de las fuerzas, la ecua­ción [3] permite hallar x (posición de la resultante)', como veremos en el próximo capítulo.

Fig. 33

14. ·D e t e r m i n a c i ó n gráfica del momento es­tático de fuerzas. - Sean p la fuerza y e el centro de momentos (fig. 33 ) .

Construidos el vecto- . rial y funicular de P y trazada por e la paralela s a la dirección de P, se obtienen los triángulos se­meJantes rayados en la fi-gura.

Si h es la distancia de 01 a la dirección de P, distancia llamadh distancia. polar o base de reducción, se tiene :

o sea :

y p a: = T

Pa = hy . [4]

El segmento BD, que denominaremos en adelante ordenada y, está determinado por la intercepción de la s con el primero y último lados del funicular de la fuerza P.

Análogamente para varias fuerzas no concurrentes (fig. 34) : tra­zados el vectorial y funicular del sistema dado y por el centro de mo­mentos C una paralela s a la resultante R, la ordenada y es el .�g­mento BD interceptado por el primero y último lados, 1 y 4, sobre dicha paralela. Como los triángulos rayados en la figura son también seme­jantes resulta la igualdad [ 4] , sustituyendo P por R.

MOMENTO DE FUERZAS. CUPLAS

a)

Fig. 34

Luego podrá decirse :

o

EF� 1cm

EL� lcm EH = ft:./Jh kgm

/cm

29

El momento de cualquier sistema de fuerzas, respecto 'de u11 punto de su plano, es -el producto de la distancia polar h po1 la ordenada y.

Para apreciar numéricamente el producto hy de [ 4] , según s� r " visto e n parág. 12, e s necesario medir u n segmento, por ejemplo h, en la escala de fuerzas, y el otro y, en la escala lineal o viceversa. Es decir que el momento de un sistema M. respecto de e, vale :

o Me = y (cm) . EL . h (cm) . EF

Me = y (cm) . EF . h (cm) . EL .

Cualquiera que sea la forma de medir el momento, se tendrá :

Me = y (cm) . [EL . EF . h] . El producto

EL . EF . h

[5]

constituye una escala de momentos. Indicándola con EM, valdrá, para las escalas indicadas en fig. 34 :

EM = a m 1 cm

f3 kg 1 cm

h ( ) _ af3h kgm · - cm -

1 cm •

La escala de momentos es, pues, el producto de la escala lineal, por la escala de fuerzas, por la distancia polar.

Por consiguiente, según [5 ] el momento en C de las fuerzas de fig. 34 vl_!.le :

Me = y (cm) . EM .

Se obtiene gráficamente el valor del momento de un sistema de fuerzas respecto de un punto de su plano, multi1Jlicando la ordenada y por la escala de momentos.

30 RAFFO, C. M. - ESTA T. J:' RESISTENCIA DE MA TERIALES

Por ejemplo, si :

11 :::: 3 r.m ; EL = 2 m 1 cm

EF 800 kg 1 cm

h = 10 cm

la escala de momentos resulta :

EM = 2 m 1 cm

800 kg 1 cm

. 10 cm = 16 tm 1 cm

y el momento de las fuerzas dadas respecto de C, vale :

Me = 3 cm . 16 tm = 48 tm . 1 cm

La determinación gráfica de momentos también sirve para obtener el .momento de un grupo sucesivo de fuerzas, por eJemplo de las P1 y p2 (fig. 35) .

o

e Fig. 35

a EF= �kg '1 C/TL

EL=.$d!!:.. !cm

EH= tr.(Jh,tkgm. !cm,

Si C es el punto respecto al cual se busca el momento estático · de las fuerzas referidas, se traza por él la paralela s a la resultante R2 • La ordenada y queda determinada por la intersección de s con los lados 1 y 3 del funicular que comprende a las fuerzas P1, P2 . La ordenada y apreciada en la escala de momentos fija el valor del momento de P1P2 respecto de C.

o 15. Coplas. - Sea / p la cupla Pa de la fig. .¿- 36a. Construídos el vec-

.,:- � torial y f u n i c u l a r co-... ;<-o rrespondientes, los la� ,

a '-..? o, dos extremos 1 y 3 de

A JI este último se presen-tan p a r a l e l o s, puesto a) � que ambos lo son al ra-dio polar 001 (fig. 36b).

Fig. 36 co·mo las paralelas 1 'J

MOMENTO DE FUERZAS. CUPLAS 31

8 no determinan ningún punto finito, la cupla carece de resultante ; luego tod,a cupla es irreductible a una fuerza.

Determinemos el momento de una cupla Pa (fig. 37) respecto de un punto e de su plano.

a) � e)

��

p p a

e e 1' a a, J a2 f-- a'

p a 2 1' Mc·-Pd 11c1· -Pd Mc2=-Pti

Fig. 37

Si e está en la recta de acción de una de las fuerzas (fig. 37a.) componentes de la cupla se tiene :

M0 = - Pa .

Si e ( fig. 37b ) es exterior al brazo de palanca a, resulta :

M0 = Pa1 - Pa2 == P (a1 - �) = - Pa .

y si e (fig. 37 e) es interior al brazo de palanca :

M0 = - Pa - Pa2 = P (- a1 - a2) -= - Pa .

En conclusión : el momento de una cupla es independiente del 'cen-­tro de momentos. Su valor es el producto de la intensidad de la fuerza por su brazo de palanca, con el signo correspQndiente al sentido de la rotación que origine.

·

16. Operaciones con las cuplas • . - Se denominan cuplas equiva­lentes aquellas que tienen igual momento, en valor y signo. En la fig. 38, se presentan varias cuplas cuyo momento es M = - 500 kg m. T o­das e l l a s s o n equiva­lentes e n t r e sí por­que mantienen el valor de M.

Las cuplas pueden componerse, m e d i a n te adición algebraica de sus respectivos momen­

' 5t t �v5M� =·�====�====�=;. �t 5t

� <:§.

Fig. 38

tos. El resultado es otra cupla estáticamente equivalente a las dadas. Por ejemplo : las cuplas de momentos M' = - 300 kgm ; M" = -500

32 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

kgm ; M"' = - 800 km, se componen en una cupla resultante de mo-mento M dado por:

· ·

M = M' + M" + lW" = '- 300 km + 51)0 km - 800 km = - 600 km,

que produce el mismo efecto cinemática que las dadas. Es de interés la composición de uná cupla con una fuerza. Sea la cupla de momento M = ..:.._ P1a1 (fig. 39) a componer con la

fuérza P aplicada en A. Transformemos la cupla en otra equivalente, formada por dos fuerzas iguales a P; cuyo brazo de palanca a está

. . p dado por la igualdad M = - Pa o sea a = l M \ · La nueva cupla puede trasladarse en su p ano, hasta que una de sus

fuerzas actúe en la línea de acción de la fuerza única P por A, pero en sentido opuesto a esta última (fig. 39b) . La . otra fuerza que forma la cupla quedará ubicada a una distancia a de la recta de acción s.

a) h) e) Fig. 39

En A se tiene una bifuerza que pudiendo suprimirse, reduce el sis­tema de fig. 39b al de la fig. 39c, estáticamente equivalente al a) , y constituido por una única fuerza P pasante por B y paralela a la fuerza dada P.

Luego : una cupla y una fuerza se reducen a una . fuerza. · Ejemplo :

Dado el sistema de fuerzas paralelas indicado en la fig. 40, deter­minar gráficamente :

a) el momento de las P2 y P3 respecto del punto C. b) el momento de todas las fuerzas respecto de cualquier punto C1,

situado en la recta de acción de la fuera P 1 . Elegidas libremente las escalas lineal y de fuerzas se traza el vec­

torial de éstas a partir de un origen O. A continuación con polo en 01, distante h = 2 cm de la resultante OA de las fuerzas, el polígono polar de radios polares I, II, III, IV, V.

Las paralelas a estos radios polares, trazadas en el esquema de las fuerzas dadas, a partir de cualquier punto Q de sil plano, determinan

·· el funicular de lados 1, 2, �. 4, 5. a) Los lados 2 y 4 de éste, que comprenden a las fuerzas P2 y P3,

prolongados ha�ta interceptar en N y L, respectivamente, a la vertical por C, que es paralela a la resultante R' de laa fuerzas P2 y P3, deter-

MOMENTO DE FUERZAS. CUPLAS 33

- ' P.=3t J P,=zt ¡ 4-lt l!=lt o 4

!m 2m 2m fm 8

1:1 Pz L, R'

/ 1 " /

" · / 1 / !J. / /

el / / / / 1 /

/ ' 1 !J !1, ' / ' d-J.5m /

' / ' / ' · / ' 1 / h=2cm / ' / R'=4t ' 4.-Jm ' 1 ' ' / '

' iN / /

/ /

/

N, 1?2 34=5t . ,

� EF=_il_ EL= 1m EH= 4tm 1,5cm !;cm !.5cm

Fig; 40

mina la ordenada LN = y (cm) . Ésta apreciada en la escala de mo­mentos :

EM = EL _ EF . h = - 4 tm 1,5 cm

determina el momento pedido :

Me = - 13,866. tm,

negativo, porque amblls fuerzas están a la izquierda del centro de mo­mentos.

b) Cualquiera LJ.ue sea el punto sobre la línea de acción de la fuerea P1 , con respecto al cual hay que determinar el momento de todas las fuerzas dadas, la vertical por él coincide con la recta a. Luego en L1N; se tiene el segmento interceptado por los lados extremos 1 y 5 del funi-

34 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DJ:!J MA TERIALES

cular de todas las fuerzas, que apreciado en la escala de momentos de­termina el momento :

4 tm Me1 = y1 (cm) . EM = 5,7 cm . 1 5 = 15,200 tm .

, cm

Utilizando las resultantes R' y R 2,3,4 , se obtienen los siguientes valores :

Me = - dR' = - 14 tm Me, = d1R2,3,4 = 15 tm .

CAPÍTULO VI

COMPOSICióN ANALíTICA DE F)UERZAS

17. Composición de fuerzas concu­rrentes. -· Sea el si,stema concurrente n O de la fig. 41, formado por las fuer­

las P¡, P2 y P3 • Para componerlo analí­ticamente debemos referirlo a un sis­tema ortogonal de ejes, por ejemplo al IIDOy.

Proyectando todas las fuerzas sobre el eje x, se tendrá :

P 1 cos a1 + P 2 cos a2 + + P 3 cos as = P,. . [1]

En esta igualdad cada suma.ndo es­tá afectado del signo más o del menos en concordancia con el signo del coseno, pues las fuerzas siempre se consideran positivas. El segundo miembro P ,, en valor y signo mide la magnitud de la

!J

Fig. 41

componente del sistema, o sea de su resultante R, según el eje x. Proyectando sobre el eje y, se tendrá :

P1 sen a1 + P2 sen a2 + P3 sen as = P11 ; [2]

P11 es en valor y signo, la medida de la componente de R según el eje y. Obtenidos los valores de P,. y P 11 resulta :

p" tg a = --Pz [3]

que permite fijar la dirección de la resultante R, cuya intensidad puede calcularse con la fórmula :

R = V P:r:2 + P./ . [4]

Su punto de aplicación es O. En la práctica conviene distribuir las operaciones a realizar en una

tabla numérica, como se indica en -el . siguiente ejemplo.

36 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

EJEMPLO 7. - Determinar analíticamente la resultante del sistema de fuerzas concurrentes en O, indicado en la fig. 42.

p �neát. lt costt

3 g¡¡o o �5 50° - 0,5 2 50° -454 1 JO" 0,87 4 o· f

stllX PaAI'a:l Psmtt toneladas

- 1 o -0,87 -475 �(l75 -1,28

·- ·-- ·

a5 +�IJ7 o + 4

g�l.J4

- 3 - !,J +1,52 +0,5

o 1�=-Z,ZS

IJ=2t'

Fig. 42

!J

Pg /j==.Jt

EF=...!L !cm

l}-4t X

Todos los datos y las operaciones señaladas en las ecuaciones [1] y [2] se llevan a un cuaqro como el que acompaña a la fig. 42.

La dirección de R es :

tg a =

La intensidad :

- 2,28 = - o 80 2,84 ' a � - 3803()'

R = V 2,84" + 2,28· = 3,64 t

18. Composición de fuerzas no concurrentes. - Para determinar intensidad, sentido y dirección de la resultante, en un sistema de fuer­zas P1, P2, P8 (fig. 43 ) aplicadas respectivamente en A, B, C, sirven

- !J

1 1 1 1 1 1 1 1 p' --- - - !/ P, X

X X

Fig. 43

COMPOSICION ANALITICA DE FUERZAS 37

mismas ecuaciones [1] a [ 4] estudiadas en los sistemas concurren­•· a saber :

Pz � (P cos a) p� � (P sen a)

tg a -

[5]

En cuanto a la línea de acción de R, su posición se determina cal­c•ulundo su distancia r, a un punto cualquiera del plano de fuerzas, con­ll h l rado centro de momentos, mediante el teorema de momentos de Va-1' 1 non (pág. 28) :

R . r = P1p1 + P2p� + PaPa

lll tmdo P1P2Pa los respectivos brazos de palanca de las fuerzas dadas. Esta igualdad se simplifica ubicando el centro de momentos en el

url¡cen de coordenadas y sustituyendo todas las fuerz[\s, por sus dos t•umponentes ortogonales según x e y. En la posició!' indicada por la f h c. 43 se tiene :

[6]

• • n donde x2, x3 son datos. de posición ; y P"�· P'"11, P11 están ya calcu,­IMdas en la 21l- ecuación de [5] . Luego :

P" yx2 + P"' v . x3

Py X = [7]

''" nbscisa de la intersección D, de la línea de acción de R con el eje x.

EJEMPLO 8. - En los puntos H, F, E, �e una chapa plana, actúan las tuerzas P,, P,, P", P, según fig. 44, en donde aparecen todos Jos valores nu-1 1 1 ricos necesarios. Determinar analíticamente la resultante . . ( Incógnitas : "• U, x ) .

Refiriendo l a chapa al sistema de ejes xAy, se determinan primeramen­l r las componentes P: P. de la resultante mediante las dos primeras fórmu­ln� [5] ; o sea proyectando todas las fuerzas P,, P,, P., P, R sobre cada eje :

P. = 1 . cos 250 - 2 . cos 35° = 0,9 - 1,64 = - 0,74 t [8]

P, '=: 1 . sen 250 - 2 - 3 + 2 . sen 35° = 0,42 - 5 + 1,14 = - 3,44 t

La dirección de R es :

tg "' =

La magnitud :

3,44 = 4 65

0,74 '

R = V 0,74' + 3,44' = , 3,5 t

Para determinar su posición; ubicaremos el centro de momentos en A ; I n suma de los momentos de las componentes, según x · e y, de las fuerzas dadas, tendrá 9ue igualar a Jos momentos de. las componentes P. , P. de la

38 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERl/lL.iJJi:)

1 Rv !

il'i1,x Fig. 45

- ltn EL- !cm

Fig. 44

resultante. Como las componentes según x, tienen momento nulo, sólo quedan las componentes vertica­les. Por tanto será :

P, . x = P,x. + P,x, - P.'v . x,

Teniendo en cuenta que [8] es :

se tiene : P.'v = 2 sen 350 = 1 ,14 t

+ 3,44 X = + 2 . 0,60 + 33,60 - 1,14 . 4,60

resulta : + 6,80 3,44 = 1,97 m X =

EJEMPLO 9. - El pilar representado en la fig. 45, está solicitado por las fuerzas H, N, y P. Deter­minar la intensidad de la resultante, y el punto e en que su línea de acción corta al plano de base AB.

· Las componentes horizontal RH y vertical Rv de la resultante R, se obtienen proyectando horizon­tal y verticalmente, el sist.:ma de fuerzas aplicado al pilar. Es decir según las do::s primeras de [5] :

Ru = 1 t Rv = 7,5 + 15 = 22 t

1 Sus respectivos sentidos están indicados en la fig. 45.

eOMPOSICION ANALITieA DE FUERZAS 39

Para determinar la distancia x del punto en que la línea de accwn de la resultante intercepta al plano de base , supuesto que sea el e, bastará to-mar momentos con respecto a él. ·

Luego : Rx = -. N ( 1 - x) - P (0,6 - x) + 8H = O ,

que debe ser nulo porque el punto e pertenece a R. Reemplazando valores :

resulta : - 7,5 + 7,5x - 15 . 0,6 + 15x + 8 O ,

x = 7,5 + 9 - 8

= o 38 22,5

' m

La intensidad e inclinación de R se obtiene utilizando las dos últimas ecuaciones [5] :

22 tg a = -1- 22 . " . a = 870

R = ...j 1 + 22" � 22 t

CAPÍTULO VII

CONDICIONES ANALíTICAS DE EQUILIBRIO

19. Fuerzas concurrentes. - Un sistema de tuerzas aplicado .a un punto material, sólo puede originar dos efectos cinemáticos : despla­zamiento del punto según la resultante del sistema o · permanencia de aquél en su estado de reposo i.nicial (equilibrio estático) . Toda rota­ción del punto material queda descartada por ser imposible la presencia en él de un brazo de cupla.

La ausencia de resultante, como condición de reposo, se traduce analíticamente por la anulación simultánea de sus dos , componentes se­gún un par de ejes, libremente elegido.

Entonces, los segundos miembros de las ecuaciones [1] y [2] del capítulo anterior, deben ser iguales a cero; esto es : { � (P cos a) = O

� (P sen a) = O . [1]

Estas igualdades dicen que sólo dos condiciones analíticas son ne­cesarias para el equilibrio estático de fuerzas concurrentes.

P,

Podemos enunciar en la siguiente forma el resultado obtenido : Un sistema 'de fuerzas concurrentes está en equilibrio, cuando la suma algebraica de sus proyecciones sobre dos ejes cuales-quiera es cero.

g Las dos ecuaciones de equilibrio [1]

que son independientes entre sí, pueden . expresarse en otra's dos formas equiva­lentes. Una de éstas es (fig. 46) : { � (P cos a) = O [2]

�Me = P1P1 + P2P2 + PaPa = O . La primera igualdad es la misma de

[ 1 ] . La segunda significa que la suma ---,..-*--r-----x de los momentos de las fuerzas P1P2P3,

Fig. 46

que constituyen el sistema, respecto de un punto cualquiera e del plano tiene que ser igual a cero, para asegurar el equilibrio del sistema.

En vez de las dos ecuaciones de pro� yección [1] se tiene ahora en [2] una ecuación de proyección y una ecuación de momentos.

CONDICIONES ANAÜ1:.fCAS D lJ: EQUILIBRIO 41 .

Para asegurar la independencia de las dos ecuaciones [2] es nece­llllrio elegir el centro de momentos C, exterior al eje X.

Otra forma equivalente a las [1] es : { �Mc1 = O �M e, = O . [3]

Con éstaB se significa que el equilibrio de un sistema concurrente de fuerzas, impone la anulación simultánea de los momentos de las fuer­zas, respecto de dos puntos del plano : C1 y C2 •

En este caso, y siempre para asegurar la independencia recíproca de las ecuaciones [3] , es necesario que la recta determinada por los centros de momentos c1 y c2 no pase por O.

EJEMPLO 10. - ¿Está en equilibrio el sistema de fuerzas de la fig: 47? Aplicando las condiciones [1 ] se tiene: { Prqyección sobre x : 118 . cos 40o - 93,6 cos 15o /

= 118 . 0,776 - 93,6 . 0,966 = 1 ,115 kg [4] Proyección sobre y : 118 . sen 400 + 93;6 sen 15o - 100 = 0,210 kg ;

luego el sistema no está en equilibrio.

!/

fs=IIJIJkg Fig. 47

Aplicando la 21!- de las condicio­nes [2] y elegido el centro de mo­mentos en C (-3, O) por ejemplo, la suma algebraica de los· momentos será :

M, = - P1p1 - P,p, + P,p. siendo :

p, = 3 . cos 50° = 1,92 p, = 3 cos 750 = 0,78 p, = 3

Luego : M, = - 118 . 1,92 - 93,6 • 0,78 +

+ roo . a =F o

Este resultado permite afirmar que el sistema , no está en equilibrio.

20. Fuerzas no concurrentes. - En este caso las fuerzas aplica­das, pueden originar una traslación o una rotación del sistema mate­rial. La presencia simultánea de rotación y traslación, o sea de una resultante y además de una cupla, se descarta por cuanto el sistema fuerza y cupla es reductible a una fuerza única, según se ha- visto en · pará¡s. 16, pág. 32. 1

Para anular el efecto traslatorio habrá que anular la resultante del sistema, que analíticamente se tr.aduce por las dos ecuaciones [1] . Y para eliminar toda posible rotaci

-ón es preciso anular el momento del

sistema de fuerzas, respecto de cualquier punto del plano de éstas, lo cual se expresa por una ecuación de - momentos igualada _ a cero . .

42 RAFFO, C. M . • ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

En total, las condiciones analíticas de equilibrio, vienen expresadas por tres ecuaciones :

· { l: (P cos a) O l: (P sen a) O [5] l:Mc = O .

Resultado que se expresa en la siguiente forma : Un sistema de fuerzas no concurrentes está en equilibrio está­tico, cuando la suma algebraica de las proyecciones de las fuer­zas sobre cada uno de dos · ejes cualesquiera sea nula, como así también nula la suma algebraica de los momentos de las fuer­zas respecto de cualquier punto ,del plano .

. Las tres condicione,s enunciadas, independientes entre sí, pueden

también expresarse en otras. dos formas ; una es : { l: (P cos a) = O l:MA = 0 l:M0 = O . . [6]

Es decir, por una suma de proyecciones sobre un eje, igual a cero y por dos sumas de momentos respecto de dos puntos A y B, cada una, igual a cero. Para asegurar la independencia de l�s tres ecuaciones, la recta AB no debe ser perpendicular al eje x.

La otra forma de expresar el equilibrio es : { l:MA = 0 l:M0 = O l:M0 = O .

[7]

Vale decir con tres ecuaciones de momentos, respecto de tres pun­tos del plano, no situados en línea recta.

() EJEMPLO 11. - Verificar si el sistema de fuerzas de l�c f� '48 está en

equilibrio. 0 Como se trata de un sistema de fuerzas no concurrentes, es necesario

utilizar la [5] , ['6] Ó [7] . Elegimos la ecuació� [5] . Proyección sobre una horizontal :

P: - P, cos a = 1,5 - 3 . 0,5 = � Proyección sobre una vertical :

- P1 + P • . cos 30o + P, + P, - P. = = - 4,8 + 2,6 + 5 + 2 -- 4,75 = o

Momentos respecto de A :

+ Pa . d + 5P, + 8P, - 10P. = 3 . 2,50 cos 300 + 25 + 1'6 - 47,5 = 6,50 + 41 - 47,5 = o

Satisfechas las tres condiciones expresadas por la [5] , el sistema de fuerzas está en equilibrio.

CONDICIONES ANALITICAS DE EQ UILIBRIO

P,�4,85t

fL= 2m !cm +

Fig. 48

B +

f/;•4.75t

43

E.JEMPLO 12. - Verificar si el sistema de fuerzas indicado en la fig. 49 tá en equilibrio.

Se trata de un conjunto de fuerzas verticales, por tanto concurrentes un punto en el infinito. Para verificar su equilibrio, son suficientes dos

1diciones : las [1], [2] ó [3] . Eligiendo las formas de la ecuación [2] se .

1e : = P, ót

A

+

P.-1ft Pz·t.9t r

Rm Jm

fim 7m

= !m EL 7,5mm

lOm

e zt !J·t5.5t �=

Fig. 49

Momentos respecto de A :

e-at &7

8 ' !

- 2P, + 3P, - 6P. - 7P, + !OP. = - 3,8 + 45 - 12 - 15,6 . 7 + 80 = O Proyección sobre una vertical :

- P, - P, + P, - P. - />, + Po = = -,- 6 - 1,9 + 15 - 2 - 15,6 + 8 = - 2,5 t

44 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

=4t ;¡ Pz=5t !]=5t

� A Jm óm

8m

Fig. 50

!¡= 4t

'�··

Como esta última condición no es nula, puede asegurarse que el sistema no es� en equilibrio.

EJEMPLO 13. - Verificar si el sis­tema de fuerza de la fig. 50 está en equilibrio.

Como se ha anterior bastará ciones.

visto en el ejemplo verifi1ar dos condi-

La proyección sobre un eje vertical es cero.

Momentos respecto del punto A :

- 3P, ---' 6P, + .&_• = - 15 - 30 + 48 =1= O Luego el sistema no está en eqÚilib-rio.·' _:_ � -_-·::-

CAPÍTULO VIII

DESCOMPOSICióN Y EQUILIBRIO DE FUERZAS

El problema consiste en hallar varias fuerzas, que cumpliendo con­diciones prefijadas, sean equi;valentes a una fuerza dada o la equilibren. Las fuerzas � determinar se )laman componentes de la fuerza conocida.

21. Descomposición de una fuerza en otras dos. - Pueden pre­sentarse tres casos :

19) Se dan las líneas de acción de las componentes. Si P es la fuerza dada ; 1 y 2 las líneas de accwn de las compo­

nentes (fig. 51a) , corno tres fuerzas en equilibrio (parág. 9) deben ser concurrentes, el problema es imposible.

Sólo admite solución cuando las rectas de acción 1 y 2 encuentran, en un punto A, a la recta de acción de P (fig. 51b) . Entonces el vecto-

¡/ ;tpp 0={[) � � � �

Fig. 51

rial de fig. 51c, fija en los vectores P1 y P2 las componentes pedidas. Cambiando el sentido de éstos resultan las equilibrantes de P, porque el vectorial es cerrado.

La fig. 51d, representa los dos sistemas de fuerzas equivalentes. 29) Se dan : la recta de acción 1, de una componente y el punto A

por el cual debe pasar la otra componente (fig. 52) . Unido el punto e, encuentro de la línea de acción de P y de la

recta 1 con A, el problema se reduce al anterior y siempre es posible. Si e está fuera del dibujo (fig. 53) , se construye el funicular I-II

de la única fuerza P, de modo que su primer lado pase por A. El lado II intercepta en B a la línea de acción l. Unidos A y B, lado III del funicular, y trazAda por 01 la paralela 01D a este lado y por M la MN,

46 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

e o

p a) Fig. 52 Fig. 53

paralela a la recta 1 dada, los segmentos NM y ON del vectorial deter­minan la magnitud, sentido y dirección de las componentes P1 y P2 •

39) Se dan los puntos A y B (fig. 54) por los cuales deben pasar respectivamente, las componentes P1 y P2 •

El problema es indeterminado porque trazadas por A y B' las rectas 1 y 2, concurrentes en el punto e de la recta de acción. de P, se tiene une solución, y variando las direcciones de 1 y 2, infinitas otras.

Fig. 54 Fig. 55 En particular si las dos componentes deben ser paralelas a la fuerza

P (fig. 55) siendo 1 y 2 sus rectas de acción, basta aplicar el procedi­miento de la fig. 53, pues dibujados los ·polígonos vectorial, polar y funicular (fig. 55) , la paralela 01e al lado AB del funicular quedan determinadas las dos componentes buscadas P 1 y P 2 •

Como se sabe, las fuerzas opuestas a las P1 y P2 son las equili­brantes del sistema dado.

Si las componentes a determinar son más de dos, todas concurren­tes con la P en un punto e, el problema es indeterminado, es decir admite infinitas soluciones. Así con la fuerza P (fig. 56) y las direc-

A 3

p Fig. 56

DESCOMPOSICION Y EQ UILIBRIO DE FUERZAS 47

Iones 1, 2 y 3 pueden obtenerse los vectoriales OBCD ; 01B1C1D1 ; • • • ,

os distintos. El problema carece de solución única. En consecuencia :

Una fuerza no ;puede descomponerse en más de dos fuerzas con­currentes con la primera.

22. Descomposición de un sistema de f u e r z a s en otras dos. - Tratándose de un sistema de fuerzas a des-omponer en dos fuerzas ta­

l e que, una actúe en la recta d acción b (fig. 57) y la otra pasante por A, que cons­tituye el caso más importan­t en las aplicaciones, se tra­aan los polígonos vectorial, polar y funicular ; éste con IU primer lado por A. Deter­minada ta recta AB, siendo 8 intersección del último la­do del funicular con la recta b, la paralela 01C a AB fija

n los vectores OC y CD /lb las intensidades, direcciones y sentidos de las componentes Pa y P A ; sus opuestas son las fuerzas equilibrantes del sis­tema.

En la fig. 58 se ha re­suelto el siguiente problema :

o

encontrar dos fuerzas que pa- . Fjg. 57

1

EFa..!:l. . !cm.

sen por A y B y equilibren el sistema paralelo de fuerzas P1P2P3-. Aplicando el procedimiento expuesto en el caso anterior se encuen­

tra que E,1 y E0 son las fuerzas equilibrantes.

o' o E A

� � � � �

Fig. 58

48 RAFFO, C. M . • ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

23. Descomposición de una fuerza en otras tres. - El problema de descomponer una fuerza en tres o más fuerzas concurrentes es im-

-posible, �egún vimos al final del parágrafo 21. En cambio si las fuer­zas componentes son tres fuerzas no concurrentes, el problema ad­mite solución única, mediante el procedimiento gráfico de Culmap.n o el analítico de Ritter.

'

a) Procedimiento de Culmann : · Sean P la fuerza ; 1, 2 y 3 las rectas de acción de las tres componen­

te!i P1, P2, P3 a determinar (fig. 59) .

Fig. 59

Obtenida la intersección de P con cualquiera de las rectas l . 2 ó 3, por ejemplo con 3 : punto A, y unido éste con B, intersección de las otras dos rectas de acción 1 y 2, el segmento AB servirá de recta auxi­liar. En A concurren tres rectas P, 3, x ; en consecuencia P podrá des­componerse en las fuerzas P3 y P., que actúan respectivamente en 3 y en x. Esta descomposición se ha efectuado en el vectorial b) de fig. 59.

Fig. 60 Fig. Gl

Análogamente en B concurren la fuerza P:c y las rectas de acdón 1 y 2 de las componentes P 1 y P 2 • Descomponiendo P z en las direc­ciones 1 y 2 según indica el vectorial b ) , podrá sustituirse la P:: por las P1 y P2 •

·

Por consiguiente las fuerzas P11 P2, P3 señaladas en el vectorial, son las componentes buscadas ; vale decir, ellas constituyen un sistema estáticamente equivalente al de la fuerza P (fig. 59c) .

DESCOMPOSICION Y EQ UILIBRIO DE FUERZAS 49

Para equilibrar esta última no habrá más que cambiar el sentido las P1, P2, P3, con In cual resulta un vectorial cerrado.

Observaciones : 1 ) Si las cuatro rectas 1, 2, 3, p (fig. 60) son concurrentes, la

d scomposición es indeterminada, según lo dicho al final del parág. 21. 2) Si las rectas de acción 1 , 2, 3 (fig. 61) son concurrentes en A y

la posición- de la fuerza P es exterior al punto A , la descomposición es

P,

Fig. 62 Fig. 63

EL- n CI!L !cm

imposible, porque la resultante de las tres fuerzas P1, P2, P3, debiendo pasar por A, no puede ser la: fuerza P.

3) Si dos rectas de acción 1 y 2 (por ejemplo fig. 62) son concu.:. rrentes, en A, con la p, la fuerza dada P podrá descomponerse según las •·ectas de acción 1 y 2, resultando nula la componente que debe actuar en la recta 3.

b) Procedimiento de Ritter : Sea la fuerza P (fig. r-:3) a descomponer según las rectas de ac­

ción 1, 2, 3. Como el conJunto de fuerzas componentes P1, P2, P3 admite la re­

sultante P, el momento de ésta, respecto de cualquier punto del plano, es igual a la suma de los momentos de aquellas tres componentes.

Eligiendo el centro de momentos en 01, intersección de ·dos rectas de acción, se anulan los rr..omentos de las fuerzas P2 y P3 que pasan por 01• Luego, el valor absoluto del momento en 01 será :

Pp1 Pp1 =� P1d1 P1 = -- [1]

d1 expresión calculable porque p1 y d1 se miden en la escala lineal del es­quema posicional. El sentido de P1 sobre la recta 1, debe ser tal que el ,momento de P1 respecto de 01 tenga igual signo que el de P respecto de 01 (que es conocido) .

Considerando sucesivamente los centros de momentos' en 02 y 03, se obtienen ecuaciones análogas a la [1 ] :

Pp2 = P�d� Pp3 = P3d;¡ ;

de donde los valores de P2 y P3 •

(2 ]

60 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTÉNCIA DE MA TERIALES

Invirtiendo el sentido de las fuerzas P1, P2, P3, se obtienen tres fuerzas, equilibrantes de la P.

EJEMPLO 14. - Dada la fuerza P = 10 t (fig. 64) , determinar : 1 Q) sus componentes según las líneas de acción 1, 2 y 3 ; 2Q) equilibrar P con tres fuerzas según las mismas rectas de acción.

Procedimiento de Culmann : Siendo D la intersección de P cm la recta 1 y 01, la intersección de 2 y 3, se descompone P en las direcciones 1 y z

a) Fig. 64

EL= 50cm 1,2cm.

EF=_ll_ fem o

o)

( fig. 64b ) . A su vez la componente auxiliar x descompuesta en las direccio­nes 2 y 3 resulta el vectorial OA,A,.A, que determina el sentido y magnitud de las componentes :

P, = 4,700 t P. = 6,900 t P, = 5 t

El 'equilibrio se tendrá cerrando el vectorial anterior o sea, cambiando el sentido de las fuerzas P, ; P.; P, . -

Procedimiento de Ritter : Elegido el centro de momentos en O, intersec­ción de las direcciones 2 y 3, resulta de [1] :

10 . 37,5 tcm 79 cm 4,750 t .

Si se busca la componente P,, ésta debe or1gmar un momento respecto de O, de igual sentido que el momento Pp, ; por tanto su sentido tendrá que ser el que aparece en la fig. 64a. La equilibrante de P en la dirección 1 cambia de sentido.

DESCOMPOSICION Y EQ UILIBRIO DE FUERZAS 51

Elegido el centro de momentos en O,, intersección de 1 con 3, se podrá calcular la intensidad de P.:

P -Pp.

2 - d2 = 10 . 75 tcm

108 cm = 6,950 t

Si se quiere la equilibrante P,, el momento de ésta, será igual y opuesto al Pp, .

A-nálogamente la intensidad de Pa, centro en Os, vale :

Pa = Pp. d.

10 . 70-tcm ----,-:---- = 5 t .

140 cm

24. Redúcción de un sistema de fuerzas a una fuerza-copla. - El sistema a reducir es el P1, P2, P3 (fig. 65a) no concurrente. Elegido

a) Fig. 65

un punto C, denominado centro de reducción, cualquiera, se puede trans­portar a él, cada una de las fuerzas dadas, desplazándolas paralelamente a sí mismas, siempre que se introduzca ( 4� operación elemental de la Estática) para cada fuerza, una cupla cuyo momento es igual al pro­ducto de la fuerza transportada por la distancia p de transporte.

Las cuplas así obtenidas, se componen en una cupla única denomi­nada cupla de tra-Slación, cuyo momento vale :

A su vez, las fuerzas P1 , P2, P3 ahora aplicadas en C, se reducen a su resultante R, denominada : resultante de traslación.

En defin'itiva : todo sistema de fuerzas puede reducirse a una re­sultante y a una cupla.

Se dice que el sistema dado ha sido reducido a un siste·ma fuerza­cupla en C. La fig. 65b indica._.los dos sistemas equivalentes.

EJEMPLO' 15. - Reducir el sistema de fig. 66a a una fuerza-c:upla en O. El momento de traslación vale M = + Pb = 3 kgm. Se tiene pues el

Bistema de una fuerza P en O y una cupla de momento M, en torno de O.

52 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

fJ-JOOkg P-!Okg P,-ZOOkg 1]-?IJIJ k!J

Fig. 67

EJEMPLO 16. - Reducir las fuerzas de fig. 67a a una fuerza-cupla en A. El momento de traslación en A, vale :

M == P,a, + P, (a, + a.) - P, (a, + a. + aa) + P,(��t + a. + aa + a,) = = (200 + 300 - 1200 + 1400) kgm = + 700 kgm

La resultante P vale 200 kg. Luego el sistema fuerza-cupla, equivalente al conjunto de fuerzas dado

es el de fig. 67b.

REACCIONES VINCULARES

25. Vínculos. - Cualqait'!r' elemento estructural : viga, columna, armadura . . . , que fotJpa P,arte de un todo, . debe satisfacer, para cumplir sus fines, ciertas condicion�s :

a) Cada elemento tiene que estar eri equilibrio estático, vale d�ir en reposo (no interesan las deformaciones elásticas)', pa-ra lo cual es ne­cesario vincular o 1 apoyar aquellos elementos entre sí y con el suelo.

b) El equilibrio debe ser �stable, exigencia que impone . vínculos de efic\ente realización práctica.

e) No debe sufrir tensiones que excedan los)ímites admisibles de trabajo, para evitar posibles d�formaciones·- -pe-r-1-Udi'é'iales, de cárácter permanente.

·

a)

E�,..,-H;'T Oesplazomlento según x !1 rotación eil. torno de A

ORADO DE L IBERTAD=2

b} A� �-'RQtación. 'en torno di!'A •

liR,AOO DE1(8ÚTAD=1 Fig.:. 68-.

NÍ'}IlfÍIZ movimiento -,-.

liRADO OE L/9éi?JAO=tJ

Los vínculos o apoyos son dispositivos m.att:� iat�s que· red'ucen total , o parcialmente la libre movilidad de un elementc- ·P.s\ructural y quedan caracterizados por el número de movimientos qué - � pe)"lniten realizar. Este número de movimientos libres se denomina g_ra,áó de libertad del -vínculo.

El apoyo representado esquemáficamente en la fig. 68a, está for­mado por una pieza C que apoya, mediante rodillos, sobre una SJI-perfi­cie fija E, y unida por interm�djo del una articulación o perno A, al elemento estructural B.

Constituye un víncqlo con dos grados de libertad : pues sólo permite a la pieza B, un desplazamiento horizontal sobre los rodillos y una ro-

54 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

tación con eje en el perno A. Se denomina articulación móvil df'. apoyo o apoyo móvil de resbalamiento.

El apoyo de la fig. 68b, sólo se distingue del anterior por la ausen­cia de rodillos, estando la pieza C sólidamente fijada al suelo E. Es un vínculo con 1,1n grado de libertad, porque únicamente permite a la pieza B una rotación e�: torno _de la articulación A. Se denomina articulación fija de apoyo o 0/jloyo fijo.

· El apoyo de fig. 68c, constituye· un vínculo fiJo al suelo impidiendo todo desplazamiento o rotación a lá pieza B .. Su grado de libertad es cero. Se deJ!.omina apoyo de empotramiento. ·

2ti. Reacciones vinculares. --:' Presión sv;.,re un apoyo es la fuerza transmitida a éste por las carga�· . ue inciden sobre el ele:rhent

.o estruc­

tural B (fig. 68) � La fuerza opu sta de igual intensidad a. la presión, o sea su �quilibrante, se denoJtlina reacción de apoyo.

· Las reacciones de apoyo -son, pues, fuer>,as que actuando en los vínculos en sustitución de éstos, equilibran a las cargas. Por su carác­ter de equilibrantes

·impiden · el movimiento de la pieza B, mantenién­

dola fija , (excepto las deformaciones el4sticas) . En el caso de la articulación móVil (lig. 69a) , si la presión P,

transmitida al apoyo por las cargas, actúa con una inclinación a, P ad-

a)

z E lnlensidotf tfe Rv

APOYO 110VIL

kR• Intensidades de RH!JHv

APOYO FIJO Fig. 6!1

Intensidades de Hv; I?H !J A EMPOTRA/1/ENTO

mite una componente vertical Pv absorbida por el suelo y otra horizon­tal P11 que d�s¡>laza el apoyo en su \dirección, destruyendo el equilibrio.

J!:ste subsistirá (siempre que la p�esión P actúe perpendicularmente a la superficie- E· de apoyo.

Por consiguiente la reacción de una articulación móvil, tendrá que ser vertical (si E es horizontal) dirigida hacia arriba (en el supuesto de la figura) y pasante por A. Quier� decir que de la reacción R sólo es necesario calcular su intensidad. Un· apouo móvil presenta una $Ol.I incógnita.

En el caso del apoyo fijo (fig. 69b ) , queoa Impedida toda trasla­ción de la piez� B, pero subsiste la posibilidad dé' rotación en torno al perno A.

REACCIONES VINCULARES 55

Como A es un punto de paso de la· presión P, el momento de ésta respecto de A, es nulo ; también ser(l nulo el momento en A de la reac­ción R ; R pasa por A.

De la reacción R, pues,. sólo se "onoce el punto A de su recta de acción, ignorándose la dirección de ésta (a) , y la intensidad. Un apoyo fijo presenta dos incógnitas.

· ·

Por último en el apoyo de empotramiento se desconoce el punto de aplicación A de la reacción, la dirección (a) y la intensidad. Un apoyo de empotramiento presenta tres incógnitas.

27. Determinación de .reacciones. -· La determinación puede ha­

cerse analítica o gráficamente. Como el conjunto de fuerza� form�do por las cargas . actuantes en

la barra y las reacciones, originadas en los ap�s, constituye un sis­tema · en equilibrio, b�stará aplicar a este sistema las condiciones gene­rales de equilibrio estudiadas en los capítulos IV y VII.

Procediendo analíticamente se utilizará uno de los sistemas de ecüa­ciones [1] , [2] o [3] del parág. 19 según convenga, cuando el sistema es concurrente. Si no es concurrente se acude a las [5]_, [6] o [7] del parág. 20, eligiend0 de éstos, el sistema de ecuaciones más conveniente.

En el ca�o de sistemas no concurrentes de fuerzas, sabemos que cada condición de equilibrio : (5] , [6] o [7] , está formada por tres ecuaciones que admitirán solución cuando en ellas aparezcan sólo /tres incógnitas y no más. En tal supuesto, si el conjunto de las reacciones presenta también tres incógnitas (línea de acción, sentido, intensidad) , éstas quedarán determinadas por aquellas ecuaciones.

·

En el caso de sistemas concurrentes de fuerzas, cada condición de equilibrio : [1] , [2] o [3] , está formada por dos ecuaciónes; que admi:­ten solución, si en ellas aparecen dos incógnitas y no inás. Ent9ncés"si las reacciones ofrecen también dos incógnitas, �stas son. calculáhleil por aquellas ecuaciones.

Una barra (viga, columna . . . ) se dice estáticamente determinada o sistema isostático cuando las ecuaciones · de equilibrio de la Estática permiten determinar los tres elementos de cada reacción :. recta de ac­ción, intensidad y sentido.

El procedimiento gráfico para qeterminar reacciones consiste, se­gún el Cap. IV, en la construcción de un vectorial cerrado si las fuer­zas concurren a un punto ; y si éstas no son

· concurrentes és necesario

que ambos polígonos vectorial y funiciilar, .sean cernidos.

EJEMPLO 17. - Se la viga AB (fig. 70) , de luz l = 6 m ( distanci�L entre apoyos) , cargada con una fuerza P = 3 t, que' actúa a la distancia a :6 2 m del apoyo izqui�rdo A. Supuestos apoyos horizontales, determinar las re

.ae­

ciones. Una vig'a con un apoyo fijo v P.l otro móvil, se dice simplemente apoyada.

Dt!signemos con RA la r�acción en A y con· Rn la del .apoyo B. Empece­mos por averiguar si las reacciones puedell obtenerse con las ecuaciones �e · equilibrio de la Estática.

Como las fuerzas P, RA, Rs forman un sistema · en equilibnr-:--sus tres líneas de acción tienen que ser concurrentes.

56 rr-.tiJI'JI'U, C. M. - JI.ISTAT. Y RESISTENCl.ti DE MA 2'l!lRIALES

Fig. 70

EL= 2m !cm

EF=_ll_ /cm

La recta de accwn de Rn, por lo dicho en parág. 26, es perpendicular a la superficie horizontal de resbalamiento E ; luego es paralela a la fuerza P. El punto de encuentro de P y de Rn, debe serlo también .de R .. , para que exista equilibrio ; luego las tres fuerzas P, R, y Rn son paralelas.

C.onocidas las. líneas de acción de R .. y Rn falta determinar la magni­tud respectiva ; es decir, dos incógnitas. Luego la viga es estáticamente de­terminada.

Elegimos las ecuaciones [3] del parág. 19 y como centros de momentos los apoyos A y B. Se tendrá :

{ ¡MA = P . a + Rn . l 3 • 2 tm - Rn . 6 tm = O ¡Ma = - P ( l - a) + R,.. . l - 3 . 4 tm + Ra . 6 tm = O

De donde : Rs

R. _ P (l - a) ... -

l

1 t

12 tm = 2 t

6 m

[1]

[2)

El sentido de las reacciones és hacia arriba, para equthb�.ar la carga P. Gráficamente, las ecuaciones se obtienen dibujando un ·v-ectorial, ori'gen

O; de la fuerza P, y un polar de polo O, ; de lo cual resulta el funicular de · lados 1 y 2 (fig. 70) . Interceptados éstos con las vertic.ales 'uor A y B, quedan fijados los puntos A-ó y Bo ; cuya unión constituye la línea de cierre 3 del funicular. Una paralela!: lii, a ésta, por o, ubica el púnto a, sobre el vectorial. Los vectores . A C y CO, medidos en la escala de fuerzas, indiceu. las intensidades respectivas de las reacciones Rn = 1 t y R .• =:� t.

Obsérvese que al vectorial cerrado OACO corresponde un fbnicular 1 , 2, 3, 4 también · cerrado, condición gráfica de equilibrio.

REACCIONES�Y.INCULARES

EJEMPLO 18. - Determinar las reacciones, en la viga �sj¡p.plemente apo­yada, esquematizada en la fig. ' 71.

GTájicameíte : la reacció� e n B es perpendicular a l a superficie d e ro­damiento del a oyo mismo ; luego por el punto C, intersección , de P con Rs, pasa la recta ostén de la R .. (tres fuerzas en equilibrio son concurrentes ) . Conocidas las rectas d e acción d e R.._ y Rs, será suficiente descomponer P

!J f 1

; R¡¡

1 Jm

Fig. 71

!m EL= tcm

EF=_ll_ !cm

en estas direcciones, y una vez cerrado el vectorial, se oQj:ienen en. él (según la escala de fuerzas ) las · intensidades RA = 4,8 t y R!i-:::=. 2,7 t.

Analíticamente : la reacción en A presenta dos incógnitas : intensidad y dirección ; la reacción en B, normal a la superficie de resbalamien_tÓ¡ una sola : su intensidad. Las tres incógnitas se obtienen aplicando las tre

"s condi-

ciones analíticas de equilibrio vistas en el parág. 20. ' Utilizaremos las ecuaciones [5] del

' parág. 20 : dos ecuaciones de proyec­

ción y una de momentos. Previamente se sustituyen las fuerzas P, R.,, Rn por sus éomponentes

según- x e y : P (P,, P,) RA (R,, R.)

Rn (R',, R'.)

Si el centro de momentos se elige en el apoyo A, las ecuaciones [5] de página 42, resultan : { R. - �oc - Rn . cos 60o = O

(R, - fi_._ sen 50 ° + R11 sen 600 = O <:::: ) 5 . e_e1!YOo . 3 m - Rn sen 600 . 5 = O

[3]

58 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y · RESISTENCIA DE MA TERIALES

De la 3� se obtiene la intensidad de ·� re ... cción en B :

RB = 11,49 tm

= - 2650 k . 4,33 m

g,

que llevada a la primera ecuación en [3] determina la componente horiz.on­tal R. de RA :

R. = 3215 kg + 1325 kg = 4540 kg.

A su vez el valor de RB . sustituído én la 2� ecuación de [3] fija el valor de .la componente R. de R,. :

· ·

R. = 3830 kg - 2295 kg = 1535 kg.

Por último la intensidad Ú RA resulta igual a :

R,. = y 4540" + 1535" . = 4 790 kg ; y su posición ; a :

· R. 1535 tg a = R.- = 4540 = 0,349

EJEMPLO 19. - Determinar las reacciones de la viga con doble voladizo, según esquema .de fig. 72.

·

Las partes en voladizo son AC y BD, así denominadas porque lo.s extre-mos C y D carecen de apoyos. . . . .

,

El procedimiento gráfico puede seguirse en la fig. 72. Los puntos Ao y Bo que fijan la línea de cierre 5 del" funicular, resultan, como se sabe, al

f!=2t

/m-­EL= 0,5cm

fJ=Jt

2t EF= /cm

Fig. 72

interceptar la vertical por A con el primer lado del funicular y la vertical por B con el último lado 4, del funicular correspondiente a las cargas de la viga. Se obtienen RA = 2400 kg y Rs = 3600 kg . .

Para resolvérlo analíticamente, observemos que · las reacciones son ver­ticales (paralela a las cargas P,, P", P3) y en consecuencia el sist'e�a de cargas y reacciones es concurr�nte (en un punto impropio ) . Luego · son su-

REACCIONES VINCULARES 59

ficientes dos ecuacion!!S/ .(_parág. 19) , por ejemplo hs '/[3] .1 Fijando centros de momentos en A y B resulta :

' . . k . ' �MA = - 2 . 1,5 tm + 1 . . 1 .. tm - 4Rs tm + '3 /5,5 tm = O

�Ms = - 2 . 5,5 tm .+ 4RA - � . 3 tm + 3 . 1,5 tm = O;

de donde : Rs . ='\,3625 kg.

EJEMPLO 20. - Dé'�erminar las reacciones de una ..:iga empotrada en A, aegún esquema de íig. 73a.

·

�� l=Zm ]��

r =� .1 l tA . p

%

t

1 Ao z

a) EL= !m. �5cm

o) EF= 5DDk¡ fcm.

EJf= 75Dkg"' !cm

e)

á) .. - � v4 p

!/

8 e) + M

Fig. 73

Transportada l a fuerza P (conforme a la cu�a operación elemental) M la sección A de empotramiento, resulta el sistema equivalente de la fig. 73b, constituído por una fuerza P en A y una cupla de transporte cuyo momento M va le + l'l que se denomina ·momento de empotramiento.

60 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

La fuerza R .. reacción en A, opuesta a la P (fig. 73c) , y el momento - M, son equilibran tes del sistema dado :

R.. = - P = -'- 900 kg - M = - Pl = - 1800 kgm.

Gráficamente se construye el vectOrial de origen O, correspondiente a la única fuerza P; y el polar 1, 11 (fig. 73d) , con lo cual queda determinado el funi<rulat de lados 1 y 2 ( fig. 73e ) .

· El momento d e empotramiento, momento de P respecto de A, se obtiene (ver parág. 14) interceptando la vertical por A con los lados 1 y 2 del -fu­nicular : Ía or4enada y, apreciada en la escala de mementos, fija el valor : M =-1800 kgm;

C�PÍTULO X

BARICENTROS; MOMENTO ESTA TICO DE SUPERFICIES

28. Baricentro de una superficie. - En Resistencia de Materiales interesa la determinación del centro de gravedad o baricentro de super­ficies planas.

Consideremos una chapa plana, homogénea, de espesor muy peque­ño, asimilable por tanto a una superficie plana. Subdividida en n peque­ñas superficies, de áreas �A¡, �A2, · • • • , �A.., ·el peso de cualquiera de ellas será p . �A ¡, siendo p el peso específico de la chapa. El conjunto de estos pesos, constituye un sistema de fuerzas paralelas ·y situadas en

e) Fig. 74"

el planfl de la superficie, supuesta vertical. Su resultante (fig. 74a) es también una fuerza> vertical, P, igual al peso de la chapa :

P = p (�A 1 + . . . + �A11) = pA,

siendo A el área de la superficie total. Es sabido que la línea de acción de P contiene al centro de grave­

dad G, de la misma, cuya posición el)\ la, superficie es invariable. Si xOy es un sistema ortogonafde ejes, de origen cualquiera y con

el -eje '!J paralelo a la dirección P, sean : .X¡ Y¡ , X2Y2, • • . ' x,y,. las coorde­nadas de las pequeñas superficies �A1, . . . , Ll.A. , ; Xr:Ya las del centro de gravedad G. El momento de la fuerza total P == pA respecto del eje y, que es paralelo a la fuerza P, iguala a la suma de los momentos de· cada fuerza f' . �A ¡ (párág. 13) , respecto del mismo eje. Luego :

o:<: JCAI!"l' V, ...., , m • • .c.1.::> 1. .ti. J. • .r n..c..::>l.::>l".t!.iNUIA DE MA TERIALES 1

de donde : ��A • . X; Xa = A • [1]

Suponiendo que las fuerzas,. todas, giran de cualquier ángulo (por sencillez 90°) , dichas fuerzas se dispo.nen paralelamente al eJ'e x. Para este nuevo eje :la'-oécuación anterior será :

p · A · Ya = p (Y¡ . �A1 + . . . + Yn . �A .. ) = p�Yi • �A;,

de donde : .. Ya [2]

Disminuyendo las dimensiones de las áreas �A, aumenta correlati­vamente el número de éstas, que entonces designaremos con dA, y en el límite, las [1] y [2] podrán escribirse así :

fx . dA A Ya = fy . dA

A [3]

que fijan las coordenadas del baricentro G, de la super.ficie plana de area A.

29. Momento é!3tático de una superficie. - Los numeradores de las [3] , que indicaremos con Su y S�·

Su = fx dA Sz = fy dA, [4]

· se denominan, cada uno, momento estático· de la superficie, respecto del eje X o del eje y, de su plano. En las [ 4] el eje de momentos está indicado por el subíndice de S.

Por consiguiente, momento estático de una superficie es la suma de los produr>tps de cada área elemental dA por su distancia a un eje de su plano.

Conforme a las [3] ; las [4] podrán también escribirse así :

[5] fórmulas muy · útiles.

La presencia en las [ 4] de las distancias x o y (positivas o nega­tivas) elevadas a la primera potencia, indica que un momento estático, podrá resultar positivo, negativo o nulo, ya que el área es siempre po-sitiva. ·

La unidad de medida, es una longitud elevada al cubo ; en las apli­caciones, generalmente, el cm3 •

De su propia definición, resulta que si una superficie (fig. 7 4b) de área A, se subdivide en otras parciales de áreas A' y A", cuyos mo­mentos estáticos son conocidos, el momento estático total, S,, iguala a la suma algebraica de los momentos estáticos parciales :

S., = S',. + S", ; [6]

BARICENTROS. MOMEN TO ESTA TICO DE SUPERFICIES 63

y si la sección tdtwl de área A, está formada por partes llenas de área A' y partes huecas de- area A'', el momento .estático de la parte llena ."/'• es igual al mQmento estático Sz de la sección total, disminuído del momento estático de las partes huecas S"z (fig. 74c) :

S'z = Sz - S"z · [7] Estas propiedades, aditivas, . facilitan la . determinación de momentos

státicos de figuras compuestas. Se ha dicho que el momento estático de superficies, puede ser nulo.

}!;ntorices de las [3] resnlta :

Ax0 = fx . dA = O Ay0 = Jy . dA = O. [8]

Como A es una magnitud· J?OSitiva y siempre distinta de cero, para IJUe su producto por x0 o por Ya •. resulte nulo, es preciso que estas dis­tancias/sea-u � iguales

. a cero. :�ego los :jes �e momentos x e y, deben

pasar . por G. Ya que- estos eJeS son arbitranos, se concluye : El momen�o estático de una figum plana es nulo para cual­quier eje barioéntrico de la figura. O también : La anuiación del 'momento estático respect.o a un eje, es condición necesaria y sU,ficiente para que este efe- sea · bciricéntrico.

39. Determinación de baricentros. - De · las igualdades [5] se deduce que si una figura plana admite un eJ'e de simetría, en él estará su baricentro. Y si admite más de ui:w, la intersección de éstos, ubica al centro de gravedad. Las figuras · planas simples tienen casi todas, por lo menos un .eje de simetría, lo cual facilita la determinación del bari­centro.

Fig. 75

Triángulo ( fig. 75) :' G está en. la intersección de las 3 medianas (ejes de simetría oblicua :' A1, �2, �g) .

GM = AM

3 h

3 ' [9]

Paralelogramo : G está en la intersección de los dos ejes �1• �� de simetría oblicua.

64 RAFFO, C. M. · ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Ll !1 Rectángulo : en la inter­sección de los dos ejes f11, f12 de simetría or.tcgonal.

Trapecio : G- e·stá en la intersección de1 eje, l1 de si­metría oblicua con la ' recta A'B' determinada -segun in­dicaciones de la.. f-ig. -75.

En los casos 'no Ül!J}.e:> diatos, p u e d e procedetse analítica ·o gráficamente. ·

Procedifniento dt],alítico. se·a·, por ejemplo, el sector circular de�h1

o · -T X Fig. 76

f��7�. ' ' El ba):ioentro G se encuentra en el eje de .. simetría l1 ; de modo que bastará calcular la orden'ada y0 de G. Aplicando In. segunda ecuación de [3] resulta : . f a 2 1 ' - R cos rp • -2 'R2 drp

-a 3 · !!:._ f a COS rp • drp 3 -a

Ya = --=�,..--.;i�2 --- ----------- = a

R r4 drp R ¡ a R sen a R sen (- a) --� cos 'Pf = � · o sea :

Yo =

sen 'P. !�a 2 R sen a

3 a

3 a

�· el caso de un citadrante de círculo (fig. 77 ), : · a = � 1

Yo

2 R . --;¡2 4 . -/2 R 0,6 R .

Y en el caso de ·un'· s'emicírculo : a = 7f' 2 . (fig, 7'1) :

Ya 4

-· - · . R = 0,4244 R ., 3 7!'

3 a:

[10]

luego :

[11]

' [ 12]

. Figuras c.ompuestas. Pro�edimiento g_ráfipo. · Sea la���pédiéie in­diCada en la f1g. 78, cuyo bancentro G se trata de determmar:

Subdividida .en las figuras simples 1 , 2 y 3 de baricentros . G1, G2, G3 conocidos, y superficies A1 , A2, A�,"t_ambién conocidos,· se consideran estas superficies parciqles como fuerzas aplicadas en sus centros de gravedad · G1, G2, G3 se�ún cualquier dirección del plano, por ejemplo vertical.

La resultante Rú obtenida con ayuda del vectorial de origeri. O, po­lar de radios pol1tres 1 ,- 2_, 3,, 4 y funicular correspondiente, determina

BAR/CENTROS. MOMENTO ESTA TICO DE SfJPERFICIES 65

!/

o""·� · ...:..:....c.....:...�-L.I..-

a)

___ _!O"'c,m.,_,_. �------.1

EL= Jcm R, !cm

20cm,2 E de Area.s=-1 -cm

Fig. 77

Fig. 78

' !/ J

' ' ' '

/ /

/

'·

66 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

ma recta a la cual pertenece el baricentro G desconocido. Haciendo gi­rar las fuerzas A1, A2, A3 de cualquie-r áñgulo

-(en la figura 90°) , y

por intermedio de un veétorial V-- de un polar con orígenes O y 01 res­pectivamente coincidentes ·con lds anteriores, se obtiene una resultante R1 cuya reCta de acción intercepta a la de R1 (vertical) en el punto G, baricentro de la figura dada.

Procedimiento analítico. Se aplican las relaciones [1] y [2] que determinan la posición x0, Yo del baricentro G.

Con referencia al par de ejes , x ó y de fig. 78 se tiene según [ 1 ] :

Xo = A1x1 + A2x2 + A3x3

: A

20 . 5 + 28 . 7 + 40 . 1 1 -----8,...8----- ,= 8,4 cm,

y según la [2] :

A1Y1 + A2Y2 + AaYa

A Yo = 20 . 1 + 28 . 9 + 40 . 18

88 .,�

- J 1.3 cm.

31. Determinación de momentos estáticos de superficies. - Ana­líticamente. Se aplican las ecuaciones definitorias [ 4] o [5] según más convenga.

EJEMPLO 21 . - Dado �1 perfil rectangular de la fig. 79, calcular el mo­mento estático de la superficie rayada,· respecto del eje baricéntrico x.

Conviene aplicar la · [5] . Se tiene ( A = área de la superficie rayada) :

S. =- .,,A = ( y

]J

h

2 - y) ( h ) b bh2 + 2 . . b 2 - y = - 2 y' + -8- [13]

-- X

Si b = 30 cm ; . y = 10 cm ; h = 40 cm; resulta :

S. = 4500 cm•

En ..,articular para la · mitad superior del pe:r:0. rcetangular bh,

·· esto es cuando / y = O, resulta la fórmula :

bh' 30 . 40' Fig. 79 s. = -8- = 8 6000 cm•. [14]

EJ·EMPLO 22. - Momento estático del sector circular de fig. 76, referido al eje xx.

Utilizando la ecuación [5] y atendiendo al valor [10] resulta :

S. = YoA = 2 sen a • R

3a . aR" = 2 sen a · · . . 3 . R• . [15]

En el caso de un cuadrante (fig. 77a ) , y de acuerdo con el valor Yo. dado por [11] , será :

S. = YoA = 4 -.[2 R . 4 ..j2 R•.

3 [16]

BARICENTROS. MOMENTO ESTATICO DE SUPERFICIES 67

Y para un semicú·culo (fig. 77b) según [12] resulta : 4R 'TTR1 2

S. = YaA = """"3?T • -2- = 3 R" . [17]

Gráficamente. Subdividida la superficie dada, en otras parciales cuyos centros de gravedad se conozcan y asimiladas sus respectivas áreas a fuer­zas paralelas · al eje con respecto al cual se quiere calcular el momento está­tico de la superficie total, podrá aplicarse, en la determinación del momento, el procedimiento de fuerzas coplanares (parág. 14) .

EJEMPLO 23. --'- Determinar el momento estático del perfil doble T (fig. 80) referido al eje a.

12cnt

a

Ao P

Fig. 80

EL=.iEf!._ !cm.

E t!e Are as = c4cm.l Jcm.

!J • Bo C = J.Ztm

S= ó14 tm3

EM= EL.EA . k - f9Zcm 1 ltm

Las áreas de los dos rectángulos 1 y 2, en que se ha dividido el ¡: ,rfil, valen :

A, = 24 cm• A. = 18 cm•. Asimiladas a fuerzas, aplicadas horizontalmente (porque el eje de mo­

mentos también lo es) en G. y G., ba�icentros de cada rectángulo parcial, aituados G, G, en el eje de simetría A del perfil, se construyen los poligonos vectorial, polar y funicular, indicados en la misma figura.

La ordenada y = B.C, situada sobre el eje de momentos, comprendida entre. los lados extremos 1 y 3 del funicular, y apreciada en la escala de momentos, indica el momento estático del perfil T respecto de a.

CAPÍTULO XI

ESFUERZO CORTANTE - MOMENTO FLEXOR

32. Fuerzas exteriores. - Consideremos el sistema material de fig. 81, constituído por una viga y sus dos apoyos. Las fuerzas P1 y P2 que inciden en la viga, provenientes por ejemplo, de sendas columnas descansando en C y D, son fuerzas originadas por cuerpos exteriores al sólido viga-apoyo : se denominan fuerzas exte1·iores a este último

a) A r r 6 A�----c�---------o�--��-

o) P,

l r Fig. 81

sólido. Si aislamos la viga de

sus apoyos, sustituyéndolos· por sus respectivas reaccio·­nes RA y RB, que dichos

apoyos ejercen sobre la vi­ga, ésta se presenta como un sólido (fig. S lb) some­tido a la acción de las ftre:J;"­zas P1, P2, RA, R8, todas provenientes de e u .e r p o s exteriores a la viga 'IJÚ:S­ma. Luego /.as reaccionés son exteriores a ·za viga.

Por consiguiente, se denominan fuerzas exteriores a un sólido las eJercidas sobre él, por otros cuerpos no solidarios con aquél. En par­ticular P 1 y P 2 se denominan cargas ; y se dice que la v-ig-a está solici­tada por el sistema de cargas P1, P2 y de reacciones RA> Rn_; sistema, como sabemos, en equilibrio.

33. Cargas distribuídas. - Las fuerzas consideradas hasta ahora se denominan fuerzas concentradas por estar localizadas en un punto. Además, de �tas pueden presentarse fuerzas distribuídas : presión del agua sobre una superficie, empuje de tierras sobre un ' muro, peso pro­pio de una viga, de.

En particular, las cargc.f" distrihuídas sobre una viga, pueden re­presentarse gráficamente, trazando en cada punto de la misma, una or­denada representativa, a escala, de la intensidad p que soporta (la uni- •

dad de longitud de viga) (fig. 82a) . Resulta una línea e denominada -línea de carga, que 1�resenta 1a

ley de variación de la carga p a lo largo de la viga.

ESFUERZO CORTANTE. MOMENTO FLEXOR 69

Si Jos., valores de p se suceden en forma continua t>t1·á expresable or una función p = f (x) . Cuando p es constante a Jo .Jargo de la viga,

1 linea de carga es una horizontal ( fig. 82c) . ·

Un eleme.rito; di, de lon­rltud de viga estará, por ccrn-alguiente, solicitado por la O) fuerza dP = p . f]:x, y toda la v iga estará solicitada- .l:>or la fuerza :

P = J � p dx . [1]

Como el p r o d u c t o p dx (fig. 82a) , mide el área de un elemento dA, de superfi­cie, la carga total P, vale :

P = f dA = A . [2]

p

A�uu1111111111 mullllllllllll �iÍÍmmffi l!llll'!a e) Fig. 82

La s u p er f i c i e ACBA (fig. 82a) se denomina su­perficie de carga. Si se con­sidera una porción de esta su­petficie, limitada por dos or­denadas MJ y NK (fig. �2b ) superficie JM]VK, ella podrá reemplazarse (.por una carga concentrada, cuya intensidad P está dada por el áre� de la superficie rayada ·: en la fig. 82b y aplicada en el cen­tro de gravedad G de la misma.

34. Definición de momento flexor y de esfuerzo cortante. - C on­Ridérese una viga horizontal solicitada por ' las cargas P1 , • • . , P4 y por las reacciones RA y Rn, todas contenidas en un plano verjical pasante por el eje geométrico, AB, de la viga. El conjunt0 determina 'un sistema plano de fuerzas en equilibrio.

Imaginando seccionada la viga por un lor!te S comprendido entre dos fuerzas sucesivas, designemos con R1 (ftg. �3a) la resultante de las fuery;as exteriores, RAr P1, P2, situadas a l� izquierda del corte S, o sea en· el trozo AS de viga ; y con R2 la resui'tanté de las situadas a la derecha de S (trozo SB) . Como el total de las fuerzas exteriores está en equilibrio, , l,s fuerzas R1 y R2 serán iguales en magnitud, de sentido contrario y cQl,m� Jes.

Trasladando /R1 al centro de gravedad (fig. 83b ) G cte la sección S (4� operación . elemental de la Estática) se introduce un par de tras­lación cuyo momento es M 1 •

El sistema formado por R1 (aplicado en G) y la cupla M1 , consti­tuyen un sistema equ ivalente al R,t o P1 y P2 •

70 RAlt'FU, U. M. · ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

a)

R,

e)

Fig. 83

La cupla de traslación se denomina cupla de flexión, y el valor de su momento : mo­mento flexor o !lector en la sección S. Convendremos en asignarlo s i gn o positivo, se tiende a hacer girar la parte izquierda AS de viga, en el sentido de la flecha curvilínea de fig. 83b, que es el sentido de movimiento de las agujas del reloj. N e g a t i v o será el opuesto.

La fuerza R1 en G y con­tenida en el plano a de carga o de solicitación (fig. 83c) , admite d o s componentes : N según el eje de la viga y Q perpendicular a este eje, es decir a N, y situada Q, en el plano de la sección S. Nótese que N y Q son también com­ponentes de las fuerzas RA, Pv P2, pasantes por G.

La fuerza Q se denomina esfuerzo de corte o cortante o tangencial.

Lo consideramos positivo si tienq�<a cortar hacia arriba, el tramo iz­quierdo, AS, de viga. En la fig. 83c, Q es negativo.

Todo lo anterior puede aplicarse a la parte derecha de viga, SB, cambiando el signo a M1 y a R11' puesto que la estructura AB está en equilibrio.

En conclusión : M omento flexor en la sección S de una viga, es el momento de todas las fuerzas exteriores actuantes a la izquierda de S, res­pecto del baricentro de S (o a la derecha con el signo con­trario) . Esfuerzo de corte en la sección S de una viga, es la compo­nente vertical, aplicada en el baricentro de S, de todas las fuer­zas actuantes a la izquierda de S ( o de las fuerzas situadas a la derecha de S con signo contrario) .

35. Determinación gráfica del momento flexor y del esfuerzo cor­tante. - Sea la viga AB (fig. 84) simplemente apoyada, solicitarla por las cargas P1, P2 y P3 .

Ante todo es necesario equilibrar las cargas, determinando las reac- -

ciohes RA y R8 • Mediante una escafa" 9onveniente de fuerzas, se traza el vectorial de las cargas : el vector (!)A representa la resultante de

o)

ESFUERZO CQif,TANTE. MOMENTO FLEXOR

a -4m -

42! a2-J m a •!m 1]·4!

A �P, .. zt

s, 1 oé ' X rF

• l=5m ' 1

A, '

A0i 1 1 1

M

/; !m =

IJ-5t

1 B Jr JD" 1

1 1 1 : � 1 1

o

ÉL= !m !cm "'

EF=_jj_ !cm

EM= fOtm !cm

h=2. .cm

71

todas éstas. Proyectando el vectorial desde un polo 01 podrá trazarse el funicular de lados 1, 2, 3, 4 (fig. 84a) . La intersección A'0 de su primer lado 1, con la vertical por A ; y la intersección B' 0 del último lado, 4, con la vertical por el apoyo B, determinan la línea de cierre 5, del funicular. Una paralela a ésta por 01 señala sobre la resultante OA el punto D', que fija las reacciones RA y Rn en magnitud, dirección y sentido : RA = 4,2 t, Rn = 6,8 t.

El diagrama rayado de fig. 84a, es el diagrama de momentos fle­xores. Para utilizarlo se construye previamente la escala de momentos, multiplicando las escalas lineal y de fuerzas por la distancia polar h = = 2,5 cm.

Si se quiere determinar el momento flexor en S1 b1astará trazar la vertical por este punto, hasta interceptar los lados 5 y 2 del funicular, que comprenden a las fuerzas RA y P1 situadas a la izquie"rda de S. La longitud de la ordenada y, apreciada en la escala de mdmentos, fija el valor M del momento pedido :

10 tm M = y . EM = 0,6 cm ' = 6 tm. · 1 cm

Obsérvese (fig. 84a) , que a este momento corresponde signo positivo ; como así también al momento flexor de cualquier otra sección de la viga .

72 RAF'FO, C. m. - i!. 6 1 'A 1 '. Y RE:::il:::i U !¡Nt;lA J.Jl!.' 1V1 A 'l '.I!JR!ALES

Pasemos a determinar gráficamente el esfuerzo cortante en una sección S. Como -io�as las fuerzas exteriores son verticalés, el esfuerzo axil N, de fig. 83c, · resulta nulo ; el esfuerzo cortante 0 tam�ien será vertical.

Entonces, trazada una horizontal de referencia A0B0 (fig. 84b) por D', no hay más que proyectar horizontalmente el origea {]) del vecto::

rial : en A0A1 se tiene en magnitud y sentido el esfuerzo cGrtante en una sección muy próxima al apoyo A. El valor R,1 se mantiene constante hasta la vertical P 1 . Trazando por A' 1 una horizontal, queda determi� nado el punto A3 : la ordenada A' 0A3 es el esfuerzo cortante a la iz� quierda de P 2 y A' 0A' 3 a su d_erecha. Así siguiendo resulta el diagrama de esfuerzos cortantes de la fig. 84b. La zona positiva señala el trozo de viga en donde los esfUerzos de corte se dirigen hacia arriba ; a la inversa en la negativa.

1 : . 36; Determinación analíti�a del momento flexor y del esfuerzo

cortante .. ___.:. Para obtener las )ieacciones se aplican las ecuaciones de equilibrio del parág. 19, pues sólÓ existen dos incógnitas : intensidad de cada reacción. Utilizando las [3] del parág. 19 :

MA = P1a1 + P2a2 + P3a3 - R8l = ó [ 1]

MB = RAl - P1 (l - a1 ) - P2 (l - a2) - P3 (l - a3) = O ; [2]

de donde :

Rs '2-Pa 2 . 1 tm + 4 . 3 tm + 5 . 4 tm 6,8 t · [3]

l 5 m

'2-P (l - a) 2 . 4 + 4 . 2 1 5 . 1 RA = T tm = 4,2 t . [4] l 5 m

Pasando al momento flexor en una seccwn S distante x del apoyo A, se tendrá, según · su det�niciqn, la siguiente ecuación · lineal :

Mz = R:fx - P1 (x - a1) - P2 (x - a2) - P3 (x - a3) = R.4.x - :'2.P (x �-a) .

Por ejemplo: si x = 3,50 m, resulta :

M = 4,2 . 3,50 tm - 2 . 2,50 tm - 4 . 0,5 tm = 7700 kgm

como valol\ _,_yara 'el momento flexór en S.

[5]

En par�icular si x está comprendida entre A y E, el momento fle- · xor, segúu 'la [5] , .se reduce a la ecuación lineal :

[6]

que referida af par de eJes xA' 0M. . Cifg. 84a) , está representada por el segmento A' oA" 1> pues para X = o, resulta :

punto A'0 ;

ESFUERZO COR TANTE. MOMENTO FLEXOR 73

y para x = a1 = 1 m, resulta :

M, = R_,a1 = ·4,2 tm : punto A"1 . [7] ·'-....._

Si la distancia x está comprendida entre E y F, según [5] , es :

M, = RAx - P1 (x - a1 ) [8]

represéntada por el segmento A"1A"2, pues para x = a1 = 1 m, adquiere el mismo valor [7] : •

4,2 tm ; punto A"1,

punto A"2 • [9]

Prosiguiendo en igual forma para los restantes tramos de viga com­prendidos entre dos cargas consecutivas, se obtienen expresiones linea­les en x, análogas a las [6] y [8] . El conj"unto\ de estas ecuaciones de primer grado, tradu.ce analíticamente ·el diagrama· de momentos flexores (fig, 84a) de la viga.

En cuanto al esfuerzo cortante, para cualquier sección comprendida entre A. y E, su valor es constante e igual a :

Q = RA = 4,2 t . [10]

Refiriéndolo al eJe A0B0 (fig. 84b ) , está representado por el seg­mento horizontal A�A2 •

Entre E y F, adqi.tiere..-el valor :

Q = R A - p 1 = 2,2 t

correspondiéndole, en el gráfico, el segmento horizontal A' 2A3 • Análogamente entre F y J, será :

Q = R,1 - P1 - P� = - 1,8 t

cuyo gráfico es A' 3A4 •

Por último entre J y B :

[11]

[12]

Q = R.1 - P1 - P2 - P3 = - RB = - 6,8 t . [13]

Observa.ciór;, : El diagrama de momentos flexores (fig. 84a) está formado por una poligonal continua : A' 0A" 1A" 2 . • • ; significando con ello que en las verticales de las cargas P1, P2, • • • , dos lados consecuti­vos de la poligonal, por ejemplo, A' 0A" 1 y A" 1A" 2, si bien · modifican sus respectivas pendientes, fijan para el momento flexor en cada verti­cal, un valor único, dado por la coordenada C' A" 1 en nuestro caso.

Por el contrario, el diagrama de esfuerzos cortantes (fig. 84b) es parcialmente discontinuo. Así ea la vertical pasante por la carga P1, el esfuerzo cortante inmediatamente anterior a P1, vale 4,2 t [10] ; al actuar esta fuerza P17 el _ valor de Q dismjnuye bruscamente al valor ·

2.2 t [ 1 1 ] . Análogamente para la sección J.

4 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

En ambos casos, el cambio brusco de valor se produce sin que Q cambie de signo. Lo cual no se presenta en la sección correspondiente a la vertical de la carga P 2 : el cambio brusco del valor de Q se realiza pasando por el valor cérv.

En los puntos de discontinuidad, que siempre se manifiesta en sec­ciones coincidentes con fuerzas verticales concentradas, se asigna a Q el mayor: de los dos valores señalados.

37. Relaciones entre · carga, esfuerzo cortante y momento flexor. Relación entre p y Q. - Consideremos una viga simplemente apoyada

e,n A y B (fig. 85a) solicitada

a)

Fig. 85

f?8 por 1una carga específica p, dis­tribuída según la curva de car­ga p.

Sean e y e1 dos puntos de viga distantes .llx uno de otro, y consideremos el trozo de viga Dee1D1 (h = altura de la vi­ga) . El esfuerzo cortante y el momento flexor, en e, los de­signaremos, r e s p e c t iv a mente, con Q y M ; los· supondremos am­bos positivos. El esfuerzo cor­tante y el momento flexor, en e1, serán Q + .llQ y M + .11M.

Al pasar de la s e c c i ó n e a la el, el incremento .llQ del esfuerzo c o r t a n t e, proviene de la f u e r z a p . .llx (fig. 85b ) ; luego :

.llQ = - P.llX .

Dividiendo por .llX y aproximando la sección el hacia l a e, .llX tien­de a cero. Luego :

dQ -- = - p .

dx [14]

Esta relación dice que la carga específica p es , ?tUméricamente, la derivada, respecto de x, d·el esfuer-zo cor-tante.

El signo negativo indica que la pendiente _!!!___ del diagrama cor­dx

tante, en la sección de viga situada a la distancia x de A, es negativa. La [14] es váli.da para secciones en que p está unívocamente deter­

minada. Relac'¿Ón entr-e Q y M : El incremento .11M (positivo o negativo) del momento flexor, al

pasar de la sección e a la el> proviene de la fuerza Q y de la carga p . .llx (fig. 85b) . Su valor será, pues :

.llX .11M = Q • .llX - p . .llX . -- . 1 2

ESFUER,ZO CORTANTE. MOMENTO FLEX(JR 75

Dividiendo por Ax y haciénde-tender a cero la distantia Ax. resulta ·

dM = Q ; dx · . C15J

Relación que dice : el esfuerzo cort'd,nte es la derivada, respecto de a;, del momento ilexor.

Al igual que [14] , la [15] es válida únicamente en las secciones donde Q tiene un valor bien definido.

Como M = f (x) -por ejemplo la [5]-, resulta que si Q = O, o a ea

dM -- = o, dx

[16]

esta derivada nula, significa la presencia de un max1mo valor de mo­mento flexor (en valor absoluto) en las secciones de esfuerzo cortante nulo (1) .

En el caso de puntos¡;de discontinuidad para los esfuerzos cortantes, anotada en la observaciqn del 1 parág. 34, si bien Q no adquiere valor nulo, en cambio pasa necesariamente por cero. Con lo cual se podrá ex- . tender la condición [16 ] . al caso de fuerzas concentradas verticales, di­ciendo :

El momento flexor es máximo, en las secciones en que el es­fuerzo cortante resulta nulo · o pase por el valor cero (cambia de signo) .

Relación entre p y M : Derivando la [ 15] respecto de x, se obtiene :

[17]

y por [14] resulta :

= - p . [18]

O sea : la derivada segunda 1-el momento flexor es igual a la carga espe­cífica (salvo el signo) .

Nota. - La [14] es la ecuación diferencial del esfuerzo cortante y la [18] es la ecuación diferencial del momento flexor. Conocida la carga específica p, la integración de estas ecuaciones permite determinar Q y M, teniendo en cuenta los apoyos�

EJEMPLO 24. - Determinar l�j:S reacciones de una viga simplemente apo­yada, solicitada por una carga unjiformemente distribuída a razón de p= 1 t por metro lineal de viga (fig. 86j .

( 1 ) E l esfuerzo cortante es nulo, también . . Pára M = constante o M = O; en este último caso, resulta que s i una pieza tiene momento nulo, su esfuerzo cortante es cero. La pieza, por tanto, estará solicitada exclusivamente por el esfuerzo axil N (fig. 83c) .

·· ·

76 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y �ESISTENCIA DE MA TERIALES

a)

b) 1 I r 1 1

8' Fig. 86

Procedimiento analítico. La carga total es igual a :

p = p l = 6 t.

Las dos reacciones, por simetría de l a carga, tienen el mismo valor :

p pl R_, = R. = -- = -- = 3 t . 2 2

El momento flexor en una sección cualquiera, situada a la distancia � del apoyo A, está expresada por la funr'i·ón de x :

M. = R.x - p . x

o sea, reemplazando el valor de R. :

X

2

. pl p JL = -- x - - x' 2 2

Así : la sección x = 2 m, está solicitada por un momento flexor de :

1 . 6 1 Ilf = --- . 2 - - . 4 = 4 tm 2 ' 2

[19]

La ecuación [19] es función de 2<? grado en x. Su gráfica que es una parábola, constituye el diag rama de. mom entos flcxores. Escribiendo la [19] en esta otra forma :

M. = � ( l - :r) ; 2 [20]

ESFUERZO CORTANTE. MOMENTO FLEXOR 77

resulta que siendo x < l, el factor entí:e paréntesis es positivo ; y como pr11 2

siempre es, positivo, el momento flexor será ' s-iempre positivo en toda la viga. El valor de éste en el apoyo A (x -·-o ) y en el B (x = l) será nulo :

M,. :::;:: Mn = O .

El máximo momento flexor : M . . ,.,, resulta de anular la deriva9,a 11!- de [19) :

, dM ' dix;

pl ' = -2- - p:�; _ = o

l x = T ;

es decir en el centro de la viga se presenta el máximo momento flexor, y v.ale según [19] :

Numéricamente :

M·�ax = ,pL . -2- }

pf 8

2

ó

p 2

M .. 1:1x

M.,,,. = 4500 kgm . En cuanto al esfuerzo cortante [15] se tiene :

dM = Q = pl dx 2

Por ejemplo, en x = 2 m, Q vale :

px

r-4 Pl

-8-

Q = � - 1 . 2 = 1000 kg 2

[21]

[22]

La ecuación [22] es de primer grado ; su gráfica, que es una recta, cons­tituye el diagrama de esfuerzos cm·tantes en toda la luz de la viga. Para x = O (apoyo A ) y para � = l ( apoyo B) , Q vale :

pl p Q .. = 2 2 [23]

pl - --2

p 2

En el centro de la viga ( x . = +) vale :

dM � Q = O dx

Por consiguiente, según la [16] , en el centro de la viga se presenta el momento flexor máximo, cuyo valor está dado por [21] . Procedimiento gráfico.

Dividida la superficie de carga en n partes, iguales o desiguales y con­sideradas aplicadas en sus respectivos centros de gravedad las fuerzas : �

P, = pl, ; P. = pl, ; . . . ( fig. 87) , si se construyen los polígonos vectorial Y polar ae estas fuerzas concentradas, queda determinado el f.uniculat de la­dos 1; 2, 3, 4, 5 (fig. 87a) .

78 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

l,

A

l= ÓIIZ lz l

Fig. 87

o

EL=.É:L !cm EF=_jj_ 1 C!rt

EM= Jtm !cm

Si el número de divisiones n de la superficie de carga.s, aumenta inde­finidamente, los lados 1, 2, 3, . . . del funicular resultan tangentes; en los puntos de subdivisión Ao, Do, Co, Eo, Bo de la superficie d_e cargas, a la pará­bola de momentos flexores (fig. 86a) . El funicular se transforma en una parábola cuya recta de referencia es la línea de cierre AoBo de aquél. Esta línea de cierre, sabemos que podrá resultar oblicua u horizontal.

La parábola de momentos flexores puede trazarse fácilmente, mediante distintos procedimientos gráficos ; uno de ellos es el siguiente (fig. 88) :

Trazados los lados 1 y 2 del funicular correspondiente a la fuerza to­tal : P = pl, el 1 Q por A o y el 29 por Ro ' (siendo AoBo paralela a O,B, del polar y recta de referencia de los momentos ) , se dividen los segmentos AoE y BoE (fig. 88b) en un número cualquiera de partes iguales, numerando sus

ESFUERZO CORTANTE. MOMENTO FLEXOR

extremos según indica la fi­rura. Las rectas detel'mina­das por las rectas (1'-1') , (2'-2'), (3' -3'), . . . , son tan­gentes· a la parábola de mo­mentos.

El procedimiento es vá­lido cualquiera que "fuere la posición de la línea de cie­rre del funicular ( fig. 88c) , siendo siempre, la tangente en D, paralela a la línea de cierre.

Pára determiiJ..ar gráfi­camente. el esfuerzd cortan­te, volvamos a la fig. 87b.

\En el trozo de viga entre A y P,, el valor de Q es cons­tantemente igual a +R-< ; a partir de la recta de acción

' de P, disminuye de P�, man­teniéndose este nuevo valor hasta la vertical P, . Así si­guiendo r e s ul t a diagrama escalonado de e s f u e r z o s cortantes : . A'B'C'D' . . .

8, 1 1 1 1 M '

:e 1

A, ,

IL)

Z-5m IJ-4,5't

Fig. 88

1 / Fig. ¡89

� 1 1 1 1 1

p

EL=.l.!!L /cm

EF= Zt le m

EM= · dtm . !cm

79

80 RAFFO, C. M. · ESTA T·: Y- RESiSTENCIA DE MA TERIALES

Si el número de divisienes n ae ia:· ·s)lperficie de cargas, tiende a infi­nito, el diagrama se reduce- a la reéta A'B>,, coincidente con la recta A'B' de fig. 86b.

EJEMPLO 25. - Determhiar gráfica y analíticamente momentos flexores y esfu'er:ios cortantes de la viga con un voladizo de fig. 89.

Anallticamente las reacciones, _paralelas a las fuerzas exteriores, pue­den calcularse mediante una ecuación de momentos y una proyección sobre un eje vertical. La ecuación de momentos será :

MA = - P,a + P,b - Rnl = O

Ro = - P,a + P,b l

Proyectado sobre un eje vertical :

= + 950 kg

- P, + RA - P, + Ro = O RA = P, + P, - Ra = 4550 kg .

El momento flexor en cualquier sección de viga comprendida entre C y A, es igual a :

M = ...:.... P,.

representado por la recta C1oA, (fig. 89b ) . En C (x = O ) vale : Jf,. = O ;

y en A (x = 2 m ) : Jf , = - P,a = - 2 tm . Entre A y D el momento flexor está determinado por la <:XJl lT, ; ,;;�

M en A ( x = 2 m) : En D (x = 3,5 m) :

- P, + R . ..(x - a) : recta A .A., ;

M., = - P,cr. = - 2 tm .

Mn = - P¡ (a + b) + R.,b = 3,325 tm .

[2 ·iJ

[25]

Entre D y E, a la distancia X de e, el momento flcxor lo fija la ex­presión lineal :

.U = - P, + RA ( :c - a ) - P, (x - a - b) : recta A,B',, , [26'

En D (x = 3,50 m) vale :

Mn = - P, ( a + b) + RAb = 3,325 tm ; coincidente con [25] ;

y en B (x = l) vale : Mn = O .

En vez de [26] puede utilizarse la expresión más simple :

M = Rs ( a + l - x) = - 0,95 x + 6,65

momento de las fuerzas situadas a la derecha de la sección x, con signo con­trario.

El esfu.erzo cortante, en toda sección comprendida entre C y A , vale :

Q = - P, = - 1 t : ecuación de la recta B,B, ( fig. 89n ) .

ESFUERZO CORTANTE,; MOMENTO FLEXOR 8 1

Entre A y D :

Q = - P, + RA = 35.50 kg: ecuación de la recta B,B, .

Entre D y B :

Q = - Ro = - 950 kg : , ecuaci4n de 1�/r-.ecta B,B • .

E l máximo momento flexor se encu�ntra so�re:: una ,:d� las ,seccH?nes -ver­ticales pasantes por A y por D, en dond:e, Q can;¡b1a de s1gno :

Mmox = 3,325 kgm : en D .

EJEMPLO 26. - Diagrama cortante y momento flexor máximo en la viga (fig. 90) simplemente apoyada en A y B, con dos voladizos.

!m f5m l5m . f?<!t .

H;=JZ!5kg

1 1 1 ;J_

1 1

;¡-zt

��mm��mmmmmmmm��ww�� . jt

Fig. 90

EL=..!!!!:..... '!c!T7J

. ft EF=� tcm

La deteb:•ninación::analítica de la reacción en A se obtiene medianté la ecuación qé momentos, :'por ejemplo respecto de B, de todas las fuerzas exte­riores, igualada a cero :

� 1000 . . 4,50 ;t- 3,50 RA ...,..... 500 o 2 - 500 o 0,50 + 2000 o 1,50 = o . RA = 785 kg .

La reacción en B¡ puede obj;enerse proyectando verticalmente, las fuer­zas exteriores' que debe s'!r nullf: -

- P, + RA - P, - P, + Rs - P. = O. Rs = 1000 - 785 + 500 + 500 + 2000 = 3�15 kg.

El esfuerzo co1:tante entre C y A vale :

·fl = - P, = - -.ooo kg.

82 RAFFO, C. M� - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

, .E¡ntre A y D :

(/J · .= - P1 + R .... = (- 1000 + 785 ) kg = - 215 kg.

Entre D y E : · Q 1:::,.· - P, + R ... - P, = - 715 kg.

Entre E y B : Q = ---' P, + R ... - P, - P, = - 1215 kg.

Entre B y F : Q = + P. = 2000 kg.

El esfuerzo cortante cambia signo en la vertical del apoyo B, luego en esta sección se produce el máximo momento flexor, que vale :

Mmax = - P.a = - 2000 . 1,50 kgm = 3000 kgm .

En la sección x = 3 m, el momento flexor será :

M. =- 1000 . 3 + 729 . 2 - 500 • 0,50 � - 1790 kgm .

EJEMPO 27. - Determinar analíticamente los momentos flexores y es­fuerzos cortantes, en la viga (fig. 91) con dos voladizos, sometida a una carga de 2000 kg por metro lineal.

Las reacciones presentan dos incógnitas : sus intensidades. Una ecuación de momentos respecto de A permite determinar la intensidad de Rn :

a l \ { b ) M ... = - pa . 2 + pl . 2 - Ro . l + pb l + 2 = O ;

- 4 + 36 - 6Rs + 45 = O . ' . Rs = 12,8 t.

La intensidad de R ... puede obtenerse proyectando verticalmente todas las fuerzas exteriores :

R ... + Ro - p( l+ a + b ) = 0 . R ... = - 12,8 + 2000 (6 + 2 + 3) = 9,2 t .

Tramo CA ; el esfuerzo cortante en una sección distinta x de C, es :

Q. = - px, representado por la recta CoA'. En C y en A el valor de Q vale :

Qc = O ;

Tramo AB; a la distans:ia X ' de e : Q. T ,...,. px -r �R;, [26']

también representado por una recta¡ 1a A"B'. En 4 el esfuerzo cortante es :

Q ... = - pa + R.. = 5,2 t ; en B vale :

Qo = - p ( l+ a) + R ... � - 16 + 9,2 = - 6,8 t .

El esfuerzo cortante es nulo en l a sección vertical por H; ' la abscisa x: resulta de la ecuación [26'] igualada a cero :

- px, + R ... = O x, = 4,60 m . [27]

ESFUERZO CORTANTE. MOMENTO FLEXOR 83

� =9,Zt

Fig. 91

Tramo BD ; la resultante de las fuerzas exteriores a la derecha de una sección x, con signo cambiado, es :

Q. = p (l + a + b- x) ,

rep,resentada por la recta B"Do . En .. B es :

Qn = 2 (1 1 - 8) = 6 t . En Do resulta :

Qoo = O . Pasemos al momento flexor. En el tramo CA y a la distancia x a partir

de e, se tiene : • M. = - . ·� . ' z : '

representada por la parábola C'.A,. En C'� :

Mc'o = O,

84 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

y en A : pa" M ... = - -- = - 4 tm . 2

[28]

Tramo AB y en una sección distante x, a contar del apoyo A, se tiene:

M. = - p (a + x) ·

Sustituyendo valores

a + � 2

M. = - (x + 2) ' + 9,2 x = [- x• + 5,2 x- 4] tm [29]

representada por la parábola A,A,A,A,A, . ·.En e l apoyo A (x = O) es :

M ... = - 4 tm

coincidente con el valor obtenido anteriormente [2Sl.

En el apoyo B (x = 6 m) :

Ms = - 36 + 31,2 - 4 = - 8,8 tm .

La pos1c10n de los puntos A, y A, en donde el momento flexor es nulo, resulta de igualar a cero la [29] ; es decir :

x' - 5,2 x + 4 = O, cuyas soluciones son :

�' = o .. 94 .m .

E l máximo momento flexor ·posi_ti.vo, en el tranlo $B, se presenta en la sección por H ( x = 2,60 m) en dende Q = O, y va'l� :

Mmax = - 2,602 + 5,2 • 2,60 - 4 = 2,76 tm.

Tramo BD y una sección dista'lit�> x del apoyo B :

M. = - p( b- x) .

o sea :

b - X 2

v<b - x> • 2

M. = - ( 3 - x) ' = - x' + 6x - 9

representada por la parábola A.D' • .

[30]

EJEMPLO 28. - Viga con dos apoyos (fig. 92) solicitada por cargas mix­tas : P, ; P, ; P, aisladas, y p = 2 t por metro lineal, uniformemente distri­buída en toda la viga. Se piden diagramas cortante y flexor.

Sólo dos incógnitas ofrecen los apoyos : sus magnitudes. Una ecuación de momentos respecto del apoyo A, permite hallar la intensidad de Ra :

M,. ;:: pl, (+ - a ) - P,a + P,b - Ral + P, ( l-a) = O .

Sustituyendo valores y despejando Ra, resulta :

Ra = 18 t .

Proyectando sobre cualquier eje vertical :

- pl, - P, - P, - P, ..¡.. R.., + 18 = O,

ESFUERZO CORTANTE. MOMENTO PLEXOR 86

r It p=gL r rt r c llilllllllllll lli'lllllllllllllllll.ltlllllllffillllll!lllll]lllllllllllllllliUIIIIIIIIIIIII 0 1 A 1E · D 1 ' 1 1 d 2 1 ¡__ a-2m • 1• ó-5,51Jnz • : , c=2.5nz �. = m 1 2m 1 1 l=8m 1 1 : EL= l5cm ! 1 ' ' l =�m t � x=4.50m 1 1 1

+ �1

1 +/1 1

�e obtiene :

�� ' !

Fig. 92

RA = 15 t.

Determinemos los esfuerzos cortantes : Tramo CA .

EM= 4t /cm

En un punto situado a la distancia x de C, el esfuerzo cortante aue es la resultante de las fuerzas exteriores, situadas a su izquierda, está dado por la ecuación lineal :

Q, = - px - Pt .

86 · RAFFO, C; M. - ESTAT. Y RESISTENCIA

DE MATERIALES

Sustituyendo las constantes . po,r sus valores :

que 1s

_

la recta B,B, . �n x = 0 : E t\ x = 2 m:

Tramó AE.

'1-�. =' - 2x - 2,

Qa =· - 2 t.

QA = - 6 t.

A la distancia x de A :

Q. = � p (a + x) - P, + RA o sea : Q. = - 2x + 9

representada gráficamente por la recta B.B, : en x = 0 :

1y en x .= 5,50 m : QA = 9 t

Qlii = - 2 t .

[31]

[32]

La posición del punto Bo, caracterizada por ser nulo el esfuerzo c9r­tante, se deduce de la ecuación [32] :

- 2x + 9 = O [33]

Tramo EB. x = 4,50 m .

E n la sección de viga situada a la distancia x del punto E , se · tiene :

Q. = - p (a + b + x) - P, + RA - P, .

Sustituyendo valores y reduciendo:

Q. = - 2x - 6,

· representada por la recta B.B., siendo : en x = O : 1

QE = - 6 tm, y en x = 2,50 m :

Qs = - 11 tm . Tramo BD.

[34]

Considerando las fuerzas situadas a la derecha (con signo contrario) de cualquier sección distante x, a contar del apoyo B, se tiene :

Q. = p (d:....¿,. x) + P,, o sea '-

Es la recta B,B, . En x = O' :

Qs = 7 t . · En x = 2 m : Qo = 3 t = - P,.

Para los momentos flexores, se procede en la fo1 ,p_a siguiente :

Tramo CA.

En una sección distante x del extremo C : px• M. = - P,x - --2

[35]

ESFU,ERZO CORTANTE. MOMENTO FLEXOR 87

uatituyendo tal.ores : M. = - � ..,.... 2x; ca J

uación de una parábola, dirigida hacia abajo : C'.A.,. Se tiene

Me = O M, = - 8 tm . Tra?Jfo fi,E.

�- ;¡a distancia x de A :

M. = - p (a + :�:) ' + R ... x - P, (a + x) ·

2

Hustituyendo valores y reduciendo :

M. = - x' + 9x � 8 ; rcuación de la parából� A,A,A,A. . Se tiene ! c•n X = 0 : c•n x = 5,50 m :

M,. = - 8 tm,

Ms = 11 ,25 ;m_,_ Posición de A, ; en él M. = O, luego :

- x' + 9x - 8 o _

x = { 8 m

1 m

[37] .

Descartado el valor x = 8, por no pertenecer al tramo AE, se tiene :

x, = 1 m .

El máximo momento flexor, en el tramo AE, corresponde al punto Bo del diagrama cortante, es decir para x = 4,5 m ; sustituyendo en [37] :

M,.. .. = - 4,5• + 9 . 4,5 - 8 = 12,3 tm. [38]

Trarno EB. A la distancia x de E :

M. = --: p (a + b + x) • _ P, (a + b + x ) + R,. (b + x) - P,x .

2

Sustituyendo valores, y reduciendo se tiene :

11{. :::::; - x• - 6x + 11,25 ; [39] c�uación de

_ la parábo}a !l.A4o, d �:t¡Jgida haGia abaJo- por la presencia del

tilgno negativo en el termmo cuadrabl.co . En x = 0 : 1 �s = 11 ,25 tm. En'

x = 2,5 m : Ma = - 1 0 tm.

Posición de A, ; en el Mj = O, luego : - x¡ - 6x + 1 1 ,25 O

x, = 1,50.

• La otra solución es ajen� al problema.

j

88 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Tramo BD. En una /sección distante x de B. Tomaremos momentos de las fuerzas

situadas a la derecha de x, con signo contrario :

o sea :

M. = - p (d - x) ' - P, (d - x) , 2

· M� = . - x' + 7x - 10 ;

ecuacton de la parábola A.D· o .

En x = O : Ma = - 10 tm.

En x = 2 m : Mo = O.

[40]

E.J;ElMPLO 29. Determinar gráfica y analíticamente esfuerzos c,ortan-tes . :y ;n�,o,mentos flexores en una viga empotrada, sometida a cargas concen-tr�. ffij. 9S) .

Análíticamente. Para los esfuerzos cortantes se tiene : 'f!ramo BC; considerando las fuerzas exteríores situadas a la de1·echa

de la sección x, contada a partir del extremo C, con signo contrario, se tiene :

Q. = + P, = + 500 kg,

constante en todo el tramo CB ; recta . A ,A, .

X

+ f/ 1

A,

Al¡ 1

A' o

� .... � 1

A' 1

a=fm

--

1

1]=51J!lkg

,o ó=fm :t: 1 ,

l=:zm . , . EL:::J..JE_ 1 · · l.5c/ll.

t • 1

' t

:42 '+/¡

Fig. 93

o

ESFUERZO CORTANTE. MOMENTO FLEXOR 89

Tmmo AB ; a la distancia x de C, las fuerzas situadas a u d rechn con 1l¡no cambiado son : Q, = P, + P, 1300 kg,

, t �nstante en todo el tramo A B ; recta }!.,A,. La ordenada A.A, = 1300 kg s t•l valor de la reacción de empotramiento.

Momentos flexores. Siempre. considerando el momento de las fuerzas x­t oriores que actúan a la derecha de una sección x, previo cambio de signo, I'C8Ulta :

7'ramo BC.

En x = O En x = 1 m

'framo AB. M.

En x = 1 m En x = 2 m

M. = - P,x = - 500x [kgm] Ma = O .

Ms = - 500 kgm �

P,x - P, (x - 1) = [- 1300x + 800] kgm .

Ms = - 500 kgm . MA = - 1800 kgm,

c�e es el valor del moruento de empotramiento.

[41)

[42]

. Gráficamente· Trazado el vectorial OA de las cargas, elegimos el polo O, a la izquierda del mismo, para mantener el sentido positivo convenido para el diagrama flexor,· y lo situamos sobre la horizontal por A con el propó-ito que la recta de referencia resulte horizontal. E l procedimiento ulterior

t·¡,tá indicado en la fig. 93. .. ,

EJEMPLO 30. - Determinar momentos flexores y esfuerzos co¡tantes en la viga empotrada de fig. 94.

Tramo BC. M. = px" - --2

En x = O Me ·= O . En x = 0,50 m M n = - 0,125 tm .

�\ . .

x• - -2-

La gráfica de [ 43] es la parábola C'.B, . Derivando la [ 43] respecto de x, resulta el esfuerzo de corte :

Q. = + px = x ;

[43]

ruyo signo es positivo porque se trata de fuerzas exteriores actuando a la derecha de la sección X. Su gráfico es la recta c.e,, que, n x = O

Qc = O y en x = 0,50 m Qn = B.B, = 0,5 t .

TJ'IWW AB. M, px'

-- - P, (x - 0,5) 2

- 0,5x' - 1,2x + 0,6 ;

parábola B , A , , que : r · n x = 0,5 m

�· en x = 2 m Mn = - 0,125 tm

M, = - 3,8 tm .

[45]

90 RAPFO. C . . M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE -MATERJ,ALES

Derivando [ 45] y cambiando signos :

Q. = + :ti + 1 ,2 . Es l a recta A,B. que :

.en x = 0,50 m Qs = BJ3, = 1 ,7 t y en x = 2 m : . Q._ = 3,2 t .

..., . "" .... ,

lf=!21Jilkg X

EL=..l.r!!.._ .5cm ·

EF= ftm �������WWliW������ km 1

rrmmmrrm�rrmnrrrrmmmnm��--�'c;

A,

EM=_lL /cm

Fig. 94

[46]

CAPiTULÓ XII

FUERZAS INTERIORES. CLASES DE RESISTENCIA

38. Equilibrio estático o externo. - Como ya se dijo, . los sólidos considerados en Estática,- solicitados por fuerzas' exteriore�, deben en­contrarse ·Y permanecer en reposo. Por consiguiente las fuer.ias solici­tantes exteriores deben constituir un sistema en equilibno.

Esta condición que se llama de equilibrio estático o externo, no sólo se cumple en el conjunto total de la estructura, sino también en cada porción o trozo separado . de ésta, considerada a:isladámente.

39. Fuer'za._s interiores. - Sea una viga solicitada¡.por un conjunto (fig. 95a) de fuerzas exteriores P1, P2, • • • , R..A, R0 en equilibrio, todas · ellas contenidas en el phmo vertical pasante .

. por �� eje de la viga.

li't -.--...

·� P, � � . !J Aj· \ 1 ( .¡ 1 ·

S a)

Fig. 95

Supuesto efectuá�o un CO:fte S, aislemos el trozo izquierdo AS de viga. Éste consfituyé un .sólido S<il��ido a un sistema de fuerzas exte­riores RA; P1o P2 que en general no está �quilibrio, Pero como la viga lo está, la porción AS (y la SB) deben también permanecer en eqJiii­brio. Es preciso pues, admitir ·que otras fqerzas actúan sobre AS· pina mantener el equilibrio. Tales fuerzas sólo pueden provenir de las ac�o­nen de contacto, en S, que el trozo derecho SB ejerce sobre :el izqu·�, do A.�.

92 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Por cbnsiguiente sobre cada unidad de superficie de la sección S, actúan fuerzas p1, p2, • . . , denominadas genéricamente fuerzas inten:o­re$ por oposición a las, fuerzas exteriores. Se dice que ellas solicitan a la' viga erí la sección S. ,

Fuerzás interiotes son las acciones mutuas que se desarrollan entre las partículas de un cuerpo, en respuesta a las fuerzas exteriores apli-cadas. Se miden en kg/cm2 o t/cm2• '

· Tales fuei:zas se llaman tmnbién : fatigas, esfuerzos, soUcitaciones

o tensiones elásMcas del materilil. Cada una de ellas admite una compo­nente u nor�al a la unidad de superficie en que áctúa (o sea paralela al eje de la rviga) y otra componente T situada en el plano de la sec­ción (fig. 95b) ; p es la tensión total ; u la tensión normal y T la ten­sión tangencial o de corte en la sección S.

· En Resistencia de Materiales son de primordial interés las tensio­nes específicas u y T, determinadas, numéricamente, por el cociente de una fuerza dividida por la superficie sobre la cual actúa y apreciadas �n kg/cm2 o t/cm2•

40. Equilibrio elástico o interno. - Es de comprobación experi­mental que todos los materiales utilizados en la construcción, experi­mentan deformaciones al ser solicitados· por las fuerzas exteriores. Esto equivale a admitir en ellos un cierto grado de elast·icidad.

Las deformaciones, cuya amplitud varía con la naturaleza del ma­terial, son muy pequeñas respecto a las dimensiones de las estructuras usuales, siempre que las acciones exteriores no superen valores límites que oportunamente conoceremos.

Al iniciarse la deformación, se originan en las partículas del sólido, . fuerzas interiores crecientes con la intensidad de las fuerzas exteriores hasta equilibrar a éstas. Alcanzada tal situación se dice que en todas las partículas del cuerpo existe equilibrio entre las fuerzas exteriorea y las interiores : es el denominado equilibrio elástico o interno.

41. Estados de tensión simple. - Sea una pieza prismática de eje recto solicitada por un sistema de fuerzas exteriores en equilibrio (fig. 95a) . Supuesta seccionada transversalmente a su e] e, consideremos el trozo AS, aislado del restante (fig. 95c) .

Conforme a lo visto en parág. 5 ( 411- operación fundamental) , la resultante R1 de las fuerzas exteriores que actúan en el trozo AS, puede transportarse al centro de gravedad G de la sección S, paralelamente a sí misma, introduciendo un momento de transporte M.

En G, sustituída la resultante R, por sus componentes N, normal a la sección y Q, en el plano de S, se tendrán, en general, tres paráme­tros : N, Q y M, característicos de Ja solicitación interna del material.

Puede ocurrir que sean n'u.los · dos de dichos parámetros ; el pará­metro restante distinto de cero; d,efíne ün estado . de tensión simple en la pieza.

-

42. · Clases de resistencia simple. - Cada uno de aquéllos, origina un caso de resistencia simple, a saber :

19) Compresiórt o -tracción simples. 1 '

FUERZAS INTERIORES. CLASES DE RE '1 'i'l'J N '111 !J3

, Se presentan cuando las fuerzas exteriores aplicadas n i ól ido, ud­

rnitén por resultante, en cada sección transversal, una fuerza. N p • r p n­dicular al plano de la sección y aplic;¡da .en su baricentro · ( f ig. !)()

= S @ ú} .. -N +N ® [

a) /:: iJ) /.

Fig. 96

Entonces R1 se identifica con N ; Q y M son nulos. N puede ori-ginar :

a) Compresión (fig. 96b ) ; si N tiende a acortar el trozo AS (le asignarnos signo negativo) . Por ejemplo : mamposterías, fundaciones, hormigón, bielas cortas, etc.

Es necesario advertir que la compresión existe si la pieza AS es relativamente corta ; de lo contrario se hace presente un caso especial de resistencia : el pandeo (columnas, etc. ) .

b ) Tracción ( fig. 96a) . S i N tiende a alargar la barra AS (le asignamos signo positivo) . EJ'emplos : cables de susp,nsión, tirantes, co­rreas. etc.

2<?) Corte simple o resbalamiento simple (fig. 97) . S i la resultante Q de las fuerzas exteriores, está contenida- en el

plano de cada sección transversal y pasa por el baricentro G de ésta. Ejemplos : remaches, vigas empotradas en un muro, etc. Entonces : N = M = O.

.

3<?) Flexión plana' simple (fig. 98) . Cuando las fuerzas exteriores se reducen a una c1:1pla, de momento

M, situada en un plano pasante por el eje de 1a pieza. Ejemplos : vigas, palancas, dientes de engt:a1l-aje, etc. En este cas o : N = Q = O.

Fig. 97 Fig. 98 Fig. 99

4<?) Torsión simple (fig. 99) . Es un caso especial de la flexión :;imple ; se presenta cuando la cu­

pla exterior pertenece a un plano a, paralelo al de la sección. S. Ejem­plos : árboles de transmisión, taladros, etc.

En construcciones civiles la torsión es de importancia secundaria.

CAPÍTULO XIII

ENSAYOS DE TRACCióN Y DE COMPRESióN Sll\'IPLES

43. Ensayos de tracctón. - Hemos visto en el capítulo anterior, que por acción de las tensiones interiores, correlativas de las fuerzas exteriores actuantes en un sólido, éste experimenta en su configuración geométrica, modifrcaciones denominadas deformaciones. La; relación en­tre éstas y las- tensiones, sólo puede obtenerse apelando a experiencias realizadas en adecuadas máquinas; para ensayo de materiales.

El más simple de estos ensayos es el ensayo a la tracción. Se rea-

+�. · t· � 1-lo

'e

e ����������L---= A � lo

/Jlq =l-lq €) O!Afi!W1A TENS!OÁI- ALARGAMIENTO

Fig. 100 Fig. lOL

liza con probetas (fig. 100) cuya secciÓn A0 (fig. 100a, b) , se mantiene constante en una longitud útil l0, para ensanc}.larse gradualmente en sus extremos, y"�s_ujetarse así a las mordazas de la i'náquina, que desarrolla en forma lerita ·Y gradual; _solicitaciones de intensidad crecientes, P, en el sentido del eje geométrico CD. La máquina misma registra , gráfica­mente lo's valores de p y los alargamientos l::il de la probeta, referidos a un par de ejes ortogonales.

-

La fig. 101 representa el diagrama de erisayo de una probeta de acero dulce A 37 referido a las magnftudes u, · e .

ENSAYOS DE TRACCION Y DE COMPRESION SIMPLES 95

Si A0 es el · área inicial, uniforme, de una probeta de longitud útil 10, se denominan : \

a) Tensión elásticq,,. el cociente :

:0 [ = q :r:2 ] . [1]

Mide el esfuerzo interno que e:"<perimenta el material ensayado, por unidad de superficie, sometido a la fuerza P [kg] .

b) Alargamiento especí.fico o deformación, el cociente :

1 E = [2]

Mide el alargamiento1 experimeQ�do por la unidad de longitud 1 -

(cm) . Carece de dimensión ; es un número. Generalmente se lo expresa como ·alargamiento porcentual o :

Lllo a = E o/o = -- . 100 . lo

[3]

La curva OEFMR, resultado final del ensayo hasta la rotura de la probeta, se denomina curva tensión-alargamiento. Ella comporta tres fases distintas que presentan las siguientes características :

Primera fase de O hasta el punto E. Fase de deformaciones 'elásticas y casi eUísticas o fase de elasti-

cidad. . ·

E l diagrama está compuesto d e una parte recta OP seguida de otra parte PE ligeramente curvada ; ambas sensiblemente identificadas en la recta OE.

En esta fase OE los alargamientos son muy pequeños y ellos, como asimismo las correspondientes tensiones del material, tienen un valor uniforme en todos los puntos de una sección recta ; además e·ste valor uniforme es el mismo cualquiera que sea la seccion recta considerada.

Si la carga se anula, los alargamiéntos desaparecen totalmente o en su casi totalidad ; se denominan por el,o, alargamientos elásticos.

Al reaparecer las cargas P reaparecen� también los mismos alarga­mientos bajo las mismas cargas. Esta reversibilidad entre cargas y de­formaciones constituye la característica esencial de la primera fase.

El punto extremo E de la ca� recta . OE, se denomina límite de elasticidad, y la tensión que . le corresponde aE tensión en el límite de elasticidad. Para precisar ,e( valor de u¡¡; se acepta como límite de elas­ticidad, la tensión que proquce un alargamiento residual o remanente de 0,02 o/o y se lo indica eón a o,oz ',

Segunda fase de E hasta el punto M. . . Fase de alargamiento permanente o fase; de plasticidad. Sobrepasado el límite elástico E y en el período EF, la tensión a

oscila en torno a un valor ap . En él, el material ensayado pierde sus características · iniciales : toma aspecto mate si antes era brillante, em­pieza a d�'sprenderse la superficie del laminado (en barras sin pulir) -:;

96 RAFFO, C. M. · E,STAT. Y RESISTE'LV'-'lA lJE MATERIALl!:S

C5 a calentarse. Puede decirse que el ace­

Fig. 102

ro fluye, es decir pierde su elasti­cidad.

El punto ,, F se denomina límite de fluenci(J,: Q�: límtte de extensión en los ensayos de tracción) , y la tensión (!P correspondiente : tensión en el lí­mite de fluencia. Como 1¡¡: posición de F es poco precisa se acepta como tal . a la tensión que produce un alarga­miento plástico remanente compren­dido entre el 0,2 y el 0,5 % de la longitud de ensayo : u0,2 a u0,5 (fig. 102 ) .

A partir del punto F el m¡:tterial acusa alargamientos cada vez más pronunciados hasta el punto M de carga máxima.

Tercera fase de M hasta la rotura. Fase de estricción y rotura. En la fase final del ensayo, las deformaciones son cada vez más

grandes, rápidas y visibles a simple vista. El alargamiento se localiza en una sección imprevisible de la probeta produciéndose una disminu­ción brusca de sección : es la estricción del material (fig. lOOc) . La ruptura sobreviene en la posición R, sin aumento de carga, por estira-miento del metal. : •• •.i

La tensión de rotura <TAr. punto M, señala él comienzo de J�· estric­.ción y

. corresponde a la carga máxima alcanzada durante el ensayo. Su

IJ a)

o e o E METALES FRM!LES MATERIAL /Jt!CTIL

Fig. 103

IJ

NATERIAL Mt!Y !JIJCTIL

\ valor para un acero corriente· es de N 3700 kg/cm2, indi.cándose este resultado con la notación A 37 (37 kg/mm2) .

A la tensión de rotura <TM corresponde un alargamiento porcentual de rotura a M que, en un A 37 debe ser por lo me'nos igual al 20 % de la longitud de ensayo.

La superficie rayada del diagrama tensión-alargamiento, indica el trabajo de deformación de la probeta : producto de fuerza por longitud

ENSAYOS DE TRACCION Y· DE COMPRESION TMPL/i;, ' 07

1 kg . cm ] . Mide la capacidad de trabajo del material y nsli Luy u n •·oeficiente d e calidad del material. E n muchas especificac ion 1:1 l • · n kuH In calidad viene expresada por el producto oMCTM .

La fig. 103 señala tres formas generales de los diagramas nsi J r t ­dcformación. La a) cJrresppnde a los metales frágiles en los cual s so· breviene la rotura en coincidencia con la carga máxima, sin producirs deformaciones plásticas apreciables. La b) corresponde a un mate1·iaJ dúctil : admite alargamientos plásticos importantes, vale decir, su rotu­ra, que se produce en un punto R distante de E, sobreviene, como en las frágiles, en coincidencia con la carga máxima.

Por último en e) la rotura se produce luego de alcanza!' 11la carga máxima y con alargamientos plásticos muy superiores al dia·grama an· •.erior : material muy dúctil.

44. Magnitudes determinadas en el ensayo de tracción. - Tensión eláStica : u E [kg/cm2 ] . Es la \ tensión a la cual corresponde un alarga· miento remanente ; está comprendida entre 0,2 y 0,5 o/o de la longitud inicial l0 • Es un'a tensión elástica convencilwal que interviene constan· temente en Resistencia de Materiales.

Para los aceros de construcción coxrurtres :

Tensión de rotura : CTE = 2400 kg/cm2 .

_ Prniix [ kg ]

CTM - -- -- • A0 cm"

[4)

Es la tensión más elevada alcanzada en el transcurso del ensayo En los aceros comunes, varía entre 3700 kg/cm2 y 4200 kg/cm2 •

Alargamiento de rotura (porcentual) :

o -\ l - l0

lo c. lo . 100 = -l- . 100 :

" [5)

Es el alargamiento experimentado por la longitud útil l0 de probeta referida a ésta. Para aceros comunes :

Estricción : rf; % =

8 = 25 o/o . A0 - A -----''-----:---- . 100 .

A o [6]

Es la relación entre la disminución de , la sección en la rotura y el valor inicial de la sección. Los aceros M��,¡ �uros se rom�en casi sin es­tricción, el coeficiente porcentual .¡; es · :muy1 bajo. En ldst. '.a�eros malea­bles, se exige que respondan a un .¡; > 45 o/o .

45. Consecuencias del ensayo de tracción. - H) Ley dJ Hooke. La recta OP (fig. 101) del dia�rama tensión-alargamiento, se ex·

presa analíticamente por la 'ecuación lineal :

[7]

08 RA FFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

siendo : E = tg p la constapte geométrica que mide la pendiente de aquella. recta.

(8]

En ·palabras [7] dice : las tensiones son proporcionales a las defor­mac,iones y .se · denomina ley de H ooke:

Para interp�tar gráficamente el significado de la constante E, de­terminemos su valor : E = .!!..._ [� ]

e cm2

y pensemos que e [3] alcanza el valor 1 ; es decir que :

de donde resulta :

�lo _l_o_ 1,

[9]

[10]

o sea, el alargamiento total l0 + .t1l0 es igual a 2 Lo, y entonces según [9] será :

(para �lo = lo) . [11]

Atendiendo a este resultado podrá decirse : La tensión E es una tensión 'imaginaria que duplica la longitud primitiva de una barra solicitada a la tracción.

Decimos imaginaria porque todos los materiales, excepto la goma, se rompen antes de alcanzar el valor E (ver valores en tabla 1 ) . ·

La tensión E se denomina módulo de elasticidad longitudinal o mó-dulo elástico.

De [7] se deduce :

Si se pone :

La [12] resulta :

o sea :

1 E 1

e -

a l c�2 ] •

E -:- au ;

t a -

Para definir el coeficiente a, pongamos u = 1 kg/cm2 ; luego : a = e .

[12]

[ 13]

[14]

[15]

Es decir : a es una magnitud que indica la deformación por unidad de longitud causada por una tensión de 1 kg/cm2•

. , Se llama : coeficiente de alargamiento. En la mayoría de los ma­

teriales de construcción, a resulta muy pequeño, razón - por ¡ la cual se usa, en su lugar, el módulo de elasticidad E. ,

ENSA YOS DE TRACCION Y DE COMPRESION SIMPLES 99

2�) Permanencia de las secciones planas. Se verifica experimentalmente en la zona perfectamente Júsli a

OP (fig. 101 ) , que toda sección plana perpendicular al eje geom tri · de la barra, se desplaza paralelamente a sí misma. Esto significa qu las par!ículas materiales situadas en un plano, normal al eje, se disp -nen, · después del alargamiento originado por la tracción P, en otro plano ¡1aralelo al anterior.

Lá propiedad enunciada, y extendida a las restantes clases de re­latencias simples,_ ..se- conoce con 11� denominación de hipótesis de B er­

nouUi.

311-) Deformación homogénea. Se constata además que las secciones rectas, situadas siempre en

la longitud úffi Z0 de la barra, se desplazan, unas respecto a las otras, u la misma distancia relativa. Por consiguiente todas las ·partículas del ruerpo experimentan exactamente una misma deformación lo�itudinal. Se denomipa déformación homogénea y equivale a admitir que

-las ten­

Iliones u están uniformemente repartidas en .una misma sección plana, ualquie�a que fuere la posición de ésta a lo largo de la barra.

46. Ensayo de compre_sión. - Se ejecuta en piezas cuya longitud 1(1 no supere, en el caso del acero, a 4 ó 5 veces la más pequeña dimen­Hión transv�rsal de la probeta ; de lo contrario la compresión se complica con una 'acción tendiente a flexionltr lateralmente (pandeo) la pieza

nsayada. El correspondiente diagrama de .compresión-alargamiento señala la

existencia de las mismas fases· que en el ensayo a la tracción : una fase (lerfectamente elástica ; una fase de acortamiento de la probeta de ca­rácter permanente, acompañada de una dilatación transversal muy sen­Hible (en oposición a la estricción) y por último la fase plástica que conduce a la rotura por aplastamiento. El diagrama del ensayo a la <:ompresión, es una curva igual a la de fig. 101 siempre que los alarga­mientos se consideren negativos.

Los resultados . experimentales obtenidos comprueban que el acero HC comporta igualmente a la tracción y a la compresión, vale decir, la tensión límite de elasticidad fTE y el módulo de elasticidad E tienen el mismo valor en tracción que en compresión. Lo mismo ocurre con la madera. En cambio la fundición, responde bien a la compresión, pero muy poco a la tracción ; en este material la ley de Hooke se aplica a la ompresión, pero no puede aplicarse a la tracción.

·

47. �nsión a�isible. Coeficiente de seguridad. - De lqs ensa­yos a la tr'a�ción y, a la c<>mpresión, se deduce que el aumento progre­llivo de l� inteJisidad de la fuerz� aplicada a un sólido, produée en éste deformaciones permanente� y correlativamente · tensiones interiores o fatigas elevadas,, que' pueden conducir a su rotura. Podrían evitarse uquellas deformatio.nes, acumulando material para resistir a las tensio­nes máximas originadas. Solución antieconómica, en primer lugar ; y además, en muchos casos, irrealizable ; piezas de máquina, por ejemplo.

l OO RAFFO, C. M.. - < ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Se justifica, pues, la necesidad de que las tensiones efectivas del material, permanezcan inferiores a la tensión límite uE de elasticidad. Esto conduce a definir una. tensión 1límite denominada tensión admisible o tensión de seguridad : uad .

-

Tensión admisible uad es una fracció_n{ .generalmente pequeña, de la tensión elástica_ �¡¡ . Podrá escribirse entonces qúe :

[16] V

siendo v un número mayor que uno, denomimido coeficiente de segu­ridad.

El valor de v no puede ser absolutamente constante ; depende en cada caso de la naturaleza d"el material ; del género de esfuerzo (normal o tangencial) ; del grado de seguridad que se imponga ; de la presen­cia o no de fuerzas suplementarias no precisadas ; de la aproximación en los métodos de cálculo, etc.

'

Los reglamentos administrativos fijan para los distintos !!J.ateria­les· usuales, las tensiones admisibles. En general, el coeficiente de 'Segu:.. ridad v varía entre 2 y 4 en los metales. Para maderas, piedras, t,nor­teros, hormigón, etc., en los cuales el límite de elasticidad es difícil de determinar, puede referirse la tensión admisible a la de rotura un , y poner :

Uad = UR -- ;

v' [17]

con v ' comprendido entre 8 y 10.

CAPÍTULO XIV

'HIPóTESIS DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES

48. Ley de Hooke. - Recordemos esta ley (parág. 45) : en el pe· riodo perfectamente elástico l!is deformaciones son rigurosamente pro· porcionales a las cargas que l�s originan.

Se deduce que la relación entre tensiones u y deformaciones e, vie· nen expresadas por una ecuación de primer grado : la [7] de parág. 45 ; y además que suprimidas las cargas, desaparecen las tensiones y defor­maciones.

Por .consiguiente, qUedan excluidas las deformaciones permanentes. L!!. -experiEmcia comprueba que la ley de Hooke es válida, con sufi­

ciente aproximación práctica, en todos los metales empleado¡; en la cons­trucción, particularmente el acero ; pÓr el contrario en hormigones, pie­

dra, etc., la aproximación a la realidad es muy mediocre. Cuando las tensiones internas �r, superan las correspond ientes a la

zona elástica, la Resistencia de Materiales, no es aplicable.

49. Principio de las pequeñas deformaciones. - Las deformacio­nes de. . un sólido deben considerarse infinitamente pequeñas ; hipótesis que permite escribir, según se verá en capítulos sucesivos, las ecuacio­nes de equilibrio interno, como si el sólido no experimentase deforma­ción alguna.

50. Principio de superposición de los efectos. - Se enuncia en la siguiente forma : El efecto producido por dos o más sistemas de fuer­zas, actuando contemporáneamente, es igual · a la suma de los efectos producidos por cada sistema actuando separadamente.

Este principio permite reducir el estudio de casos complejos, a los casos simples resultantes de hacer actuar separadamente cada sistema de fuerzas : concentradas, distribuidas, acciones térmicas, etc., que int '­gran aquél. El resultado es independiente del orden en que se hac n actuar dichos sistemas sim¡>les . .

Es un principio muy úfíl, y de constante aplicación ; se verif i a x­perimentalmente en todos los casos que satisfacen a la ley de Hook .

51. Principio de. Bernoulli o de Navier. - E n todo sól ido pris­mático sometido a la acción de fuerzas exteriores, una sección re ta, s decir normal al eje geométrico, permanece plana, idéntica a si misma y siempre normal a la fibra media deformada.

1 02 RAFFO; ·C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Este principio encuentra su justificación en el hecho que todas las onsecuencias derivadas de él, concuerdan con los resultados experimen­

tales.

52. Cómo abordar los problemas de Resistencia de Materiales. � Es necesario tesolver ordenadamente las siguientes cuestiones :

19) Dete�minar todas las fuerzas exteriores (cargas y reacciones) en magnitud y posición, precisando claramente los tipos de apoyo admi-tidos.

·

29) Establecer el caso de resistencia que se presenta (tracción, fle­xión, etc. ) .

39) FUar el coeficiente de seguridad, es decir, la tensión de tra-bajo admitida. .

·

49) Si las dimensio'nes de '¡a pieza son muy grandes, habrt.. que te­

ner en cuenta su propio peso. En tal caso puede establecerse éste por comparación con piezas . análogas ya existentes. Es un procedimiento corriente en la pi;áctica. Pero puede también despreciarse en un primer cálculo el peso propio, para determinarlo enseguida conforme al resul­tado de este cálculo, y recomenzar los cálculos teniendo en cuenta enton­ces aquel �eso propio.

59) Como los coeficientes de seguridad, límite elástico del material, etc., no están fijados rigurosamente, en el cálculo de una estructura, es suficiente la precisión de una regla de cálculo de 25 cm de longitud o un procedimiento equivalente.

53. Los dos problemas de la Resistencia de Materiales. - I) Pro- . blema de dimensionamiento :

Dadas las cargas que debe soportar una pieza (viga, columna, . . . ) determinar su perfil de modo que las tensiones internas y las deforma­ciones subsiguientes a la acción de las cargas, permanezcan compren­didas entre valores convenientes (condiciones de seguridad) .

II) Problema de verificaci6n : Dada la pieza (construcción existente o proyectada) comprobar que

sus dimensiones, tens�ones y deformaciones, satisfacen a todas las con-diciones de seguridad \ conocidas.

· .

Estos dos problem\ts son los que pasamos a estudiar en los distintos casos de resistencia.

CAPÍTULO XV

TRACCióN- Y COMPRESióN SIMPLES

54. EcuaCiones fundamentales. - El caso más simple es el de una barra (fig. 104) de sección constante, sometida a dos fuerzas exterio­res N, iguale� y de sentido opuesto. Pueden originarse esfuerzos de tracción (fig. 104a) o de compresión (fig. 104b ) . Las fuerzas N actúan ·en los centros de gravedad de cada sección ex­trema siguiendo el �je de la barra.

Hemos visto (parág. 45) que a consecuencia de la fuerza N se producen en la barra defor­maciones hf!ptogéneas, esto es, las tensiones del material,· se:i -eparten uniformemente en una mis-ma sección

. recta. Luego podrá escribirse :

[1 ]

siendo : A [cm2] el área de la sección y (J [kg, cm2] la tensión específica.

De [1 ] y de la ley de Hooke :

(J = E · . - e ' resulta :

N E . t.l A

[2] l

N

N

. l

N N

a) b) Fig. 104

Las ecuaciones [1] y [2] permiten resolver todos los problem-as de · tracción/�ó ' compresión : [1] es la ecuación de dimensionamiento o de resistencia o de estabilidad ; [2] es la ecuación de deformación.

Observaciones : 1 a) Las ecuaciones [1 ] y . [2] mantienen su validez sólo en la zona

elástica del material. b) Si la fuerza N, perpendicular a cualquier sección recta, no está

aplicada en su centro de gravedad, se dice que hay excentricidad de la carga y la repartición de tensiones a no es uniforme ...

e) Las ecuaciones _[--1 ] y [ 2 ] , en la compresión, sólo se aplican a barras cortas, para eliminar la posibilidad de pandeo.

d) En las ecuaciones fundame1üales [1 ] y [2] no interviene el p so propio de la barra, que puede despreciarse si la barra es horizontal. ' n

1 011, JlA F'FO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

1 aso de una tracción vertical, podrá también omitirse el peso propio si muy inferior al valor de N. En la compresión de pilares, dados de :fundación, etc., es necesario incorporarlo a los cálculos.

e) Los agujeros para remaches y bulones de unión, en el caso del hierro ; y las ensambladeras a caja. y espiga, en el de la madera, debi­l i tan la sección.

f) En las ecuaciones [ 1 ] y [2] , A representa el área de la sección neta, esto es, deducidos los vacíos que presenta la sección. Se denomina sección bruta el área de la sección sin descontar los vacíos.

55. Problemas usuales. - A) Problema de dimensionamiento : Dados N y uad determinar A. El valor buscado está dado por [ 1 ] :

N A = -- .

ITad [3]

EJEMPLO 31. - Calcular el diámetro de una barra cilíndrica solicitada a la tracción por una carga N = 4500 kg.

tro: Fijando u •• = 1200 kg/cm• para un acero común, y siendo q, el diáme-

A = ...!!..._ = 4500 = 3 75 cm•

"·• 1200 ,

Luego :

A = -- = 3,75 4

4 . 3,75 3,14

= 2,2 cm .

Si la sección de la barra es cuadrada, de lado l. se tiene :

l = YA = y3,75 = 1,9 cm .

Para una sección rectangular de largo b y ancho a = 0,8b (generalmente es a/b = 4/5) :

A = ab = O,Sb•

b ·= ,¡-x- = 2,2 cm vo.s y

B ) Problema de verificación : Dadas A y N determinar uet .

a 1 ,76 cm .

La notación uet significa tensión efectiva o tensión de trabajo a que está sometido cada centímetro cuadrado de sección recta de la ba­:ra. Se aplica la [1 ] .

EJEMPLO 32. - Determinar la tensión de trabajo de una ba-rra de 7 cm• de sección recta, solicitada a una tracción de 8000 kg.

Se tiene : 8000 kg

7 cm2 1143 kg/cm• < u •• = 1200 kg/c.m•

TRACCION Y COMPRESION SIMPLES 105

EJEMPLO 33. - Determinar la tensión de trabajo que produce un alar­camiento del 0,1 o/o en · una barra de acero A 37 . E. = 2.100.000 kg/cm•.

Según la ley de Hooke :

u,, = Ee = 2.100.000 kg/cm2 • 0,001 = 2.100 kg/cm·2 .Inadmisible sí es u •• = 1200 kgtcm2•

C) Dados A y u determinar N. EJEMPLO 34. - ¿Qué tracción puede absorber un tirante de St 37, con

una sección de 10 cm• . u •• = 1200 kg/cm•'? De [1] resulta :

N, = uA = 1200 . 10 = 12 t

'EJEMPLO "3�. - Ca]cular la fuerza de tracción y la fatiga de una barra A = 4 cm• y longitud 20 cm, capaz de originar un alargamiento Al = 0,019 cm. E = 2100 t/cm• . u •• = 1200 kg/cm•.

y

Según [2] :

N = AE � l N

A

4 • 2100 0,019 7980 kg

7980 4 = 1995 kg/cm• > u.,

D ) Dadas A, N, E, l (o Al) calcular Al (o l ) .

EJEMPLO 36. - Un tirante de h ieno de 10 m de largo y 8 cm• de sec­ción, está sometido a una tracción según su eje de 9 t. Calcular su alarga­miento total y la tensión efectiva. ·

De [2] : 9 . 1000 [tcm]

8 . 2100 [cm• • _t_. ] cm·2

9 u,1 = - = 1125 kg/cm• 8

5,4 mm;

EJEMPLO 37. - Un hilo de acero de 0,5 cm de. diámetro, tendido con 300 kg experhnenta un alargamiento total. de 1,5 cm. Calcular su longitud pr 'mitiva (E = 2100 kg/cm•) y fatiga :

l = AE . Al N

�N A

0,1963 . 2100 . 1,5 = 20 61 m 300 ,

300 -..,..-:--:-:- = 1520 kg/cm• 0,19'63

E ) Dados A, N y e calcular el módulo elástico.

EJEMPLO 38. -. · qna probeta de fundición, l = 40 cm, y A = 350 3olicitada a una compresión de 250 t experimenta un acortamiento d mm. Determinar su módulo P.l:i�tico . y tensión efectiva.

De [2] : Nl E = -,--:-A . Al =

250 • 40 •

350 ._;0,028 = 1.020.407 kg/cm

N '250 t A

= 350

714 kg/cm•.

m' ' ,R

l OG RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

56. Influencia del peso propio en la tracción. - Sea la pieza pris­mática BB'CC' (fig. 105) con un extremo fijo en BB' y el otro libre,

sobre el cual actúa la fuerza de

a) �

8 8

S l

X

e

p

X=l

' t

x=O C'

Fig. 105

tracción P. Si A es el área cons­tante de la pieza, l su longitud y y su peso específico, una sección S distante x del extremo libre, se encuentra s o l i c i t a d a por las dos fuerzas : yAx = peso propio del tro­zo SC y carga P. La fuerza total N :

N = yAx + P [4]

varía linealmente con x. La tensión en la sección S, con­

forme al principio de super!losición de los efectos, es :

<Tz yAx + P A

[5]

que también depende linealmente de x . La tensión u adquiere s u valor míl)imo

p uo = T'

en el extremo libre (x = O) y su máximo en la sección fiia BB' :

O'max = yAl + P A

Luego en condiciones de resistencia tendrá que ser :

yAl + P � A

""" fiad '

que es la ecuación de dimensionamiento o de estabilidad.

[6]

[7]

Calculemos el alargamiento t:.l . En un tronco elemental, de espesor dx, el valor de N [ 4] puede considerarse constante. De la [2] se de­duce t:.l :

tJ.l = J t __!!__ dx = J ! yAx + p dx = f t yAx dx + f t __!:__ dx =

0 AE o A.E 0 AE o AE

_ yAx2 � � ..!:!!.__ \ ! _

- 2 AE o + AE o -yAl2 2 AE

+ Pl AE

Es decir que el alargamiento total de la pieza vale :

tJ.l = AE [8]

De aquí :

TRACCION Y COMPRESION SIMPLES

P + y AL

2 A

E . !ll l

1 07

com�arada con la [2] se ded�ce que para apreciar la influencia del peso prop1o, en la tracción, basta sustituir la fuerza axil N de [1] y [2] 1 por otra fuerza también_ axil, suma ae la carga P más la mitad del peso propio yAl de la barra.

El gráfico de la fig. 105b, ref"rido a la recta A0B0 como origen, es la representación geométrica de la ecuación [5] .

EJEMPLO 39. - Un cable de acero, lattgo · ·500 m, sostiene una carga de P = 100 kg en su extremidad inferior : calcular su sección A y su alarga­miento fll .

De la [7] , considerando el signo igmal por 'f�zones de economía, se de­duce el área buscada :

p A = -----=­u •• - yl [9]

Sustituyendo Y = O,Oq78 kg/cm•; u •• = 1200 kg/cm, y los restantes valo­res según los datos, se tiene :

100 A = -:-::-::-:c----::-::-�=---=-c,---,-- = O 1234 cm•· 1200 - 0,0078 50.000 ' '

o sea un diámetro de 4 mm. El alargamiento efectivo, dado por [8J , vale (E = 2101H/cm') :

50.000 0,1234 . 2.100.000

( 100 + 24) = 23'9 cm.

EJEMPLO 40. - Determinar la longitud que debe tener un cable de ace­'FO, para romperse por la tracción de su propio peso.

En [6] debe ser P = O porque no hay fuerza exterior que solicite al · cable. Luego sustituyendo umn por la tensión de rotura del acero : uR = 3,8 t/ cm' y despejando l, resulta :

l = UR 3800 'Y 0,0078

4872 m .

57. Influencia del peso propio e n la compresión. - Las ecuaciones [1] y [2] de compresión simple, pueden aplicarse a los macizos de mam­postería, de hormigón . . . , siempre que su altura pueda despreciarse en comparación a las dimensiones transversales de aquéllos ; por ejemplo : placas de asiento de apoyos para vigas, placas de fundación de máqui­nas, etc.

Si por el contrario, el dimensionamiento de un macizo comprimido, impone la intervención de su altura, son aplicables las .fórmulas del pa­rágrafo anterior, que introrlucen el peso propio como base de cálculo.

EJEMPLO 41. - Un dado de fundación de hormigón simple, sección cua­drada, soporta una carga c.erttrada P = 10 t. Determinar el lado a de la base de modo que la presión unitaria sobrP. el terreno resulte u = 2,5·kg/cm•, siendo 0,60 m la altura del dado.

\

108 .RAFFO, C. M. · ESTAT. Y RESIS1'ENUA VE 'MATERIALES

De la (9] , sustituyendo A = a•, resulta :

a• p -0'---:.

-y--=z'""'' .. ;. o sea, expresada en m y kg:

a• = 10.000 0 1800

= 0,4603 m• : 25.0 o . 0,60 .

a = 67 cm .

EJEMPLO 42. - Determinar la secc10n. de un pilar de mampostería de ladrillo común, mortero de cemento,__altura h = 4 m, solicitado por una cargs de 50 t ; u •• = 10 kg/cm• ; y ::::'l,8 t/m" = 18 . 104 li:g/cm• .

Según (9] : p A = ----=-­u •• - Yl

5 . 10' = ��--�--��--�-10 - 18 . 10-· . 400

= 50.000 kg

9 . 28 kg cm•

La contracción t::..h del pilar se calcula con [8] :

5400 cm•.

l = _l (p + yAl ) = 400 ( 5o.ooo 18

!::.. AE 2 5400 � 100.000 + 1o-• . �54oo . 4oo ) =

4 . -::54-:--

.�

_ 1:-:

0::::1- , 53.900 = 0,04 Cni.

ÉJEMi'LO 43. - ¿Cuál es la máxima altura : hm .. , que puede fijarse a una torre de mampostería de ladríllos comunes, mortero de cemento, y �ec­ción constante A, solicitada por su propio peso Po?

1 = 18 . 10-• kg/cm3 u •• = 10 kg/cm•.

La [7] para P = O, se reduce a la siguiente, 'en condiciones de máxima economía :

hmu: u •• 10

kg cm• 55 m . y

18 . 104 � cm•

Esta es la altura límite, sin cÓnsiderf,!l:'- Ja . acció'Tt del viento que reduce su valor. Veremos que introduciendo sólidos ··qe .igual resistencia. a la com-presión, no hay límite de altura.

·

58. Sólidos de igual resistencia a tracción o, compresión. -- He­mos visto (fig. 105b) , que la única sección en dclnde la fatiga del ma­terial iguala a . la tensión admisible (máxima) , corresponde a la extre­midad fija, mientras las restantes desarrollan tensiones menores, resul­tando así, secciones superiores a las necesarias. Esto se traduce en un aumento de peso propio y un .exceso, antieconómico, de matérial.

Conviene disminuir el área de las· secciones, a - partir de. la extremi­dad fija, de modo que la tensión uz del diagrama (fig. 105b) iguale en todas ellas, a la -de seguridad uab . Un sólido respohdiendo a esta con­dición se denomina de igual resistencia o también de 1·esistencia uni­forme.

TRACCION Y COMPRESION SIMPLE

Sea y su peso específieo y P (fig. 106a) la carga de tracción aplicada en el extre­mo libre. Consideremos una sección de área A, situada a la distancia x del e x t r e m o libre. l

Al pasar de la sección S a la S', de posición, x + dx, se produce un i n c r e m e n t o dA, d e área y en ella una te n s i ó n O"ad • dA,, necesaria. para equilibrar el peso del sólido de base A,, altura dx y peso específico y, que vale yA, dx .

e

Luego la ecuación de equilibrio será :

O"nd • dA, = yA, dx

_L dx : O" mi

y en una longitud x de la barra :

a)

i p Fig. 106

f .% y = -.- dx .

I.ntegrando : logc A:r - log8 A0

log. A, A o

o Cfa.d

1' -- X

fTa.rl

_Y_ x, u,_tA

que, escrita en forma exponencial, será :

de donde :

'Y - x

e (f'"'

Ecu ación que determina el valor del área Ar correspondient posición x, una vez conocido el significado de A0 • .

Como la [10]. es válida para x comprendido entre O y l, haci x = O, resulta que : p

Ao = --17ad

A0 mide pues el área del extremo libre.

1 0!)

[ 1 0]

a la

ndo

1 1 1

110 RAFFO. C. M . • ESTA T. Y R<ESISTENCIA- DE MA TERIALES

Luego la [10] resulta :

A,. p

= -- e Uad ·

'Y - o: <T •• [12]

que . es la ecuación para determinar A,., a la distancia x, puesto que en el segundo miembro_ aparecen magnitudes conocidas. En fig. 106a, las curvas BC y B'C' representan la curva logarítmica [12] . El diagrama de tensiones es ahora uniformemente igual a uad ( fig. 1 06b ) .

�

El volumen del sólido correspo¡11diente, resulta, atendiendo a la [�O] :

'Y · 'Y

t A·., dx = A0 r - o: Ao Uad - o: ' <T dx a .• d V = e ·• e

. • Q y o 'Y 'Y

Ao_ Uad ( -l - 1) Ao Ua d

- 1 Ao ITaa V e (fod e (fod (13] y

� ® �

Az (2)

A, (j) l

Apt .. . , p

Fig. 107

A y y

Como : 'Y - l A0 e "•• = A 1 ,

según [10] , A 1 mide el área de la sección fija BB' la [15] puede es­

==Oad� cribirse :

V = ITad A ¡ - ..!!.'!.i_ Ao y y

V :-= � (A 1 - A0) . [ 14] y

En algmios casos se �?Ustituye el perfil logarítmico [12] por un perfil escalonado (fig. 107) , más fácil de ejecutar y más económico.

Así se procede en los largos que sigue :

cables para minas, como indica el ejemplo

EJEMPLO 44. - Proyectar un cable de acero para mina, de longitud l = 600 m que debe soportar una carga útil de P = 3 t (u., = 1400 kg/cm";

kg Y = 7,8 --). dcm•

Supuestos tres tramos de igyál tngitud l = 200 m ( fig. 107) , resultará que el tramo 1 , está solicitado por l .1 carga P y por su propio peso P, ; su sección, uniforme en la longitud L; s tá_; [9] :

p Ao = - . l u •• - y = 30p0 kg = 3000

= 2 41 cm' . 1400 � - 0,�078 � 20.000 cm

1244 '

cm' cm•

EI ',trozo 2 de cable está solicitado : por la carga P ; el peso propio P, del trozo 1 ; y el peso prppio del trozo 2 ; P, = yA,l. La suma de estas fuerzas

TRACCION Y COMPRESION SIMPLES l l l

exteriores debe equ�librar a las anteriores : u • • Al; lue�o :

de donde :

A1 = P + YAol "•• - Yl

= 3000 + 0,0078 • 2,41 . 20.000 = 3376 = 2 71 cm' . 1244 1244

,

Procediendo análogamente, resulta p_ara el trOl:ó ·3 :

= P + YAol + yA1l = 3376 + 0,0078 . 2,71 . 20.000 = 3799 = 3,05 cm'. A. u •• - yl 1244 1244

. �JEMPLO 45. _:_ Determinar las ecua�ismes de igual resistencia de una pila para- viaducto, construída de ladrillo prensado con mortero de cemento, de altura 50 m, soportando una carga, en su extremo, de 700 t (fig. 108) .

y = 2100 kg/m'

P=liJIJt u •• = 14 kg/cm .. :

A

Fig. 108

La sección Ao de coronamiento está dada por [3] :

Ao = _!__ = 700.000 kg = 5 m'. u.. 14 kg cm'

Las restantes secciones quedan determinadas por la [12] : 0,0021

. 1000 A1o_ = 50.000 e 14 = 50 . .()00 e0,15 = 50.000 . 1,162 = 5,81 m• .

A,. = Aao = A,o, = A .. - =

o,oo:il zooG 50.000 e --¡¡- · = 50.000 eo.3 = 50.000 50.000 . e0.45 = t50.000 . 1 ,568 = 7,84 m•. 50.000 eo.s =f'9,11 m'. . ..._ 50.000 • e0.75. '� 10,58 m�. •

. 1 ,350 = 7,75 m'.

1 1 <:: UAFFO, C. M. - ESTA T. Y UJ!j;:)liYl'l'JNCIA lll!l MA 1'l!Jrtl.ti.Ll'J i::>

El volumen de mampostería seg\ín ((t�] es de :

'V = -::-::-::14-::-::--0,0021 (105.800 - 50.000) = U, ·. 55·800 = 372 m• . O;Oó21

Si el pilar no és de igual resistencia, la sección uniforme que le corres­ponde, será [9] :

A = --,-----,7:-00-:--.:-:o:-oo_-::-:--:-=- = 20 m• . 14 - 0,0021 5000 ' •

con un volumen de 1000 m• .

59. Influencia de la temperatura. - Coeficiente de dilatación li­neal de un prisma, es el número a que mide el alargamiento o acorta­miento experimentado por la unidad de longitud, cuando la temperatura varía de 1 °C. Si la variación de temperatura es de t°C y l la longitud primitiva de la barra, la dilatación será :

.ó.l�. = -+- at0l,

conviniendo en representar con + un alargamiento y con signo menos una contracción de la longitud inicial. De la anterior se tiene :

.ó.lt. . e t • :::;:: --·- = -+- at0 : l

-- [ 15]

e t • es el alargamiento específico térmico. Sea una barra (fig. 109) empotrada en el extremo A y libre en el

otro. Por efecto de una elevación· de temperatura, la sección B experi-. menta una dilatación BB', que im-

-N 1�- A plica, conforme a la ley de Hooke, ,..;--"4..;.... _____ _,8 B' N �a presencia de esfuerzos internos --1 1 _ -:._� d.e o_rigen_ t�rmico (en este caso) . TOd9

-se presenta como si estas ten­

siones respondieran a una fuerza exterior N, de compresión en B, y a la correlativa reacción -N en A.

Fig. 109

En consecuencia un aumento de temperatura origina tensiones de compresión, que serán de tracción cuando hay aisminución de tempe­ratura.

Si u es la tensión producida a consecuencia de una variación tér­mica, por la ley de Hooke, podrá escribirse :

éste es el valor que se obtendría, si la dilatación o contracción no fuera impedida. Reemplazando �> t• por su valor [15] , resulta :

u = Eat0 ;

y para la sección de área A :

·N = EAa.t0, [ 16]

TRACCION Y COMPRESION. SIMPLES 113

valor de la fuerza normal desarrollada en la sección considerada por una variación térmica de t°C.

E .TEMPLO 46. - U na barra de acero de seccwn constante : 7 cm•, st{t sometida a una elevación de temperatura de 40°C. Hallar la fuerza N d compresión axil, necesaria pa_ra anular el alargamiento originado por la acción térmica.

Por [1'6] es :

N = 2.100.000 . 7 . 0,000012 . 40 = 7076 kg .

E.TEMPLO 47. - Si la barra del ejemplo anterior está sometida simultá­neamente a la acción de la carga.. de compresión P = 7 .t y a la acción tér­mica, determinar la tensión de trabajo.

Es de aplicación el principio de superposición de los efectos elásticos . ( parág. 50) . Se tiene pues : por la fuerza axil P :

por la acción térmica :

u"

En total :

p A

1000 kg/cm';

7076 - 1011 k 1 2 --7-_ g, cm .

u = 2011 kg/cm'.

E.TEMPLO 48. - Calcular el alargamiento de una barra vertical de ace­ro, de sección uniforme : 9 cm', longitud 12 m, sometida simultáneamente a una carga axil N = 10 t y a una elevación térmica de 30°C.

Por el principio de superposición de los efectos, será, según [2] y [16] :

Al = Nl EA

+ al t .

Reemplazando valores :

Al '

10 + 1200 ---'--,-----,-- + 0,000012 . 12 . 30 = 0,635 + 0,432 2100 . 9

1,067 cm .

114 RAI!'i''U, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

Q ..... .....

CAPÍTULO XVI

SISTEMAS RETICULADOS PLANOS

60. Definiciones. � Los sistemas reticulados son estructuras for­madas por barras unidas por sus extremos en puntos llamados nudos. Cuando los ejes baricéntricos de las barras son coplanares resultan los reticulados planos. '

Si el reticulado pl�mo está solicitado por cargas relativamente pe­queñas, como sucede en las cubiertas para talleres, tinglados, hanga­res . . . , cuya · misión es resguardar el recinto del ambiente exterior, se denomina cercha, cuchillo, armadura. o cabriada (fig. 110) . Cuañdo las

FIN K Fig. 1 1 1

cargas son elevadas y por razones estéticas o prácticas n o e s posible utilizar vigas de alma llenl:r, se �ecurre a reticulados planos que se de­nominan vigas de celosía (:fig. �11) . ,

La utilización práctica de los reticulados impone la necesidad que éstos sean indefórmables, es decir : deben tener el número de barras su· ficiente para asegurar la invariabilidad de su configuración geométrica bajo la acción de ' las 1cargas actuantes.

1 16 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESIST_'ENCIA DE MA TERIALES

61. Iieticulados triangulares o simplesr � La única figura inde­. formable es el triángulo, que constituye el reticulado más s imple : ABC

(fip( 112) . Si los puntos B y C se· D unen a . un punto D formando el

triangulo JJCD situado en la banda opuesta a "ia ael ABC respecto de la barra común 3, resulta un reticula­do formado de 5 barras y 4 nudos.

E Prosiguiendo de esta manera, la su­cesión ordenada de triángulos re­sultantes, constituye un reticuliiilo

A Fig. 112 triangular o simple, el ABDEC de la fig. 112.

Las propiedades características de un reticulado simple son las . si­guientes :

1 ) están formados exclusivamente por triángulos ; 2) cada dos triángulos tienen en común un lado (barra) y dos vér­

tices (nudos ) ; · 3 ) un mismo vértice (nudo) no pertenece a más de tres triángulos ; 4) existen nudos a los cuales concu rren sólo dos barras ( se llaman

nudos simples) .

Los reticulados triangulares son los más frecuentes en la práctica constructiva.

62. Reticulados no triangulares o compuestos. - Los reticulados planos formados por métodos distintos del anterior ; composición, susti­tución, etc., se denominan : retict¡lados no triangulares o compuestos.

La diferencia princip.al que presentan conipaÍ'ados con los triangu­lares, consiste en la ausencia . . de nudos simples, es decir que en cada nudo de un reticulado compuesto concurren, al menos, tres barras ( re­ticulado Fink, por ejemplo) .

Por esta causa, algunos de los métodos de cálculo que veremos en el parág. 65 no podrán aplicarse directamente.

63. Reticulados estrictamente indeforlllables. - Un reticulado es estrictamente indeformable cuando basta eliminar. una sola barra para que s6 deforme.

Entre el número b de barras y el número n de rwdos, de un reti• culado estrictamente indeformable, existe la relación : ·

b = 2 n .,- 3 que cumplen los reticulados triangulares y los no triangulares.

Si es : ·

b > 2 n - 3,

[ 1 ]

[2]

el número de barras supera al necesario para mantener la estricta in­deformabilidad ; se dice que es un reticulado super abundante . Ejemplo : la cruz de, San Andrés ; en ella pueden suprimirse las diagonales 1 a 4 sin modificar su rigidez.

SISTEMAS RETICULADOS PLANOS 117

Si : b < 2 n - 3, [3]

�� reticulado es deformable o inestable y no puede ser utilizado.

64. Hipótesis de cálculo. - El primer problema a resolver en es­•ructuras reticuladas, consiste en determinar las fuerzas interiores a que e1tán sometidas las distintas barras que lo forman, como consecuencia de las cargas actuantes. Tales fuerzas se denominan esfuerzos en las b11r.ras.

Se simplifica mJcho el problema introduciendo las siguientes hi­pótesis :

1 �) Los nudos funcionan como articulaciones desprovistas de fro­tamiento.

211-) Las cargas actúan exclusivamente en los nudos y están situa­das en el plano del reticulado.

3�) Las barras son rectas y rígidas.

La primer hipótesis, nudos articulados, pocas veces se cumple en la práctica. Generalmente las barras que concurren a cada nudo, están re­machadas o soldadas a una chapa nodal, lo cual origina por su carácter (le empotramiento, esfuerzos secundarios.

En lo,.s reticulados corrie!).ies, tales esfuerzos son de poca impor­tancia, razón que explica la primera hipótesis. Por otra parte en caso necesario, los esfuerzos secundarios pueden determinarse en un posterior cálculo. �

La segunda hipótesis, asegura que los re- p ticulados pueden considerarse sujetos exte- fJ2 riormente a solicitaciones puramente nodales. Esta hipótesis se verifica casi siempre. Si las barras estuvieran cargadas, e� posible obtener en la práctica, mediante opor._ttuios dispositi-vos constructivos, que las cargas actúen en Fig. 113 los nudos (fig. 113) . En cuanto al peso pro-pio de cada barra se lo distribuye en partes iguales sobre los dos nudos correépondientes.

65. Métodos de cálculo. - Se supone que el reticulado está isos· táticamlmte sustentado, es decir : el número de incógnitas de las reac­ciones de apoyo no es superior a tres. En consecuencia la determinación de. las reacciones puede obtenerse por los procedimientos de la Estática.

Conocidas ellas y las hipótesi·s establecidas, los métodos para calcu­lar la intensidad del esfuerzo en cada barra, se resumen en dos : métodG de los nudos o de Cremona y método de las secciones que se desarrolla según dos procedimientos operativos, el de Ritter y el de Culmann.

A) Método de los nudos o de Cremona : Obtenidas las reacciones de apoyo, no solamente el conjunto de

fuerzas exteriores resulta equilibrado, también debe subsistir equilibrio, aisladamente en cada nudo, entre las fuerzas exteriores . que en él inci­den y los esfuerzos dirigidos según las barras que al nudo concurran.

118 RAFFO, C. M. · ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Consideremos la armadura representada en fig. 114a. El riudo A, aislado del resto de la estructura por medio de la sección S, debe en­contrarse en equilibrio bajo la acción de las fuerzas exteriores P1, R.

a) NUDO VECTO R IAL A (f) OABCO

® CBOEC

{jjJ) EOO'E'E

® OCEE'c'o

®. C'E'o'B'c'

® B'A'oc'B'

Fi.;. 1 1 4

y d e los esfuerzos desconocidos F¡, F6 desarrolladós e n el interior de las barras· 1 y 6.

Por consiguiente el vectorial de estas fuerzas será cerrado. Para dibujarlo, convendremos en adoptar un sentido de rotación, el de la fle­cha C, por ejemplo, y considerar sucesivamente las fuerzas, que concu· rrentes en A, se van presentando en el sentido de la flecha, a partir de la vertical descendente. Esta convención se aplicará en todos los nudos.

SISTEMAS RETICULADOS PLANOS 1 1 9

Según este convenio el vectorial de las fuerzas exteriores in id n t s en A , será el OAB (fig. 1 14b) . Trazando por B la paralela a la d i r -

ción de la barra 1 y por O la paralela a la d irección de la barra 6, resulta en OABCO el vectorial de todas las fwwzas, exteriores e in lc­riores pasantes por el nudo A .

Cerrado e l vectorial s e trasladan las flechas 1 y 6 q u e aseguran e l cierre, a las barras correspondientes d e l a armadura, teniendo la pre­caución de ubicarlas en proximidad del nudo A considerado.

Las flechas que de este modo se presentan en las barras de la ar­madura, señalan el sentido del esfuerzo que cada bar-ra e/er,ce ·�9bre �l nudo A . Se observa que el esfuerzo desarrollado en la barra ; !1. tiende a comprimir el nudo A (fijo) ; en cambio la barra 6 ejerce un esfuerzo tendiente a tirar del nudo A. Vale decir : en la barra 1 se desarrolla un esfuerzo de comp·resión y en la barra 6 · un esfuerzo de tracción. También se dice que la barra 1 trabaja a la compresión y la 6 a la tracción.

Regla práctica : Si el esftwrzo en una barra se acerca al nudo hay compresión; si se aleja hay tracc,ión.

En cuanto a la intensidad del esfuerzo se aprecia por los segmen­tos BC y CO del vectorial, medidos e¡;J. la escala de fuerzas.

Pasando a otro iwdo al cual concurran tres barras, elegido de modo que una de éstas sea de las ya calculadas, pueden determinarse los es­fuerzos en las otras dos.

En efecto, aislemos el nudo II del resto de la armadura. A él con­curren tres barras : 1, 2 y 7, de las cuales la 1 ya fue calculada. Como el extremo A de esta barra ejerce compresión sobre el nudo I, su otro extremo ejercerá también compresión sobre el nudo II (acción y reac­ción) . Es decir que el sentido de la flecha en el nudo II será opuesto al de la flecha en el nudo I. Este cambio de sentido se expresa, en el vectorial, por una doble flecha colocada en el segmento eB representa­tivo del esfuerzo en la barra l .

Regla práctica : El sentido d e la flecha en e l extremo de cualqu�er barra, debe cambiarse en el otro extremo.

Luego en el nudo II se presentan, ordenadamente, las siguientes fuerzas exteriores : el esfuerzo de la barra 1 y la carga P2 • El vecto-

'

rial de estas fuerzas tiene su origen en e y siguiendo el sentido de la doble flecha (fig. 114b) hasta B, termina en la carga P2 : es decir el eBD. Trazada por D la paralela a la d irección de la barra 2 y por e la paralela a la barra 7, el vectorial cerrado eBDEe expresa el equili­brio de las fuerzas exteriores e interiores, concurrentes en el nudo I l .

Trasladando las flechas de los vectores D E y E e a las correspon­dientes barras 2 y 7 de la armadura, ubicándolas en el nudo II, resulta que las barras 2 y 7 trabajan ambas a la compresión. Sus respectivas intensidades están dadas por los segmentos DE y CE, apreciados en la escala de fuerzas.

Recorriendo de este modo todos los nudos de la estructura, se ob­tiene un polígono cerrado que se denomina diagrama de Cremona.

120 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESIS-TENCIA DE MA TERIALES

!J.=4 t

1!=4t 2

!f=St

( RA= 13t

[..--E-L_=_f-:::-c":,_-,1

EF=..11__ 1 !cm

B

a) BARRAS COMPRES19,�.o�!ACCION

1-1 ' 29 2-2' 2.5,5 3-3' 3.6 4-4·' 27 5-51 5-{)' 7-71 5.25 8-8' 20 9-91 10

5 20,4 ---<

9 14

!]=4t

l = 18m

? -

NUDO VECTORIAL I COAfJC

JI BAOEB Ili CBEúC IV 6EDIIJ6 O' y C6JkC IT KJHII!J'K y� ci<'76'C lV' Ill ' JI ' I'

'�<'i!r. 1 15

SISTEMAS RETICULADOS PLANOS 121

EJEMPLO 49. - Determinar los esfuerzos de las barras en una arma­dura tipo beiga, de acuerdo a los datos indicados en el esquema de fig. 1 15.

Como el reticulado a calcular es del tipo simple o triangular, existen nudos a los cuales concurren dos barras ; son ésto¡: los apoyos. El Cr mona se empieza por uno de éstos, por ejemplo el A.

o

Jm

f/=/Jt

1 EL=_É!!:_ . !cm

/1

EF-___11_ - !cm

�=5t

Fig. 116

NUDO I II :m: JY Ill' JI' I

BARRAS

1-11 2-fO

3 4-8 J

f.--· fi 7 g

VECTORIAL B O C B C O A O C B C O E B E D A A 'O 'E B E D'C B C 0 1A 101C 01/3CO'

COMPRESION 1. TRACCION Toneloóos

- 11,3 5.7 3, 8 -

- g - 3,8 Jt,J -

- 3_8 3,5 -

122 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Trazado el vectorial de las cargas, queda determinado el punto medio C del mismo que fija las reacciones R .. y Rn . Las fuerzas exteriores, .en A , a saber R .. y P, están representadas por el vectorial COA. Por A la paralela a la dirección de la barra 1 y por e la paralela a la barra 2 (según se van presentando en el sentido de la flecha) determinan el vectorial COABC, que una vez cerrado determina el equilibrio en el nudo 1 (apoyo A ) . El sentido de la flecha indica que la barra 1 está comprimida y la 2 extendida.

En el esquema de fig. 115 se ha reforzado la barra comprimida 1 para evitar el uso de flechas. Este convenio lo aplicaremos en lo sucesivo.

Se pasa a un nudo con sólo dos barras desconocidas : el 11. Las fuerzas externas en él son la compresión conocida de la barra 1 y la carga P •. El vectorial de estas dos fuerzas es el BAD, pues el sentido de la flecha en AB debe invertirse. Las paralelas DE y BE a las otras dos barras 4 y 3 que inciden en 11 determinan el vectorial BADEB que una vez cerrado indica compresión en las barras 3 y 4.

Los sucesivas polígonos vectoriales en cada nudo y en el sentido en que deben considerarse, se indican en el cuadro b de la fig. 115.

El polígono vectorial correspondiente al nulo 1', que debe resultar ce­rrado, sirve de verificación al procedimiento de Cremona.

Las intensidades de lCIS esfuerzos se han tabulado en el cuadro. a que acGmpaña la fig� 115. . · ' .

EJEMPLO 50. - En la viga Warr n de la fig. 116, determinar los es­fuerzos en las barras, sergún el método e Cremona.

La construcción del diagrama de Cremo se inició en el nudo 1 ( apoyo A ) disponiendo las fuerzas en el sentido md1 do por la flecha curvilínea.

Los distintos polígonos parciales, en cada nu , según el sentido de cie­rre están indicados en el cuadro de la fig. 116.

B ) Método de Ritter : El método dé los nudos o de Cremona no permite individualizar el

esfuerzo de una determinada barra sin el cálculo previo de los esfuerzos en otras barras. Además, es inaplicable en todo nu-

A ' d o a l cual concurran más

Fig. 117

imaginemos cortado según. S el reticulado

1 ) no pase por ningún nudo ; 2) no encuentre más de tres barras ; 3) las barras no sean concurrentes.

de dos barras desconoci­das.

E s t o s inconvenientes desaparecen en el método de las s e c c i o n e s que se aplica a través de dos pro­cedimientos : el de Ritter y el de Culmann. Empeza­remos por el primero.

Sea un reticulado ge­nérico ( fig. 1 17 ) . Deter­m i n a d a s las reacciones,

de modo que la sección S :

SISTEMAS RETICULADOS PLANOS 128

El corte efectuado destruye el equilibrio de las partes A' y A". El equilibrio de cada trozo de reticulado será restablecido s i se sustituyen las barras afectadas por el corte S por los esfuerzos que en ellas des-arrollan las cargas P 1, P 2, • • • y reacciones. .

Designando con F1, F2 y Fa tales esfuerzos de las barras 1, 2 y 3, el conjunto de las· fuerzas exteriores situadas a la izquierda de S a saber RM P1 y P2 y de los esfuerzos F11 F2, F8, constituyen, por lo dicho, un sistema en equilibrio, y su momento, respecto de un punto, será nulo.

Elegido el centro de momentos en Ca intersección de dos barras sec­cionadas, si da es la distancia de Ca a la barra 3 y M c. el momento de las fuerzas exteriores situadas a la izquierda de S, respecto de C3 se tendrá en valor absoluto :

Mea = Fada '

pues los momentos de los esfuerzos en las barras 1 y 2 son nulos ya que ambas barras concurren al centro de momentos Ca .

De la igualdad anterior resulta :

F _ Mea • 8 - ---¡¡;- '

valor del esfuerzo en la barra 3. El punto C3 se denomina polo de la barra 3. Los valores de M ca y d3 se determinan gráfica o analíticamente

según se verá en los ejemplos numéricos. El sentido de la fuerza interi9r Fa que actúa en la barra 3 y con­

tribuye a equilibrar el momento de las fuerzas exteriores M c. , debe ser tal que su momento respecto del polo Ca tenga sentido opuesto al de Mea ·

Elegido el polo C2 resultará el esfuerzo .F2 de la barra 2 :

F _ Mc2 •

2 - ---¡¡;-- '

y análogamente el Jl o 1 o el permite determinar el esfuer­zo F1 :

F _ Me,

1 - ---d¡

Observación : Si la sec-Fig. 118

ción S encuentra dos barras paralelas, en fig. 118 las 1 y 3 , no podrá calcularse por el método de Ritter el esfuerzo en la barra diagonal 2, porque el polo C2 de ésta se encuentra en el infinito. Sólo podrán obte­nerse los esfuerzos en la barra 1 del cordón superior y en la 3 del cordón inferior cuyos respectivos polos son C1 y C;¡ .

·

EJEMPLO 51. - Calcular por Ritter la viga de celosía de la fig. 119. Equilibrada la viga mediante sus reacciones :

!P 2

= 7,5 t,

124 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

/ /:Z.Jl fj-3t ���� ' �--����--\

/�;' �- -� ---, , , _ _ _ _ , - s:::i �� - - '_/_ t;ot-- - - - - _,_ - - - -7 - -

R_,=J,5t t---=a:....·""'Jm=-....,

e) Fig. 119

�-Jt

!=-12m f?J .. 7,5t

2

tt) consideremos la sección S que deja a su izquierda las fuerzas exteriores :

R .• - P1 = 4,5 t .

RA

P,

o

Para calcular la barra 4, cuyo polo es C,, interseéción de las otras dos barras afectadas por el corte, se tiene en valor numérico la igualdad de condición :

de donde :

F, =

M e, = F, . d, ,

(R.. - P, ) . a d. = 4,5 . 3 tm := 4,5 t .

3 m

La distancia d, se obtiene por medición directa en el esquema de fig. 1 19a, aprecida en la escala lineal.

En cuanto al sentido de la fuerza F. obsérvese que el momento de la fuerza exterior RA � P,, respecto ·del polo C. es positivo ( fig. 119b) ; luego el esfuerzo F. debe originar un momento negativo equilibrante de an_terior. El sentido de F. tendrá que dirigirse hacia el nudo C, ; situado a la izqttierda del corte. La barra 4 trabaja a la compresión.

Cálculo de la barra 3. El polo es el punto C,; el mazo de palanca d,, apreciado en la escala lineal, vale 10,40 m. La igualdad numérica de mo­mentos :

Meo = F, . d,,

SISTEMAS RETICULADOS PLANOS 1 2ó

sie¡¡do M o.. el momento, de todas las fuerzas exteriores situadas a la h:­quierda del corte S, respecto del polo c., permite obtener :

M o, Fa. = --- =

da 4,5 t . 9 m = 3,900 t .

10,40 m

Este esfuerzo (fig. 119c) se aleja del nudo c., situado a la izquierda del corte S, de modo que el momento resulta negativo, equilibrando así e l momento positivo de las fuerzas exteriores. Se deduce que la barra 3 tra­baja a la tracción.

Cálculo de la barra 2. Su polo está en C, ( intersección de las otras dos barras 3 y 4) ; brazo de pal¡mca d, = 2,70 m ; momento de las fuerzas exte­riores M c. = 4,50 t . 1,50 m = 11,25 tm. Luego :

F, = M_:;• = 6,75 tm = 2,5 t . u 2,70 m

Este esfuerzo tira del nudo A ( situado a la iz111uierda del corte S) para producir así un momento negativo, equilibrante del momento exterlo.r posi­tivo. La barra 2 trabaja a la tracción.

El cálculo de las barras restantes, puede determinarse con oportunas secciones ; así la S1 permite obtener los e¡¡¡f•er�os de· las barras 5 y 6, la sección S, en las barras 7 y 8, terminánde¡¡¡e con esta sección el cálculo de todas las barras, por razones de ·si�� en la estructura.

La única barra que no es posible determinar por el método de Ritter es la l . Se suple este inconveniente apelando a una Cremona como lo indica la fig. 119d. Resulta F1 = 5 t.

E.JEMPLO 52. - Aplicar el método de Ritter a la armadura represen-tada en la fig. 120.

· ·

Equilibrada gráficamente la armadura y considerando la sección S, se tiene :

Barra 2 - Polo C, . Momento exterior :

M = 5,3 t . 2,50 m = 13,25 tm .

13,25 tm 1,3 m

Barra 3 - Polo C, . Momento exterior :

= 10,2 t : tracción .

M ·= - 5,3 t . r1 + 3 t . r. = - 5,3 . 8,8 tm + 3 . 11,3 tm = - 12,74 tm.

P'a = 1 : 1 = 12,74 tm 1 1 m

Barra 4 - Polo C. . Momento exterior :

1 ,2 t : compresión .

jl-J = 5,3 t . 3,50 m - 3 t 1 m = 15,55 tm .

· ¡ M 1 F, = d. 15,55 tm

1,3 m

Barra 5 - Polo C, . Momento exterior :

12 t : compresión .

M = 3 t . 2,50 m = 7,5 tm .

7,5 tm 2,8 m

= 2,7 t : tracción .

P.•4t ... - � ,

1-:1 O) �-4t o 4 . . h=-Jm . 4TRA � ;t.. !!.=5t 1 � 5 . 7 e

Sl � ' � PL P,+ 1:/J �

R=.9.Jt 1· V/lb ·1 1 lRd"10,Jt ;-3 1 r, :4 J 1 1 1 "'<: - -�

,4 1 \ '\ ""- .. 1 • u � 1:/J ....... 1:/J '"'3 t>:J - - - z '\.s 1 \ '\. 1 1 :<; 1 CJ S: b

l=1tlnz _1 \ \_,. "Jd t>:J � ;t.. '"'3 IEL=_@_I \ 1 1 t>:J � ....... fe m ;t.. t-< IEF= ff,n 1 \" l 1 �

H Fig. 120

SISTEMAS RETICULADOS PLANOS

Barra 6 ..:__ Polo C. . Momento exterior :

M = 5,3 t . 5 m - 3 t . 2,5 m = 19 tm .

F. = 1 � 1 = C) Método de eulmann :

19 tm 2 m = 9;5 t : tracción .

127

Este método, que supone como el de Ritter, practicada una secc10n 11atisfaciendo a las condiciones 1 ) , 2) y 3) del presente parág., B ) , con­lliste en equilibrar la resultante de las fuerzas exteriores situadas a la Izquierda del corte, con tres fuerzas según las · respectivas barras sec-ionadas.

El problema estático a resolver es, pues, el mismo problema estu­diado en el parág. 23.

Ro Fig. 121

Sea un reticulado plano genérico (fig. 121) sometido a cargas P1, P2, · • . . , equilibradas con las reacciones RA y RB .

Si R' es la resultante de todas las fuerzas exteriores situadas a la izquierda del corte S y e la intersección de R' con la recta de acción de una de las barras seccionadas, la 1 ; uniendo e con la intersección D de las otras dos barras 2 y 3 afectadas por el corte, queda iptrodu­cida la recta auxiliar x, que permite resolver el problem-ª'---._

Trazada por A, extremo del vector OA representativo, a escala, de la resultante izquierda R', la paralela AE a la barra 1 , por O la para­lela a la dirección auxiliar x hasta encontrar en E a la dirección 1, se completa el cuadrilátero de Culmann con las paralelas a 2 y a 3 por E y O respectivamente.

Cerrando el vectorial OAEGO, resulta equilibrada la resultante R' con las fuerzas F 1, F2 y F13 que constituyen los esfuerzos interiores de las barras afectadas por el corte. El sentido de estos esfuerzos se ob­tiene al trasladar las flechas que aparecen en el vectorial, a las , barras correspondientes, ubicándolas en proximidad de los nudos situados a la izquierda del corte S. Las barras 1 y 2 trabajan a la compre.sión y la 3 a la tracción.

EJEMPLO 53. - Aplicar el método de Culmann a la viga celosía repre­sentada en fig. 122.

§•4t P,•t5t lj-Zt ¡¡-n l}·t5t

S Il i�� _-d� 6 ( t j " j

�·5,5t 1

H, 1 1 , 1 , -

;...-, / 1 'it

1 1 :z-tzm.

1 1 1

¡

�-5,5t

t_• ,. "" o ,..... 1 ------ · s�l

- - - - - 2 . 1

- - - - - - - - - - - -� .::.. -

BARRA COMPRE S I ON TRACC ION Tone a das ¡'\

1 5,5 2 5 -3 - 7.2 '8 . 4 -5 4 -6 88 7 - 5.5 8 - {j h)

Fig. 122

o ... t.:> 00

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3

K r .a �J e ��� ... .

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SISTEMAS RETICULADOS PLANOS 1:19

Como el procedimiento de Culmann exige conocer la posición de la re­llultante a la izquierda üe una �ección determinada, se han trazado los polí­JCOnos vectorial, polar y funicular. Si la sección es S (fig. 122) , la resultante de las fuerzas exteriores a la izquierda del corte : R .. - P, - P, = 2 t, está dirigida hacia arriba y pasa por -S., intersección de los ládos 3 y 7 funicu­lar, paralelos a los radios extremos 3 y 7 del vectorial correspondiente a las fuerzas R .. ; P, ; P, .

Determinada la recta auxiliar de Culmann x, se traza por B extremo, n el vectorial, de la resultante izquierda R .. - P, - P, = 2 t (de origen C)

)a paralela a la barra 8 y por e la paralela a la recta X ; por el punto de Intersección H una paralela a la barra 7 que intercepta en L la paralela por e a la dirección de la barra 6. Cerrando el cuadrilátero de Culmann eBHLe, resultan determinados en sentido y magnitud los esfuerzos en las barras 6, 7 y 8.

Practicado el corte S, para encontrar los esfuerzos en las barras 2, 3 y 4; la resultante izquierda · R .. - P, = 4 t pasa por el nudo I, es decir por el punto de encuentro de dos barras afectadas por el corte. El problema de Culmann sé presenta en la disposición de l¡1 fig. 62 (parág. 23a) . En tal caso sabemos que el esfuerzo en la barra 4 será nulo, mientras que los es­fuerzos en las barras 2 y 3 resultan ,(fig. 122b) del polígono eOABC.

Obsérvese que el esfuerzo en la barra 1 resulta equilibrando, en A, la reacción R .. con un esfuerzo igual y de sentido opuesto a esta reacción, pues la barra 4 no ejerce ninguna acción sobre el nudo A.

Para obtener el esfuerzo en la barra 5 se construye el polígono de equi-librio en el punto II o en el III ; indistintamente ( fig. 122c) .

�-ót Jm Jm

N lJ{lO i' JT Ili IV

Fig. 123

VECTORIAL BARRA OABCO ocoo 1-!Z OCOEO 2-8 AOúA J -13

4 -ft 5-10 6-9

7

IEF=-tfcml R0=5t

b) COMPRESIOHj TRACCKJN

Toneladas 4 -

10, 7 -- IJJ - -- 13,3 4 -

- 8

130 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

En el - cuadro que acompaña la fig. 122 se han tabulado los esfuerzos de las barras calculadas.

EJ�MPLO 54. - Calcular la viga Fink representada en la fig. 123. Se trata de una viga de celosía que carece de nudos simples, esto es, no

hay ningún nudo al cual concurran dos barras. Por consiguiente el diagrama de Cremona no puede iniciarse.

Se salva la indeterminación practicando un corte S, para calcular el es­fuerzo, por ejemplo, en la barra 2, con lo cual podrá iniciarse la construc­ción del Cremona, a partir del nudo l.

Pa.ra la determinación de la barra 2 sirve de polo el punto C; luego :

F, = I�· l =

RA . 6 - Pt . 3 2,27 m

6 . 6 - 4 . 3 2,27 m

Resulta para la barra 2 un esfuerzo de compresión.

24 tm --=-=-=--- = 10,6 t . 2,27 m

La construcción del diagrama de Cremona se puede seguir en la fig. 123a, y los resultados están en el cuadro b de la misma figura.

CAPÍTULO XVII

LA PRESióN DEL VIENTO

r

66. Presión normal del viento. - Sea una masa m de aire en roo­metros .

vimiento a la velocidad media de v . Su energía cinética es : segundo

2

Si y k� es el peso específico del aire y g = 9,81 � la acelera-. m seg2

ción de la gravedad, se sabe que :

Luego :

m = y g

Ec = _Y_ vz 2 g

expresa la energía cinética, por metro cúbico, de viento a la velocidad v. kg

Adoptando para y el valor promedio y = 1 ,225 --3- , resulta :

y por tanto :

1 m = s •

1 6

m

Si la masa de aire en movimiento encuentra una placa plana de área A, fija, y colocada perpendicularmente a la dirección de v, ejer­cerá sobre ella una "presión dinámica" P 0 que vale :

vz P0 = leA 16 "

E l coeficiente k, que depende esencialmente de la forma de la placa, ha sido determinado por numerosos ensayos. Los realizados, especial­mente con placas de pequeño espesor sumergidas en corrientes no homo­géneas como son los vientos, señalaron valores osci lantes entre 1 ,57 y

132 RAFFO, C. M. - l!:::i'l'A 'l'. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

1 ;76. Adoptando este último, correspondiente a grandes velocidades re­sulta :

P0 = 0 ,11 Av2

fórmula que fija la presión normal del viento sobre una superficie de A m2•

Se deduce : P,. " Po = -----¡¡--- = 0,11 v- ;

presión normal por unidad de área : Po en kg/m3 ; v en m/seg. Con esta fórmula se ha construído la tabla 3 .

67. Presión del viento sobre superficies inclinadas. - S e admite generalmente que el viento . sopla en forma descendente con un ángulo de inclinación de 10° respecto de la horizontal (fig. 124) .

Supongamos que en la vertiente AC de la armadura ABC, incide el viento

·, siendo Po la presión por unidad de área, de una superficie DH

situada normalmente a la dirección de aquél. Si a es la inclinación de la cubierta, el ángulo de ataque del viento sobre ésta es a + 10°.

Descompuesta la presión normal ]Jo en una presión Pn perpendicu­lar a AC y otra Pt tangente a la cubierta, ésta no ejercerá presión so­bre la cubierta. Luego :

p,. = Po sen (a + 10° ) ,

fórmula que permite calcular la presión efectiva del viento actuando perpendicularmente a una superficie unitaria de inclinación a .

EJEMPLO 55. - Determinar los esfuerzos máximos que se producen en las barras de la armadura ( fig. 12 5) , teniendo en cuenta la presión del viento. Separación entre armadura = 5 m.

Considerando. primeramen·. 1a carga permanente con los siguientes va­lore¡s : P1 = P, = 400 kg; P, = .Pa = P, = 800 kg, se ha construí do, a par­tir (del vectorial OA, el correspondiente Cremona ( fig. 125a) , obteniéndose los esfuerzos que figuran en la planilla que acompaña a la misma figura.

Para determinar los esfuerzos originados por el viento, . fij aremos co�o presión Po de éste el valor Po = 180 kg/m' . Siendo la inclinación de la cu­bierta f3 = 26030', se tiene :

p. = 180 . sen (26030' + 1vv ¡ = 105 kg/m" .

LA PRESION DEL VIENTO l33

R:=1410kg

2m

(} /{ f¡-Z4(}0kg a) . CARfJA PERMANENTE

- Compresión + Trocc/Ór¿ ·

BARRA PERMANENTE 1VI EN 10 A LAI VIENTO A LA 1 ESFUERZO

kg IZ Q��RDA l DE�&CHA MA��MO

1 --:���% ---¡-3 - 810

r-i. -!'110 .5 + 750 fj - 1710 7 1 - 870 r--------.- ........ _Ll -2580 9 ¡ +ZJ!O

Fig. 1 25

1

- 2 100 : - tJeo 1 --�sso ---·- ·----·-·-·!-·----==-. + 2700 : + 27!1 1 + 5010 - tJooQ 1 - z31o - !200 - t.JO.P__j_::_}JI{J__ + fi50 1 + ó9tl 1 + 1440

·r----:-c-- 1.500 - ! 1 70 i - 3210 o 1 1 ::_--iJoY"T- 2ro

- /5[10 1 - 204�-4620 -¡---- -- -- . .. + !J2P + 1.5!}0 i + 3900

134 RAFFO, C. M. - ESTA 1'. Y RESISTl!lNCIA DE MA TJ!J'J:UALES

Tal es la presión normal a cada metro cuadrado de la vertiente AC a barlovento, esto es, suponemos que el viento incide sobre la parte izquierda de la armadura.

Como la superficie atacada por el viento (fi�. 125b) es AC . 5 m la fuerza actuante en esta área será :

[>. = AC . 5 . p. = 4,47 . 5 . 105 = 2400 kg; �-

que aistribuída uniformemente sobre el fhldón AC resultará para cada una de las partes AAo = A.E = EEo = E oC : una fuerza de 600 kg. En conse­cuencia las fuerzas provenientes del v!ento y concentradas en los nudos son :

P', = P'• = 600 kg P1, = 1200 kg ;

cuyas líneas de acción son normales a la vertiente AG. Para ia determinación de la reacción R1 s que debe ser normal a la su­

perficie de apoyo en B, puede utilizar�e la ecuación de momentos respecto de A. Como la acción del viento es P. = 2400 kg pasante por E, punto medio de AC, su . brazo de palanca será AE = 2,23 m ; luego :

2,23 . 2400 - 8R1s = O R's = 670 kg.

Trazando por A', (fig. 125c) extremo · del vectorial con origen O, co­rrespondiente a las fuerzas P',, P12. P'a, el vector A'�B',, representativo de la reacción R' s, se tendrá en B',O,, la magnitud, sentido y dirección de la reacción R'" = 1830 kg .

Conocidas las reacciones queda completado el vectorial O,A',B',O, ; cerra­do, que permite trazar el diagrama de Cremona ( fig. i25c) para el viento inCidiendo a la izquierda de la armadura. Los esfuerzos resultantes en cada barra se tabulan en la misma planilla anterior. ·

Al considerar el viento incidiendo a la derecha, se " procede análoga­mente. El vectorial de la acción del viento es el de origen O, y extremo A", ( fig. 125d) . La reacción R"n puede obtenerse también con una ecuación de momentos respecto de (t ; .

AD • 2400 - SR11s = O R"s = 1470 kg

y la reaccwn R" .. resulta : R" .. := 1260 kg ; con estos resultados puede dibu­jarse el Cremona de fig. 125d y completarse la planilla de esfuerzos, con la columna : viento a la derecha.

El esfuerzo máximo de cada barra se obtiene' sumando al esfuerzo ori­ginado por la cargo / permanente, el mayor de los esfuerzos producidos por el viento ; de este modo la última columna especifica el valor máximo de los esfuerzos en cada barra.

CAPÍTULO XVII I

MOMENTOS D E INERCIA D E SUPERFICIES PLANAS

·Para la determinación de tensiones en perfiles dados, son de ' im­portancia los momentos estáticos ya estudiados en el Capítulo X y los momentos de inerci� de superficies planas, que pasamos a considerar.

68. Definiciones. - 1 ) M omento de inercia axil o ecuatorial o simple de una superficie plana S de área A respecto de un eje x de la misma (fig. 126) , es la suma de los productos de cada porción de área AA en que se ha subdividido la superficie, por el cuadrado de !!Q dis­tancia al eje. Se miden en cm• o m4•

Designándolo con J.,, su valor está dado por :

o sea, disminuyendo �A; y aumen­tando su número, se tendrá en el lí­mite :

J, = f y� . dA . [1']

Es una magnitud esencialmente

y

positiva. x 2) Momento de inercia centrífu­

go o compuesto o producto de inercia, de una superficie plana S respecto de dos ejes x e y (fig. 126) que por sencillez consideramos ortogonales, es Fig. 1 2'6 la suma de los productos de cada por-ción -de íirea AÁ - po-r su distancia a dicho eje. Se mide en cm\ mm\ . . .

Designándolo con J .,11, su valor e s :

·J.,v = X1y1 �A 1 + x�y� �A� + . . . + x,.y1,. �A ,. ; [2 1

o sea, en el límite : J "" = f X1f dA . r , J E� una magnitud posit·iva, negativa o nula. , porque el signo d ' ndíl.

sumando depende de los signos de x y de y o s e a de la posic ión d •1 elémento de área dA respecto de los ejes .

136 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MkTÉRIALES

3) M omento de inercia polar de una sección plana S respecto de un punto O de su plano (fig. 126) es la suma del producto de cada por­

_ción de área AA de la superficie, por el cuadrado de su d'istancia al

-punto O. Se mide en cm\ mm\ · . . . Designando con J 0 será :

Jo = p12 • AA1 + p22 • AA::! + . . . + p,.2 • AA , ; [3] .

o sea ep. el límite : Jo = J p< . dA . [3']

Es una magnitud esencialmente pos-itiva.

69. Radio de giro o de inercia. -· Sea una superficie plana S, de área A ( fig. 127) y momento de inercia J:z respe� del eje x. Supon­gamos cortada la superficie imaginada corno una hoja de papel, en ele­mentos de superficie infinitamente pequeños, que apilamos en un punto B distante iz del eje. x.

El momento de iwrrcia Jz, de la superficie apilada en B, tendrá por valor :

A -' [4]

de donde : [cm] . [5]

La magnitud iz se denomina radia de giro o radio de inercia. Radio de giro de una superficie respecto d.e un eje x es, pues, la

distancia ir de un punto B, ' en el cual se concentra la superficie A, de modo que su momento df3 inercia axil sea igual al de la superficie pri­mitiva S.

!J a)

Fig. 127

F ig. 1 28

70. Propiedad aditiva. - si' una sección plana S (fig. 128a) , se divide en secciones parc iales S', $", S"', cuyos momentos de inercia son conocidos J', J", 'J'", el momento de inercia total J es igual a la snma aritmética de los momentos de inercia parciales :

J = J' + .!" + J'" . [6]

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PftANAS 137

Si la sección está formada (fig. 128b) por partes llenas S y partes vacías S', S", el momento de inercia J de la parte llena es igual al momento de inercia J1 de la sección total, menos los momentos de iner­ia de las partes huecas :

/1

J = .T 1 - J' - J" . [7]

xl

1 -,-------QJJ.;

\ \ \

\

• 1 1

\ 1 \ 1

'\ l \ 1 \

B' ' z ' , 1

... 1 ' , 1

'k

\ 1 ' , 1 \j 1' 1 ' , 1 ' ,

...

Fig. 129

' , 1 ' 1

5'

138 RAFFO, C. M. ·- ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

71. Determinación gráfica del momento de inercia axil.

A) Procedimiento de Culmann : Sea xx el eje (fig. 129) con respecto al cual se quiere determh•ar

el morpento J., de inercia del área plana A . Dividida la superficie total e n otras parciales, cuyos centros d e gra­

vedad resulten conocidos, se aplican en los respectivos baricentros G1 , G2, G3, G4 fuerzas A1, A2,• A3, A4, paralelas al eje xx e iguales (o pro­por-cionales) a las áreas de cada superficie parcial.

Construíd'o un primer vectorial de origen O, según la escala de áreas :

EA {3 cm2 1 cm

[8]

y el funicular 1, 2, 3, 4, 5 relativo a aquellas fuerzas, sean B1, B2, B8, B4, B5, .Jos puntos de encuentro de los lados del funicular con el eje xx.

Sabemos, por la [ 4] del parág. 14, que :

o sea :

1

B2B3 • h

momento de A1 respecto de x = A1a1

momento de A2 respecto de x = A2�

{ B 1 B2 • h

• • • o . . . . . . . . . . . . . .. o . o • • • • • • • • • o • • • o o o • • • • • • o

B1B2 A1a1

h

B2Ba A2a2

h

[9]

,,

[10]

Considerando los segmentos B 1B2, B2B3, • • • como nuevas fuerzas con líneas de acción superpuestas a las A1, A2, • • • , el políg·ono B1B2, . . . , Br,, alineado sobre el eje xx, constituye su polígono vectorial, de distancia polar h1 •

Trazando el funicular correspondiente 1', 2', 3', 4', 5', y prolongan­do sus lados hasta interceptar en B' 1, B' 2, B' 3, ; • • al eje x, se tiene que : '{ B'1B'2 • h1 = momento de B1B2 respecto de x = B 1B2 • a1 [ll]

B '2B'3 • h1 = momento de B2B3 respecto de x = B2B3 • a2

Reemplazamos en el último miembro de estas igualdades B 1B�, B2B3, • • • por sus respectivos valores [10] se tiene :

r B\B'2 h¡ A,a l 2

h

A�a22 [ 12] l B'�B':1 h¡ = h

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 139

sea :

[13]

Sumando ordenadamente :

(B'1B'2 + B'2B'3 + . . . ) hh1 = A1a.12 + A2a22 + A3a.32 + A4a.42 •

El segundo miembro, por la propiedad Aditiva del parág. 70, es el momento de inercia axil lz buscado. Luego :

Jz = B'1B's . hh1 = y hh1 • [14]

El segmento y = B'1B'5 se medirá en la escala de áreas [8] y las dos distancias polares en la escala lineal.

B) Procedimiento de Mohr : Según la fig. 129 (primer funicular) , se tiene :

o sea por [10] :

Área (B1B2C¡) A¡a12

2 h Análogamente :

Área (B2B¡¡C2) = B2Bs 2

BlB2 . a.¡ 2

a2 A2a.22 2 h

[15]

[16]

Si se suman las igualdades [15] y [ 16] y las restantes, que corres­ponden a los triángulos (B3B4C3) y (B4B5C4) , resulta en el primer miembro el área de la figura rayada en fi"g. 129, luego :

Alai2 + A2a22 + Aaas2 + A4a42 2 h

• [17]

Según la propiedad aditiva (parág. 70) el numerador es el mo­mento de inerCia J" . Luego :

[17']

que constituye el procedimiento de Mohr. Este procedimiento permite determinar un momento de inercia axil

con la sola construcción del primer funicular.

EJEMPLO 56. - Determinar el momento de inercia del perfil ( fig. 130) referido al eje AB, por el procedimiento de Culmann.

Subdividido el perfil en los dos rectángulos de baricentros G, y G,, se aplican en estos puntos fuerzas iguales a las respectivas áreas A, = 8,5 cm• y A, = 3,5 cm•, según direcciones paralelas al eje de momentos xx que ubica mos coincidente con la arista AB del perfil.

140 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA. DE MA TERIALES

EL= 2cm . !cm

E de Areas= �:;_2

P,

.í=4em 1

i

5cm

Fig. 130

Con distancia polar h = 3 cm se traza el funicular de lados 1, 2, 3; sus lados interceptan al eje xx en ·los puntos B, ; B, ; B • .

Un nuevo polar P, d e distancia polar h, = 4 cm, permite trazar. �� funi­cular 1', 2', 3', cuyos lados extremos determ inan, sobre el eje xx, el s'eg­mento y = B',B', = 0,35 cm.

Luego, según la [14] , el momento de inercia J. del perfil es igual u :

. ., = 11 1 1., = , cm . --- cm . -- · cm . --- = . .:>,6 cm . · ¡ 1 1 ( o'as 2 cm' ) ( 3 2 cm ) ( 4 2 cm ) 3 " '0 •

1 cm 1 cm 1 <·m .

72. Relación entre J.r, Ju y J0• - Por defi nición de ]0 [3 ] , s iendo O un pu nto cualquiera de la sección es :

Jo = f (l� • dA .

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 141

Como

se tiene :

o sea :

J0 f X2 • dA + f Y2 • dA ;

[18]

el momento polar en O es la suma aritmética de los 'momentos de inercia axiles de la sección, respecto de dos ejes rectangulares · trazados por · O.

73. · Desplazamiento paralelo de los ejes de referencia. - Vamos a estudiar cómo varían las tres clases

,de momentos de inercia definidos en el par�g. 68 ��ando los ejes de refe­rencia se desPlazan en el plano de la sección , sin cambiar de dirección.

Sean xy un sifltema rectangular de ejes, con orí,gen en el centro de gravedad G de una sección plana de área A y x1y1 un par de eJ'es parale­los a los anteriores con origen en O ( fig. 131 ) .

Por definición es ·

J,., = f ( b + y) � dA . [19]

Desarrollando el cuadrado :

!J, !!

Fie:. 131

J Xl = b2 f dA -+ 2 b f y dA + f y� dA .

En el segundo miembro se tiene :

f dA = área ele la sección = A .

f J

11 . dA. = momento estático de la sección respecto de uri eje bari­céntrico : igual a cero.

11� . dA = momtmto de inercia de la sección respecto ue un eje bari­céntrico = Jz .

Luego : [201

Procediendo en igual forma resulta :

[21]

Estas dos igualdades dicen : el momento de inercia de una super­ficie, respecto de un eje es igua,l al momento de ·inercia respecto de un efe ba?·1:céntrico. paralelo al primero más el prod,ucto del área de la sec­ción mllltiplicada por el cuadmdo de la distancia entre ejes.

142 RAFFO, C. M. - ESTA T. � RESISTENCIA DE MA TERIALES

Además, siendo según [18] :

Jo = J.,, + lv al sustituir en ésta, las [20] y [21 ] , se obtiene :

Jo = J,z + lv + (a2 + b2) A .

Como á2 + b2 = p2,

( triángulo GBO) , resulta :

Jo + J!Z + lv + p2A ; y por [18] :

J, + lv = la , resulta en definitiva :

que puede expresarse en forma análoga a las [20} --y [21 ] . · Por último, de acuerdo a su definición [2] es :

o sea : J 0:11/1 = f X¡Y¡ • dA ;

[22]

J ""ll' = J (a + x) ( b + y) dA = ab J dA + b J x . dA. + a J y . dA + J xy dA ;

como los sumandos 29 y 39 son nulos : momentos estáticos baricéntricos ; el 19 es igual a a . b . A. y el 39 es el momento centrífugo l:rv del área respecto del sistema .. xy, resultará :

Jx•IJl = JZ!I + abA . [23]

74. Momentos de inercia centralés. - Así se denominan los mo­mentos de inercia axiles, cuando los ejes de referencia pasan por el centro de gravedad de la superficie.

En virtud de las ecuaciones [20] a [23] , el estudio de los momentos de inercia axiles, se reduce al de los momentos de inercia centrales.

Como la dirección de los ejes x e y es arbitraria, las ecuaciones [20] y [21] indican que : para una dirección dada, el momento de iner­

. 'cia es mínimo, cuando el eje de referencia es baricéntrico. En conse-cuencia :

Los momentos de ineTcia centráles son momentos mínimos. La ecuación [22] de J0, indica que el momento de inercia pola1· es

mínimo para el centro de gravedad. En cambio, puede demostrarse, que el momento de inercia centrí­

fugo [23] carece de mínimo.

75. Rotación de los ejes de referencia. - En este parágrafo es­tudiaremos la variación de los momentos de inercia definidos en el pa­rágrafo 68, cuando los ejes rotan de un ángulo cp en torno a su origen O (fig. 132 ) .

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 143

Sea una �perficie plana de área A referida a dos pares de ejes rec­tangulares : uno fijo xOy y otro mó­vil x1 Oy1, siendo 'P el ángulo formado por los ejes xx1, y O un punto cual­quiera del plano.

Los datos del problema son las coordenadas xy de un elemento gené­rico de área dA , y el ángulo 'P . En función de éstos, la posición de dA referida al sistema móvil x1y1, está dada por las fórmulas : { x1 = x cos 'P + y sen 'P

Y1 = - x sen 'P + y cos 'P [24].

!J

Fig. 132

a) Consideremos el momento de inercia polar : J0 • Al girar los ejes x1y1, subsiste siempre cualquiera que sea el valor

de 'f• la igualdad [18] :

la suma J:r: + Jv es, pues, independiente de la dirección de los ejes coor­denados y sólo cambia con la posición del punto O. Se dice que el mo­mento de inercia polar es invariante en toda rotación de los ejes.

b) Consideremos los momentos de inercia axiles J.,, , J 11, •

Por definición [1 ] :

Sustituyendo y1 por su valor [24] y efectuando operaciones, re­sUlta :

Jx, = J <- x sen rp + y cos tp) 2 dA = sen2 tp J x2 . dA :+-

+ cos2 'P J y2 • dA - 2 sen 'f cos 'P J xy . dA .

o, según [ 1 ] y [2] :

un proceso análogo conduce a :

J!l, = Jx sen2 'f + Ju cos2 'f + 2 lxu sen 'f cos 'P · [26]

Sumando las dos igualdades anteriores se verifica la [18] ;

[27]

Las ecuaciones [25] y [26] detellminan el valor respectivo del mo­mento de inercia axil, en función de las magnitudes J:e, J11, Jz11, 'P• todas supuestas conocidas.

144 RAFFQ, C. M. - ESTA T. -Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

e) Consideremos el momento de inercia centrífugo J"''lll ' Por definición [2] :

J trll/l = f XlYl • dA .

Sustituyendo las variables x1, y1 por sus iguales [2�] y efectuando operaciones, se tiene :

J.,,lll = J (x cos 'f' + y sen 'f') (- x sen 'f' + y cos rp) dA =

- sen rp cos 'f' J x2 dA + cos2 'f' J xy dA - sen2 'f' J xy dA +

+ sen rp eos , J 1/2 dA = sen rp cos rp (J� - J11) + (cos2 '1' - sen2 'P)Jzvo

Con las sustituciones :

resulta : { sen 2 'P sen 'f' cos rp - 2

cos2 'f' - sen2 'f' = cos 2 'P

J Jz - JIJ J 2 "''lll = 2

• sen 2 'P + zv cos 'f'

[27']

[28]

que es la ley de variación de J .,,711 cuando los eje"s rotaron del ángulo f• conocido.

76. Ejes principales de inercia. - Averigüemos si existen valo­res particulares, 'PO• del ángulo 'P que originen máximos o mínimos en el valor de J .,1 . - En el caso de existir estarán dados por la ecuación :

dJ Xl

-¡;- - 2 J z e os 'f'o sen 'PO :;1- 2 J v e os 'PO sen rpo -

- 2 Jzv (cos2 'P -· sen2 lf') = O

que resulta de anular [25] la derivada de J "'' respecto de 'f' . Sustituyendo en l a anterior ecuación las [27'] resulta :

J,, - J z . 2 2 J 2 o · 2

sen 'Po - zv cos 'Po = ;

(comparar con [28] ) , cuya solución es :

2 JZI/ tg 2 'PO = Jv - Jz

[29 ]

[30]

Esta solución indica la existencia de dos ángulos : 'Po y (rp0 + 90° ) que satisfacen a la [28] ; en consecuencia, para estos valores de · rp el momento d� inercia J x1 es un máximo o un mínimo.

Los ángulos 'f'O y 'Po + 90° definen dos direcciones rectang-ulares : 1 y 2 (fig. 133 ) , correspondiendo a una el máximo y a la otra el mí-nimo de J 7 , .

•

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 145

Estas dos direcciones se llaman ejes principales de inercia en el punto O. Los momentos- correspondientes : J � y J 2 : momentos princi­pales de inercia relativos al punto O, son los valores extremos de J.

Los ejes principales de inercia relativos a'l barkentro del área pla­na A, se llaman ejfiS centrales y sus correspondientes momentos son los momt¡;ntos de inercia principales _centrales.

Consideremos el momento de inercia centrífugo J x1y1 dadu por la r 28] , y determinemo¡¡ su valor lr,2 cuando está referido- a los e.t_es prin­cipales de inercia. Habrá que sustituir en [28] el ángulo 'P por el valor lfo de [30] , es decir :

tg 2 <po

sen 2 'Po =

2 J,y sen 2 'Po COS 2 'PO

Llevado este valor en [28] se verifica que :

lr.2 = O . [31]

Luego : El momento centrífugo referido a los ejes principales de iner­cia es nulo.

!! !1

-- - .:r

Fig. 133 Fig. 134

77. Secciones simétricas. - Si la superficie plana tiene un eje de simetría, el y en la fig. 134 quiere decir que los elementos de área dA se encuentran distribuídos simétricamente con respecto al eje y. En­tonces, en la ecuación [2] que define el momento centrífugo :

lry = X¡Y¡�A ¡ + x�y��A� + . . . + XuYu .:lA , a cada término corresponde otro de igual valor aritmético y signo opues­to : así el elemento de posición ( x1 y 1 ) se opone al de coordenadas (- x1 y1 ) . Luego la suma r 3 1 ] es cero :

146 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTMN<;LA DE MATERIALES

En consecuencia : es · nulo el momento centrífugo si uno de los ejes de rejerenciá es eje de simetría de la sección.

· Asociando este resulta<Jo con el expresado por ·la [30] se deduce : Todo eje de simetría es un eje principal de inercia. El otro le es per­pendicular.

La mayor parte de .los perfiles utilizados en la flexión, presentan un eje de simetría, y los momentos de inercia a considerar en la flexión simple están referidos a él y a otro perpendicular, con origen e.n el baricentro del perfil. Son, por tanto, momentos de inercia principales centrales.

78. Módulo de resistencia. - Sean x e y los ejes de ihercia prin­cipales centrales (fig. 135) . El cociente : W, .

J, [ W., = -- cm3]

V [34]

se denomina módulo de resistencia del perfil o módulo de flexión o de inercia. Es el cociente del mom._ento de inercia central por la distancia v de la fibra más alejada del perfil, al eje de .momentos.

El valor de W. para diferentes perfiles; viene dado en tablas o en los catálogos de hierros.

Se denomina momento resistente el producto :

!/

a)

1 1

� 1

CTad W., (kg cm) .

1 L -1-'1-'��""'1

.b) Fig-. 1 3 5

X J¿

[35]

ti h, :r

b

e)

,- Obse rvac ión : El mód ulo de resi::;tencia, los momentos de inercia y ·momentos estáticos, que ya conocemos, dependen ún icamente de la for­ma y dimensión de la sección : :<ort ('OHS fantes geom rt ricas de cada perfil.

MOMENTOS ·DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 147

79. Determinación analítica de momentos de inercia. - ,A ) Rec­eángulo pleno.

Momentos de inercia principales centrales (fig. 135a y b) . Según definición [ 1] se tiene :

h. 2

_ by3 bh3 bh8 bh8 - T = 24' + 24" = T2 [cm•] (máximo)

1 i, ,11

h. - 2

Radios de giro. Según [5] se tiene :

l TI: l [l)hS h V A- = V 12bh = -J 12

= 0,288 h [cm] : máximo

'

= 1 TJ: = 1 � = ___!!.__ = 0,288 b [cm] : mínimo. V it V 12bk Vf2 Módulos resistentes. Según [34] se tiene :

r w. � :: 1 w, � V

• bh3 h

12 . 2

= bh2 [cm3] (máximo) 6

�, [cms] ( mínimo) . 6

[36]

[37]

[38]

Momentos de inercia respecto de los lados. Conforme a [20] y [21] se tiene :

b2 Jh = !y + - . 'A =

4 '

B) Rectángulo hueco (fig. 135c) . Utilizando la propiedad aditiva [7] se tiene :

[39]

148 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

que es el momento de inercia principal central (máximo) . Radio de giro :

= -!'[ (h - hl) . [ 41]

Módulo resistente :

w,. = .J,. V

b (h3 - h ¡3)

12 l!:.!_ 2

C ) Círculo- pleno (fig. 136) . Momento de inercia polar. Según su definición [3] se tiene :

[42]

4

[43]

Prácticamente la expreswn de J0 en función del diámetro, de uso frecuente en los árboles de máquinas solicitados a la torsión, es igual, con aproximación suficiente, a :

[ 44)

Radio de giro :

o io V2 d [4"'] 4

. a

Momento de inercia principal. Conocido J0 , de la propiedad [18] .resulta;

J.r [ 46]

Prácticamente, se adopta para J:r: = J!l el valor :

J-r- =

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 1 49

Radio de giro principal :

Módulo resistente :

!J

J., V 4 r

!J

Fi¡. 1 0 6 Fig. 137

D) Sección anular ( fig. 137 ) . Momento de inerc ia polar. De la propiedad aditiva [ 7] y de [ 43] se tiene :

-rrdi -rrdl" = _!!_ (d4 - dl") . .Tu = 32 - � 32

Momento ele i nercia principal :

Rad io de gi ro :

w ... 1/

-rr (d' - dl4)

64 • _!:_ 2

Jo -d- .

[48]

[49]

[50]

[51]

[51']

[52]

160 RAFFO, C . . M. • ESTA T. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

E) Corona circular de pequeño espesor (fig. 138) . El elemento de área dA puede expresarse en la siguiente forma :

dA = p . da . e ;

siendo p el radio medio de la corona de espesor e :

e P = r + 2 "

Luego , . el momento polar vale :

10 = J . p2 dA = L2; • . p . da . e = pse fod: = 2 1rp3e .

Si T puede despreciarse frente al valor de r, resulta :

Radio de giro. 10 = 2 7Trse .

Como el área A de l a corona circular vale, según [53] :

A = f

resulta :

, f 2r dA = pe da = Z1rpe = ro 2 1rre ;

o .

. 1 ¡-z:;;:ae to = V � = r .

[53]

[54]

[55]

[56 ]

[57]

La ecuación [55] y siguientes se aplican en la resistj:lnci� a la tor­sión de árboles huecos. , '

_ Momento principal. Según [18] vale (J:c = J11J :

Jll: = Radio de giro :

(, H= =

Jo -2

- = 1Trs e .

� = -f2 r . 7T 2

[58]

[59]

Las ecuaciones [58] y [59] son de aplicación en la resistencia a la flexión de tubos cilíndricos.

Módulo resistente :

W - __!:___ 11: -V r

[60]

EJEMPLO 57. - Determinar momentos de inercia principales centrales del rectángulo de fig. 139 y los momentos de inercia del mismo referidos a los ejes 1 y 2.

Los ejes principales de inercia son los ejes x, y de simetría del rectán­gulo. Luego los momentos de inercia principales co::.�trales valen [36] :

J. = bh' 1 0 . 8000

= 6666 cm' 12 12

J, b'h 103 • 20 1666 cm' 12 12

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 1 51

!J

Figo 138 :Ji'' - 139

Los respectivos radios de giro valen [37] :

. -- 11

J. -- v "6666 . --5 8 � V A �O ' cm 1/ 1666- = 2,8 cm 200

Los módulos resistentes [38] :

J. W. = -h- = 667 cm3

2

w. J. -b-2

333 cm'

Para calcular los momentos de inercia respecto de los ejes 1 y 2, se aplican las [25] y [26] Úmiendo presente, (31] , que J,. = O, por ser x, y ejes principales de inercia · centrales :

J, = J, sen' cp + J. cos" cp = 166'6 . 0,25 + 6666 o 0,75 = 5416 cm'

J, = J. sen' cp + J. cos" cp = 6666 o 0,25 + 1666 o 0,75 = 2916 cm' o o

valores comprendidos entre los de J. y J • .

Los radios de giro valen :

1Í5416 -- 5 2 v-

200 ' cm

y los momentos resistentes :

W, = � = 1203 cm'' v,

�� 2;0

1

06

= 1 4,58 cm ;

W, = � 747 C"m' 'Vt

Los valores v, y v, se obtuvieron de la figo 1300

152 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

!1

Fig. 140

EJEMPLO 58. - Momentos de iner­cia de la sección anular de fig. 140. Se­gún [50] es :

Jo = __::!___ ( 30' - 20') = 63.800 cm• 32

Según [51] :

J, = Jo 31 .900 cm' 2

Por [51'] :

i:E = .¡á' + a,• v13oo 9 cm 4 4

por [52] :

W. = J. 30

2127 cm'

EJEMPLO 59. - Calcular los momentos de inercia del perfil Z (fig. 141) referidos a los ejes baricéntrjcos x, y. Determinar la posición de los ejes principales de inercia centrales y sus respectivos momentos . de inercia prin-dpales. ·

Aplicando la propiedad aditiva [7] el momento de inercia del perfil es la diferen,cia, entre el momento de inercia del rectángulo ABCD y la suma de los momentos de inercia de los dos rectángulos vacíos, interiores al pri­mero. Estos últimos se obtienen con la ecuación [21] , para dos rectángulos iguales.

J 15 · 20' _ · 2 ( 7 · 18 •7' + 0,65' . 1 31 ) = 1 0.000 - 7739 = 2261 cm' • =

12 12

J. = 20 . 153 1 2

De donde : · . 1{2261 �, = V 38.2

18,7 . 7' 12

7,7 cm

+ 4' . 131 ) = 5625 - 5261 = 364 cm'

i, = V , .= 3,1 cm

El momento de inercia centrífugo J,,, puede determinarse por la pro­piedad aditiva, descomponiendo el perfil Z en las tres superficies A,, A,, A, con centros de gravedad, respectivamente, en (x,y, ) , (x,y,) , ( x,y,) . Así resulta :

J,, = A,x,y, + A"x,y, + A,x,y, ; siendo :

A, = A:. = 1 0,4 cm:: ; A, = 1 7 ,4 cm:: ; x. = - 3 ,5 ; y, 9,35 ;

x, = y, = O ; X:, = 3,5 ; Yo = - 9,35 cm . Luego :

J,, A,x,y, + A,x,y, = - 2 ( 1 0,4 . 3,5 . 9,3fl ) = - ·680,7 cm'

La posición de los ejes pr incipales de inercia, resulta de la ecuación

tg 2q;, = 2J •• [30] :

J, - .1, - 2 . 680,7

= o 7176 - 1 897 '

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 153

Figo 141

- - - - - - - - -�A

EL= 2t:'m fe m

1 1

Los momentos l)ri"ncipales de inercia, según [25] y [26] valen :

J, 364 o 0,0936 + 2261 o 0,9063 + 2 o 680,7 o 0,306 o 0,952 = 2411 cm•

J, = 2261 o 0,0936 + 364 o O,!J063 - 2 o 680,7 o 0,306 o 0,952 = 214 cm•

Verificándose que : J, + Ju = J, + J, = 2625 cm' = Ja

Radios de giioo principales :

o l f24il . ·¡, = V � = 7,94 cm i. =

7"'?17 V� = 2,3 cm

154 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

Módulos resistentes : w,

= 2411 = 2411 = 206 cm• v, . 11,7

214 214 1 W, = -- - -- = 47,55 cm . Vt - 4,5

EJEMPLO 60. - Determinar el momento de inercia J., el radio de giro i. y el módulo resistente W. de un perfil compuesto (fig. 142) constituído por un alma ( 46 . 1 cm) , cuatro hierros planos (30 . 1 cm) formando las dos platabandas, y de cuatro hierros ángulo (10 . 10 . 1 cm) .

.._o:.¡

.J:l � '"'i

}:,�gC/11 �=if. q¡_ (l.rJcm

� � ¡ 1

� � � � .X 11 11 n.., -<:::! -<:::! -<:::!

� 2/cm �

� 1 "'""' '

� .iJ=JOcm 1 Fig. 142

Utilizando la propiedad aditiva [7] resulta :

J = � - 2 (� + b,h,' IJ.,h,' ) 30 . 50' • 12 12 12 + � = 1 2

_ 2 ( 4•5 · 46' + 9•44' + 1 · 26') = 312.500 - 203. 705 1.08.795 cm' . 12 12 12

Por consiguiente : . - 1 / 108.795.

- 1 1 18 t. - 1 871 - , cm

J� Wz =

V 108.795

----

25 = 4352 cm' .

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIESI>!JA-N-A-S 165

1 -1 1

�2 h h, _X

-

_Pp� �é'c.:t____ ; i '-----

1 b 1 _ .i_ a, 1:)

Fig. 143

Corrección por deducción de los taladros para el roblonado (fig.- 143) . Los taladros más desventajosos son los correspondientes al remachado

de laf <>,las, por estar a ·mr.yor distancia del eje neutro xx, que los rema­ches del alma. Además est�· . últimos nunca están en un mismo plano verti-cal con los remaches de las . • las.

·

Considerando únicamen.;E, los taladros d e las alas, para calcular su mo­mento de inercia respecto de, eje neutro, los podemos considerar formando parte de rectángulos huecos de base d (fig. 143a) , altura -exterior h e inte­rior h, ; aplicando la ecuaciÓn [ 40] a los dos rectángulos, una para cada ala, resulta :

J'. = 2 . d" (h3 - h,") = 2 • -2- ( 503 - 443) = 13.272 cm' 1� 12

Luego el momento de inercia neto (fig. 143a) váie :

J,. = J, - J', = 108.793 - Í3.272 = 95.520 cm•

El módulo . resistente neto :

w. J. V

95·520 = 3821 cm•; 25

. W. - W. = 531 cm•.

156 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

Es decir : el módulo resistente de la sección neta (fig. 143) ha dismi­nuído de un 12 o/o respecto de la sección bruta (fig. 142 ) .

!!, X

-#-1----:*�--t'-''-----7�--- ' OA=-1-

�x 08=-1-

-!1 "/Jmía Fig. 144

Es suficiente seguir las variaciones

80. Elipse de inercia. -Las ecuaciones [25 ] , [26] y [28] permiten seguir las va­riaciones de J x, ; J Y, ; J x,v, en función del ángulo 'P• su­puestos conocidos J:r ; J11 ; J:r¡¡·

Como los momentos de inercia axiles son magnitu­des esencialmente positivas, bastará hacer variar tp de O a 7T ·

Tracemos (fig. 144) por un p u n t o · cualquiera O del plano de la sección, dos pa­res de ejes rectangulares, el Oxy y el Ox1y1 1 éstos rotados de un ángulo variable tp, res­pecto de los primeros.

de J,n [25] :

[61]

en función de tp , pues las de J,rt [26] son las mismas que las de J J/ 1 , pe­ro defasadas de 90° en avance.

Señalemos sobre el eje x1, a partir de O, un punto P (xy) tal que :

"­OP = 8 = -=

v Jx, siendo "- una constante de proporcionalidad a determinar.

Las coordenadas _ de P. variables con rp, son :

X 8 cos tp y 8 sen tp

De aquí : X V J Xl Jx, 2 cos tp = X cos2 tp -- X 8 "- "-2

sen tp y v Jx, sen2 tp = Jx, = . y -- yz 8 ,\ "-2

[62)

Sustituyendo estos valores en [61 ] , resulta después de dividir por Jx, :

,\_2 = Jvy2 + J.,x2 - 2 JxvXY -que es la ecuación del lugar geométrico del punto P.

[63]

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 157

La [63] representa una cónica sin puntos en el infinito, pues J.,1 , �iempre es distinto de cero ;. luego se trata de una elipse siendo (x, y) las coordenadas de un punto genérico de ella. El extremo P del segmento OP [62] describe la elipse [63] cuyo centro está en O, que es su centro de simetría, porque cambiando x en -x, e y en -y, la ecuación [63] no altera.

Se denomina elipse de inercia en el punto O. Refiriéndola a sus ejes de simetría 1 y 2 el término rectangular

desaparece y la ecuación de la elipse de iner.ei-a será :

[64]

J 1 y J� son, respectivamente, los momentos de inercia de l_a sección res­pecto de los eJes 1 y 2, coincidentes con los ejes de simetría de la el ipse de inercia.

Si el punto O coincide con el baricentro G de la sección, la elipse �e denomina el ipse central de inercia.

Se simpli fica la ecuación [64] eligiendo para la constante de pro­porcionalidad /.., el valor :

,\ = .¡-A. i1i2 [cm] [65]

·on Jo cual se obtiene una elipse de inercia homotética de l a [64] ; i1 e i� son los radios de giro respecto de los ejes principales de inercia t:entrales .

·

Efectuada la sustitución de [65] en [64 ] , dividiendo la ecuación resultante por /.." y recordando que J1 = i1" A ; J2 = i:¡2 A ,· resulta :

[66]

que es l a ecuación . de la elipse d e inercia central, utilizada en las apli­caei onel'.

2 !J

Fig. 1 4 5

81. Construcción: de la elipse central de inercia. - Se conocen : el baricento G del perfil ; los ejes principales (fig. 145) de inercia 1 y 2; que serán los ejes de coorde­nadas :r, y, y el valor de los radios de giro i 1 , 1·� .

A escala · lineal, se lleYa el seg­

mento GA = i2 : radio de giro res­

pecto del eje 2 ; y cii> = il : radio de giro de la sección respecto del eJe l. Según la ecuación [66] es­tos segmentos son los semiejes de la elipse central de inercia. La cons­trucción de ésta, podrá hacerse se­gún los procedimientos gráficos co-

, nacidos.

158 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Sea z un eje por G respecto del cual se quiere determinar Jz . Si B' es el punto de contacto de una de las dos tangentes, t, a la elipse paralelas al eje z, y GB0 la distancia entre el eje z y la tangente t, se puede demostrar ·que :

GBo = iz .

En efecto : según una propiedad de la elipse, es :

GB . GB0 = i1i2

GB0

Pero de [62] resulta :

GB = ..\ YTz

luego [68] :

= _ili2, GB

iz

que es la [67 ] . Por consiguiente :

[67]

[68]

La distancia del centro de la elipse a una tangente, es igual al radio de giro relativo al eje por G paralelo a esta tangente.

Conocido iz, el valor del momento de inercia · J z resulta de la rela­ción Jz = iz2 A.

EJEMPLO 61. - Determinar la elipse central de inercia del perfil de hierro laminado .l 9 . 9 . 1 cm (fig. 146 ) .

.

Procederemos analíticamente. Como el eje de simetría del alma es eje de simetría del perfil, éste será el eje de ordenadas y; su perpendicular por G, baricentro a determinar, será el eje de abscisas x.

Para ubicar G sobre el eje y será suficiente determinar su ordenada '11• de acuerdo a la [2] del parág. 28 :

(//o = 'J._y, . �A,

A

Descomponiendo el perfil en los rectángulos 1 y 2, la anterior se expresa en la siguiente forma :

Yo = Y• . A, + Y• . A.

A siendo (respecto del eje CD) :

A, = 8 cm' ; · y, = 4 cm ; A. = 9 cm ;

y, = 8,5 cm ; A = 17 cm'. Luego :

Yo = 6,4 cm

Para hallar los momentos de inercia simples J,, J., aplicaremos la pro­piedad aditiva [6] . o sea :

.1 , = J',. + ./" .

MOMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 159

Fig. 146

EL- !cm 48cm

en donde .!'. es el momento de inercia simple del rectángulo 1 , J". del 2. En cada uno de éstos se utiliza la propiedad [21 ] . Luego :

8' 2,42 o

9 2,1' o 9 = .!, = -�- + 8 + -- + 129 12 12

Para .!, se tiene : "· 8 9' 61,40 cm'

Por consiguiente : 12 + "12

i, � - - = 2,75 cm 7

. _ V 61,40 _ t, -

1 7 --

cm'

1,9 cm ;

con lo cual la ecuación de la elipse central de inercia [66] será :

x• y• -1 9' + -2752

= 1 ' ' dibujada en la figura.

Requerido el momento de inercia J., siendo z un ejé inclinado de 50° respecto de Gx, se trazará una tangente a la elipse paralela al eje z ; la dis­tancia PQ determina a :

i, = 2,45 cm

y en consecuencia :

J, = i! . A 102 cm'

i,. = P'Q' = 2,1 cm ; _

i,.' . A 75 cm'

-160 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA. DE: MA TERIALES

Si a título comparativo se aplicaran las [25] y (2'6] :

se tendrá :

' -Jz j, sen' 30° + J,. cos' 30"

J, , J, sen' 300 + J, cos' 300

J, 61 ,4 . 0,25 + l 29 . 0 ,75 = 106 cm'

J, . 129 . 0,25 + 61,4 . 0,75 = 78,3 cm'

82. Círculo de inercia.

[26] y [28] : Hemos v i sto q u e las ec u ac iones [25 ] ,

{ Jy, J� cos" 'f + Jx, J� sen" 'f --JXI!/1 JJ .!y

2

./11 sen " 'f ./,1 cos" 'f

sen 2 'f

- 2 ./"' sen 'f cos 'f +

+

2 .J ;,1 sen 'f e os cp

./ J!l cos 2 'f

[ 69 1

establecen el valor de los momentos de inerc ia, simples y compuestos, respecto al par de ejes rectangu lares x JJ y 1 1 que forman un ángulo con los ej'es fijos xOy ( fig. 1 44 ) .

También vimos que la e l i pse de ine rc ia 1 64 ] permite determinat· gráficamente los momentos de i n erc i a de un perfil dado, respecto ele cualquier eje pasante por O, siem pre que se conozcan Jos valores de J1 , J2, que son Jos momentos de inercia principales (ejes 1 y 2) de la misma figura.

El círculo de inercia o r:ír·culo de Mnhr, es otro procedimiento grá­f:co que responde al mi:-�mo propó:-�ito.

Para :-;impl i ficar :-; u con:-;trucc: ión vamos a referir las [69] a los ejes pr:ncipale:-; de i nerc ia, 1 y 2. En tal caso las r 69 ] establecerán los va­lores máximo J 1 y mínimo .!� y e l valor de J 1 •2 en función del ángulo 'fo que prod uce aque llos valo res extremos, que son : ( J1 : JJ cos�. 'fu + J1, sen2

• 'fo

J� - JJ sen- 'fo - J11 cos- cpo

Jl .2 = Jz Jy sen 2 'fo

2 [70)

De las [69 ] desaparecen los momentos de inercia compuestos Jz11 en virtud de [31 ] .

Mediante las -relaciones trigonométricas :

sen2 'fo = 1 2

cos2 'f 1 2

+ cos 2 'fn 2

la [70]

MOMENTOS DE INERCIA . DE SUPERFICIES PLANAS 161

se transforma en las siguientes :

J1 Jx + J!l J., - Jy

COS 2 'fO 2 + 2

"� JJ: + Jy J., - Jy

COS 2 'PO [71] -2 2

.! J .! J.r - Jy sen 2 'fo -

2

Si en vez de los ejes x e y se consideran otros dos ejes, también rectangulares , z y z' formando un ángulo a con las direcciones prin­cipales 1 y 2 1 fig. 1 47 ) , bastará sustituior en [71 ] :

J,. por J 1 ; J1, por J� ; 'fo por a, · ra obtener :

./,

J,

J,,

Fig. 147

JI + J� J I 2

+

JI + J� .J I 2

JI - J2 •

------· - - -- sen 2 a 2

- J�

2 COS 2 a

..]2 cos 2 a 2

Fig. 148

[72]

IJA=�={ó.x OB-�=Jmín

Estos valores de Jz, J,-, Jzz', pueden obtenerse gráficamente con la circunferencia de Mohr (siendo a el ángulo que fija la dire_ción de ­los ejes z y z') , siempre que se conozcan los momentos de inercia sim­ples J 1 , J � del perfiL

A partir de O ( fig. 148) se ubican los puntos A y B (a escala ) tales que :

OB = J� = Jm l n •

Con ·diámetro AB queda trazada 1a circunferencia de Mohr, centra­da en e y radio :

AC = BC = 2

[73 ]

162 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA U /<; MA TI;'/([i\ U:S

Por B una paralela al eje z, corta a la ci rc un fe renc ia en éste una vertical intercepta en E a la recta OA. Un ido:-; IJ _v termina D' ; y la vertical por este punto fija el pu nto J.'.

Se tiene : lJC = CD'

2

J¡ + "� ----· . .. - . ·-·- . -

2 oc

Vamos a demostrar que : í _ ,. 1 OE = .l �

OF = J •.

En efecto : JJE = .lzz-

n .Y por e se de-

1 74 .1

1 75 (

[ 76)

r OE = OC + CE 1 JI + J2 J¡ - J'.!. -------- - ---- ------ cos 2 a = ·J z

2 2

oc - FC J¡ + J� -- -- - ------

2 JI - J,,

+ --- - -- - - cos 2 a 2 l DE J l - J'.!. _...:,__2--=- sen 2 a = J�:

que son las [76 ] . E l círculo de Mohr. sirve también para resolver e l problema inverso :

dados los momentos de inercia, simples y compuestos, J z ; J Y ; J zu res­pecto de un par de ejes rectangulares xOy, determinar gráficamente las d'irecciones principales y sus respectivos momentos de inercia. Para ello

Fig. 149

(fig. 149) /llbicados sobre el eJe x, los puntos E y F tales que, a escala, sea :

OE = J"

OF = Ju

ED = + lx11 D'F = - Jxu•

MUMENTOS DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS 163

segmento DD' determina la circunferencia de Mohr centrada en C, que corta el eje x en A y B.

Resulta :

Uniendo D' con A y con B, las rectas 1 y 2, rectangulares, son las direcciones principales de inercia.

EJEMPLO 62. - Dado el perfil ángulo de la fig. 150a determinar los mo­mentos principales centrales de inercia, mediante el círculo de Mohr.

!/

x. •!.91l'nt. .Xz

8cm

EL •iE!L D,l.fcm.

Fig. 1 50

E J ::;J Jjgcnr. de iJcm.

Es necesario determinar previamente los momentos axiles J. ; J, y el momento centrífugo J •• respecto de un par de ejes ortogonales, centrado en el baricentro G del perfil.

164 RAFFO, C. M. - ES.TA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Dete1·minación del baricent1·o. Descompuesto el perfil en los rectángulos 1 y 2 de fig. 1 50a, y proce­

, diendo analfticamente, se aplican las ecuaciones [1] y [2] de parág. 28 refe­ridas a l9s ejes xOy :

A,y, + A,y, 1 1 . 5,5 + 8 1 1 ,5 8 cm . Yo = A 19

A,x, + A,x, 1 1 . 0,5 + 8 4 = 1 ,97 cm . Xo = A 19

Los valores d e xo ; Yo fijan l a posición del baricentro G del perfil. Momentos de inercia.

Con origen en G tomaremos los ejes x e y paralelamente a las alas del perfil, que serán los elementos de referencia para J, ; J • ; J ,, .

Por la propiedad aditiva, siendo J'. y J". los momentos de inercia de cada rectángulo 1 y 2 respecto de x, resulta que el momento de · inercia ). del perfil val e :

'

J. = J'. + ]", = --- + 11 . 2,5' + --( 113 ) ( 8 12 12

179,5 + 98,6·6 = 278,4 cm' .

+ S . 3,5' ) =

Por igual razón :

J. = J', + J". = ( ��-- + 1 1 . ¡,47' ) + ( 18� J. 8 . 2,03' ) = 23,67 + 75,62 = 99,29 cm' .

El momento de inercia centrífugo, conforme a su definición (parág. 68) vale :

J,. = A,x,y, + A,x,y, = 1 1 . 2,5 (-147) + 8 . 2,03 (-3,5) = - 97 cm'.

Para construir el círculo de Mohr, se han trazado los segmentos OE = 278,4 cm' ; 0F = 99,29 cm' ; D'F = ED = 97 cm<, conforme a la escala dt momentos de inercia ( fig. 150b ) . El segmento D'D fija en el punto C el cen · tro del círculo de Mohr.

Las rectas D'A y DB señalan las direcciones de los rjes princi pales ti • • inercia, que pasan por el baricentro G del perfil : se tiene así e n el par do• rectas 1 y 2 ( fig. 150a) la posición de aquéllos.

�os momentos centrales máximo y mínimo están dados por los segmcn· tos :

OA = 320 cm' · OB = 55,6 cm',

medidos en la escala de momentos de inercia.

CAPÍTULO XIX

FLEXfóN RECTA

83. Flexión recta simple. - Una barra, que suponemos horizon­tal , trabaja a la flexión r·ecta cuando se satisfacen las siguientes con­diciones ( fig. 151 ) :

a) el eje de la barra es recto o de pequeña curvatura ; b) la barra ofrece un plano a de simetrí� vertical ; e) las cargas P1 • • • es­

tán en el plano a y · actúan perpendicular­

mente a l e j e d e l a barra.

El p l a n o a, denominado plano de fuer·zas, de fleúón o de solicitación, será consi­derado como plano de dibuj o. El eje yy, t raza del plano de solicitación sobre una sección S de 'la barra, es el efe de solicitación.

Como el ej e de solicita­ción es eje de simetría y por tanto eje principal de iner-cia de la sección, resulta la siguiente

Plano de las fuerzas

Fig·. 1 5 1

definición :

Una bana trabaja a flexión Tecta, cuando el eje de solicitación es efe 11rincipal de Í1U1'cia.

En tales condiciones las reacciones serán verticales y situadas en 1 plano de flexión. A demás, el conjunto de cargas y reacciones ( fuerza. exteriores ) constituye un sistema plano de fuerzas verticales en equi­librio.

Trasladadas todas las fuerzas exterio.res situadas a la izquierda dQ una sección S, al baricentro G de ésta, la resultante de traslación Q s­tará situada en el plano de la sección S ; y la cupla de traslación d momento lff en el plano de f�xión, a .

Por consiguiente, e n la flexión recta, cada sección se encuentra licitnda por un esfuerzo tangencial : esfuer-zo cortante Q y una u pln de flexión : m oment o flexor M

166 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

El problema a resolver . es el siguiente : conocidos los val01·es de M

y de Q, -determinar las tensiones que se desarrollan en cada punto de una sección cualquiera de la barra.

Empezamos considerando un caso particular de flexión recta : la flexión simple, que se presenta cuando Q = O, por ejemplo en el tramo AB de la viga (fig. 156) .'

· Los resultados obtenidos se aplican también a las estructuras soli-

citadas al corte, pues las tensiones de corte T que se originan son, ge­neralmimte, de importancia muy inferior a las tensiones u de flexión.

84. ·Ecuación de estabilidad. - Sea una viga AB de altura h (fig. 152) , sección rectangular (es decir simétrica) , simplemente apoyada, solicitada por las cargas P 1, P 2 • Su equilibrio externo se expresa por dos ecuaciones : { RA + RB + p1 + p2 = o

RAl + P1a1 + P2a2 = O .

Pero estas ecuaciones nada dicen respecto a la distribución de las tensiones internas, u, de flexión. Para ello es necesario acudir a las hi­pótesis bases de la Resistencia de Materiales (capítulo XIV) . Observe­mos que el eje longitudinal e de la viga (fig. 152') bajo la acción de las cargas P 1 y P 2 adquiere una cierta curvatura (fig. 1 52b ) : es decir flexiona: Las secciones planas CD y EF que antes de la acción de las cargas (fig. 152a) forman un rectángulo, CDEF,- al actuar éstas for­man un trapecio (fig. 152b) con CE < DF. Esto es, las fibras supe­riores se acortan, luego, por la ley de Hooke, experimentan una compre­sión ; y las fibras inferiores se alargan : experimentan una tracción.

a) 1 - · -'- --A�

e

p, 1 P. '

e E e -l-1-- - --· -8 O F

l a, a:z �-

Fig. 152

¡ Y

e)

Por consiguiente, en la viga debe existir una Cl:lpa de fibras que no sufre deformación alguna y por tanto, ninguna tensión : son las fibras neutras o fibras de tensión nula.

Esta capa ·neutra encuentra a toda sección transversal (fig. 152c) según una recta x que se llama eje neutro del perfil y es perpendicular en O, al eje y de simetría.

FLEXION RECTA. 167

Un elemento de área, dA, distante y del eje neutro ( fig. 152c) , está 11olicitado por un esfuerzo interior de intensidad u . dA, siendo u la tensión específica en el elemento de área dA, que será compresión o tracción, según que dA esté situado arriba o debajo del eje neutro.

Para que la sección considerada permanezca en equilibrio será ne­cesario que la suma de todos los esfuerzos interiores resulte igual a cero, y que la suma de los momentos de aquellos esfuerzos u . dA res­pecto del eJe neutro (por ejemplo) iguale al momento M de las fuerzas exteriores én la sección considerada.

f u . dA = O

f Y . ( u . dA ) M .

[ 1 ]

[2 ]

De acuerdo a la definición de eje neutro, una fibra genenca , dis­t ante y de éste, experimenta una variación de longitud proporcional a su distancia al eje neutro. Designando con u1 la intensidad de la tensión en la unidad de área distante 1 del eje neutro y u la correspondiente tensión a la distancia y, se tendrá :

-

<T¡ (T

1 y [3]

El valor u llevado a (1] y [2 ] , las transforma en las siguientes :

IT¡ J y . dA = o [ 4 ]

IT¡ J y2 • dA = M . [5]

De la [ 4] se deduce, pues u1 =1= O :

J y . dA = O ; [6]

que en palabras dice : el momento estático del área de la sección, res­pecto del eje neutro, es nulo ; luego :

El eje neutro es un eje ba1·icéntrico.

El pu11to O de la fig. 152c, coincide, pues, con el centro de grave­dad G de la sección ; por consiguiente :

En la flexión simple, la fibra neutra es el lugar de los centros de gravedad de las secciones de la viga ; o sea, coincide con el eje longi­tudinal.

En [5] la integral : r y2 . dA � J.,

es el momento de inercia de la sección respecto del eje neutro x. Luego podrá escribirse :

168 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTF;_NCJA DE ii,J¡l TERIA LES

y al sustituir el valor a1 = ..!!._ obtenido de la [3] res ulta : y (}' =

M . y Jz

[ 7 J

Esta fórmula determina el valor d e l a tensión a e n u n punto gené­rico de la sección solicitada por un momento flexor de intensidad M y _resuelve el problema enunciado al final del parág. 83.

Por razones de seguridad debe tomarse Mmax ; entonces :

()" -Mmax • Y

J" [8 ]

y en ella l a max1ma tensión de a corresponde a la fibra más alejada del eje neutro : y"'= v :

que puede· escribirse así :

La magniturl :

O'mnx = Mmax • V

W,,. = � [cm3) V

[9 ]

ilO]

es e l mód?tlo resistente de la sección (parág. 78 ) . Su valor caracteriza la forma del perfil.

Sustituyendo W, en [10] , ésta podrá escribirse (suprimiendo los subíndices de M y a) :

M [ 11 ]

w., ()" -

que es la ecuación de estabilidad de la flexión simple, utilizada en la práctica para determinar el perfil de una viga o verificar su estabi­lidad.

Observaciones : a) Las magnitudes que aparecen en [ 1 1 ] se miden en :

o también : a [�l ; cm-

f t 1 a

· ¡ cm2 1 ;

M [kgcm] ;

M [tcm] ;

b) Si el centro de gravedad no está en la rr. itad de la altura h del perfil (fig. 153a L los valores del mórlulo resistente son dos :

Jr w l := -� ; t' -1

J, w� = --- : "V:J,

se utiliza el menor de ellos por razones de seguridad.

FLEXION RECTA

e ) El m a x 1 mn valor de ,, [ 1 1 ] se p rod uce en la f i b ra mú¡.; alejadh del CJü neu t r o y en la secdón de Jfmax ( sec:<: i <'Hl pd i g rosa ) .

d ) S i l a sel'e ! r'nl es reetangular, HC fi j 'a una rela<.:i t'in e n tre h y /) : ge­ncralml' n lc /¡ · 0,7 1t. ú o.� h .

.'<:í. ( ' ú l e ulo de la secciún resis-t ente. ! ' a ra d i men s i o n a r e l perf i l

d 1 • l l l l ;t I' Í ).!a sol i c · i t a d a a la flex ión - i rn p l • · . ,.,,, p t' <H: c d P e r r l a s igu iente r' • i "lll a :

169

a)

Fig. 1 53

I J1 ' 1 <· rrn i 11ado ��1 mú x i mo momento flexor l'rl, que señala la secc10n ¡ ... l i g r""a c u yas r l i n: c n s i o t lc:< hay q ue calcular ; elegida la forma del J •• · r i' i l : 1 , ! , l. de., y f i j ada l a tensión adm isible cra,1, se deduce de [ 11 ] :

W .... J" ·-�

Mrua �

que es e l m í n i mo valor del módulo resistente.

[ 12]

Se busca en l a tabla correspondiente al perfil elegido, una secc10n

de módulo W igual al [ 1 2 .1 u inmediatamente superior, que se adopta.

En:M PLO ¡¡;�. - Una viga simplemente apoyada, de luz = 6 m, está soli� citada por· las fue rzas indicada� en fig. 154. Determinar el PNI para "•• = = 1200 kg/cm' .

4 t �=J,t/JOt

lt lt

R8=2,840t !m EL =­fcm

A�--+-------�--��----� e

EF=..ll._ 0,75cm EM= !tnz

� fn¿ '-1

2m !m . _ _ _ _l'f8_n¿

5

0 /J)5cm

Fig. 1 54

170 RAFFO, C. M. - ESTA 'Í'. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Trazado el diagrama flector, el máximo momento flexor se presenta en la sección C y su valor es :

21-fmax = Y • (F � ) 1 ,85 cm 1 tm 7,40 tm = =

0,25 cm C' Jn lo cual [12] : .

w. 7,40 617 cm• = 1,2

En la tabla 4 ,e encuentra el valor 653 cm•, que es el más próximo por exceso, y al cual c;¡rresponde un PNI 30.

Elegido este perfil, la máxima fatiga del material es [11] �

u - �'?___ = 1 133 kg/cm' 653

En la sección C,, la tensión máxima, alcanza el valor :

MC, u - --- -- 653 -

400 tcm ---- = 612 kg/cm'

653

que corresponde a los bordes exteriores de las alas.

EJEMPLO '64. - Una viga PNI de longitud 10 m simplemente apoyada en sus extremos, soporta un polipasto móvil capaz de una carga de 6 t. De-terminar el número del perfil para u •• = 0,8 t/cm'

·

La posición más desfavorable de la carga se produce cuando ésta incide en el punto medio de la viga. Para tal posición del polipasto, es :

Luego :

Mmax == Pl 4

W. =

6 · 1000 = 1500 tcm 4

1500 0,8

1880 cm•

Según la tabla 4 se tiene un :

W. = 2040 cm', para un PNI 45.

Adoptando este perfil, el hierro trabaja a la tensión máxima :

u 1 500

= 735 k /cm• 2040

g

EJEMPLO 65. - Una viga de madera blanda (u •• = 60 kg/cm') y sec­ción rectangular soporta un momento flexor máximo de 2 tm. Determinar sus dimensiones ( fig. 1 55 ) . Se adoptará b = O, 7 h .

Por ser : J, bh'

w. = -- = -- = V 6

0,7 h' 6

si está apoyada de canto (fig. 155a) . Luego [ 1 1 ] :

0 ,06 t cm'

200 tcm 0 ,7 h•

__ _._

6

de donde :

Por tanto :

!1 .lJ

h'

FLEXION RECTA

1200 0,042

Fig. 155

h = 30,5 cm .

b = 0,7 . 30,5 = 21,35 cm .

Adoptando un perfil de 30 . 21 cm•, la máxima fatiga será :

(1 200 tcm 3150 cm'

= 63 kg/cm•

Si la viga se apoya de plano (fig. 155b) :

b 7 como h = -- , resulta : 0,7

Luego [12] :

b

y :

Wv =

w.

hb' 6

b" 4,2

b' 200 tcm 4,2 0,0"6

200 4,2 = 0,06

h = '34,3 cm .

24 cm

171

Se deduce que apoyada de plano, resulta una sección -de madera superior en un 26 o/o a }a . sección que apoya de canto.

/

EJEMPLO 66. - Calcular el diámetro d de un eje de vagón de trocha media l = 1,40 m solicitado por dos . fuerzas iguales de 2 t cada una (fig. 156 ) , u •• = 800 kg/cm•.

El momento flexor máximo, se producé' en los apoyos y vale :

Mmn = 2 t . 0,2()¡ m = 40 tcm

172 RAFFO, C. M. - :::S T 4 T. Y RESISTENCIA Dl·,' JJA 1"'RWA L ES

P=2t �=2t

11

Y como :

w

resulta [12] :

0,6 40 7Td3 32

./ ti

2

Fig.. 1 51i

7Tt/'

32

1 - 1 1 1

EL = 4/Jcm le m

EF=_l_L_. tcrn.

EH= 4/Jtm fe m.

d -- ..¡ mio = 9 cm .

86. Verificación de un perfil. - Consiste en determinar la fatiga específica del material, a, que debe ser inferior o igual a la tensión admisible a,d .

Para ello se calculan sucesivamente : a) La posición del cen tro de gravedad G del perfil dado, para .co­

nocer las distancias ·v' y ?J " de las fibras· más alejadas del eje neutro. Éste, como sabemos, es perpendicular en G al plano de . fuerzas.

b) El valor del momento de inercia J respecto del eje neutro. e) El módulo resistente del perfil. Como el momento flexor máximo es conocido, se aplica la [ 1 1 ] ; el

valor obtenido debe satisfacer a la condición u <: erad .

EJEMPLO 67. - Determinar la máxima fatiga, en el perfil (fig. 157) 1 de hierro laminado, sometido a un momento de 3,8 tm. u •• = 1200 kg/cm".

Al baricentro G del perfil está situado en el eje y de simetría de é;.te. El ej e neutro xx será pues perpendicular al eje y en G. Para ubicar G, bastará determi nar su di stancia v' a la recta AB, aplicando la [ 2 ] del parág. 28 :

A A ,y, + A ,y, + A ,y,

- ·------ A.----- . v' =

FLEXION RECTA

fOcm i Y .r---��A,

�j � " ::.. e,

y,

Fig·. 1 5 7

173

11icndo A , , A " , A:,, la� respeetivas áreag del ala superior, del alma y del ala inferior ; y,, y,, y, las di�tancias de los baricentros G,, G., G, a la recta AB paralela al eje neutro.

Sustituyendo resulta :

i>' = __!2. ·-· �_±_�: ! �..'.3__:!-_22,4 � = 9,33 cm . 54,4

v = 22,6 - 9,33 = 13,27 cm ;

que es la· distancia, al eje neutro, de la fibra más alejada del perfil. El momento de inercia J, del perfil, .según la. [21] del parág. 73 y la

propiedad aditiva [G] del parág. 70, es : .

.!, z": (J' -1_- A,c,") + (J" + A,e?) + (J"' + A,e}) ( 1 o 1 2" ( 20' ) J, - -- �� ._ - + 12 . 12,67' ) + � + 20 . 1,971 +

+ ( 1 6 �;·4" + 22,4 . 8,63'' ) = 4241 cm•

El módulo resi �tente vale :

W. = 4241

1 3 ,27 = 320 cm3

174 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Luego :

u = M w.

380.000 kgcm ----::-::-::--.::;-- = 1188 kg/cm' < u •• · 320 cm•

La fatiga en el borde inferior del perfil será :

380.000 J.

9 ,33

380.000 467

813 kg/cm".

EJEMPLO 68. - Una viga de hierro laminado PNI 24, soporta un Mm .. = = 440 · t cm. Determinar su máxima fatiga:

Según las tablas de perfiles : W. = 354 cm•. Luego [ 11 ] :

440 u = -- = 1242 kg/cm•.

354

87. Perfil más económico. - A) Fijada la tensión admisible uatl• de [11] se deduce :

M W = -- ,

fTad

o sea : el módulo resistente W es directamente proporcional al momento flexor. Conviene, pues, un W elevado para que el perfil esté en condi­ciones de resistir un momento mayor.

Por otra parte, el perfil más económico será aquel que, conjunta­mente con un w elevado, posea un peso mínimo, para una fatiga admi­sible dada. Como el peso de una viga es proporcioríal al área A de su sección, ésta tendrá que ser la mínima posible.

Por tanto, la razón : w

T = c. puede considerars.e como valor económico de un perfil.

[ la]

B) La fatiga de flexión, nula en la fibra neutra, crece al acercarse a las fibras extremas. El material situado en proximidad del eje neutro, poco fatigado, es excesivo. Conviene por tanto, distribuirlo en capas más alejadas del eje neutro.

En consecuencia las secciones huecas son preferibles a las macizas. Consideremos, por ejemplo, los perfiles de la fig. 158. a) Sección rectangular plena :

w

bh� 12

-,-�-2

A = bh

e w

A

k

6"

b/¿Z 6

[ 14]

FLEXION RECTA 175

a) h) e) ti) 19 lb'

¡X

. � !/ _!f

Fig. 158

b) Sección rectangular hueca. Supuesto : b' = 0,8 b ; h' = 0,8 h :

bh3 - b'h'3

w

A

e) Sección doble T :

A

e

w

12 (lO• -::- 84) bh2 h 6 . 104 2

bh - b'h' ( 102 - 82) bh

w A

h 3,66

•

( 104 - 84) bh2 6 . 104

102

bh - b'h' = 0,36 bh

e = w A

h 3,66 .

= 0,36 bh

[ 15]

[ 16]

Comparando [14] , [15] y [16] se confirma que los perfiles huecos rectangulares y los doble T son más económicos que el rectangular pleno.

C) A igualdad de área, la sección más ventajosa corresponde a la de mayor altura. En efecto : el momento de inercia J, que depende del cubo de la altura h, tiene un crecimiento mucho mayor que el denomi­;nador v de la razón :

J W = - .

V

Por consiguiente, W aumenta según el cuadrado de h y el valor económico e del perfil meJ'ora.

El perfil rectangular de fig. 158a, colocado de canto, o sea el plano de fuerzas según el eje y, tiene un modulo resistente :

bh2 6

w., =

176 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIA U.:S

y un coeficiente económico [ 14] :

d) En cambio, trabajando de plano, su módulo resistPntc es :

b"h Wr = --··¿ -

y el valor económico del perfil disminuye al valor :

e b 6

88. Deformación cie las vigas. S(! denomina e u rva elástica o simplemente elástica de una viga solici tada a flex ión, la eu rva que adop­

ta la fibra neutra bajo la acción de la carga.

a)

iJ)

o Fig. 159

o : 1 + d>..

1 por tanto :

d>..

A ) Ratlio 1Ü curvatur-a. Consideremos una viga somet ida

a la flex ión ( fig. 1 !i!) ) , por ejemplo, empotrada en I J !l extremo y libre en el otro.

:-lea C'/JNF un tronco de viga, de longitud unitaria ; xx la fibra neutra, horizontal ( fig. 1 5!)a) en ausencia de eargas. Bajo la aeeiún de éstas, la fi­bra neutra xx adopta la forma indi­eada en fig. l !i41J, que es la elástica de jü:xwn.

La fibra media, hemos visto, en parág. 74, no experimenta variación de longitud ; en cambio la fibra más alejada de ella, experimenta un alar­

gamiento total :

1 + d>.. . De )os triángulos OCE y OC'E

( fig. 1 59 b ) se deduce :

CE C'E'

V + p • ---·---· -- '

p

V [17] p

es el radio de curv atura de la fibra neutra.

FLEXION RECTA 177

La [ 17] mide el aumento de longitud de la fibra situada a la dis­tancia p + v del centro de curvatura O.

Conforme a la ley de Hooke (parág. 48 ) l a tensión de dicha fi­bra es :

V <Tmax = E • -

p

que debe iguala r a la [9] ; luego (suprimiendo subíndices) :

E V Mv

p J;z de donde :

1 M

p EJ [ 18]

y también : EJ

p = ---¡¡- . [19]

L a [ 1 8 ] expresa l a curvatura d e l¡1 elástica de flexión y la [19] el radio de cnn:atura de la misma.

EJEM PLO 69. - Determínese el radio de curvatura de la fibra neutra de t!. na viga de PNl, luz 3 m, solicitada por la carga uniforme de p = 400 kg/ml . a , , ::e 1100 kg/cm" (fig. 160 ) .

E l momento flector a la distancia x del extremo libre B , vale :

M = - px p�:' - --

2 [20]

Fíg. 160

Su valor máximo :

pl• 2

.400 . 9 2

= - 1 800 kgm [21]

es el momento de empotramiento. Luego :

,�_ l·L = 180 tcm = 163 cm' 1,1 t/cm•

En la tabla 4 se elige el PN 18 con J. = 1450 cm•

El.

radio de curvatura [19] Je la elástica vale : ·

p 2 . 100.000 . 1 450 180.000

16,91 m .

B ) Desplazamiento ve1·tical. De la fig. 161 resulta :

df = :r tg a = N X • da, [22]

178 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

que mide el descenso del extremo libre B, originado por el momento flexor M., que se produce a la distancia x de B.

En el triángulo OCD se tiene :

· -X

o p

Fig. 161

d.v = r . da

da = dx p

que sustitúída en [22] re­sulta :

df = x dx •

p

Por últ imo, sustituyendo p por · su valor [ 19] se ob­

. tiene :

df = M, . x dx . [?3] �· EJ

Como todos los puntos de la fibra neutra experimentan un descenso b a j o la acción del respec-tivo momento fle­xor Mx que a c t ú a en cada uno, el descenso total o fle­ch,a máxima : f en el extre­mo libre es la suma de todos los df dados por [23] (fig. 161b) . Luego :

1 r ¡ 1 M,x dx

EJ L 0

[24]

Reglamentaria m en te se fijan los siguientes v a l o r e s para las flechas admisibles o sea para el máximo desplaza­miento vertical proveniente de la flexión :

1 1 . Tinglados, g a l -p o n e s, vigas de entrepiso : --- a --- de la luz. 400 600

1 Vigas de puentes ferrovi�ios : � a

Ejes de volantes : 1 ·

2000 de la 1uz.

1 1200

de la luz.

EJEMPLO· 70. - Determinar la flecha correspondiente a una viga empo­trada en un extremo y libre en el otro, sometida a carga uniforme en toda

FLEXION RECTA 179

au luz. Aplicac:ión : l = 2 m ;. p = 400 kg/ml ; l:'Nl 1S ; cr•• = 1 ,1 t/cm• (fig. 1 60 ) .

Se tiene : px' M = --

2

Luego reemplazando en [24] resulta :

-· l

f = -1- f � dx EJ 2

,/ o

1

EJ

De la tabla 4 se obtiene :

J = 1450 cm' ; y como

E = 2100 t/cm• será :

px'

8 o

pl'

= S EJ

0,4' . 2' . 10" f =

8 . 2100 • 12.510 1 ,.5 cm

represer¡tada por el segmento BE de la fig. 1'60.

EJEMPLO 71. - Determínesé la fle­�ha producida por una carga uniforme <le p kg/ m , en toda la luz l de una viga simplemente apoyada en sus extremos ( fig. 1'62) .

En una sección x el momento fle­xor vale :

M = _E!_ X - 7JX' 2 2

Luego, por [24) , el desplazamiento \·ertical en la abscisa genérica x vale :

f, = 2 ;] rf l:-c'd:o; - f x'dx ]

R�!!l_ A 2

X

Fig. 162

[25]

¿ como la maxnna ampl itud vertical o sea la flecha, se produce en x = 2 resulta su stituyendo y efectuando operaciones :

5 r,¡ • f = --:;q;- . -E-1 . U v r �

C) Desplazamiento a?I.CJ1 1 lar.

De [22] , se tiene : da

1 77

pl' . EJ

Reemplazando df po r su valor [23] resulta :

da = M., dx, E J

[26]

180 RAFFO, C. M. · ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

que determina el desplazamiento angular, expresado en radianes, de la fibra media, entre dos secciones infinitamente próximas.

Integrando la anterior resulta � (' l

a = 1 Mr dx ; . EJ ., o

[27]

valor del desplazamiento angular de la fibra neutra entre dos secciones (fig. 161b) , o sea, valor del.'> ángulo de la tangente a la elástica en B. respecto de la fibra neutra:'

tJ ' ·t EJEMPLO 72. - Determinar el ángt�lo a en la viga del ejemplo 69 ( fig.

160) . Se tiene sustituyendo en [27] , M, por su valor [20] :

.·• l

a = - E� 1 p;' d.•· = - + • o

pl' EJ

a 0•4 . 23 . 10" = - 0,0203 l·ad 6 . 2100 . 12.51 o

a:O ==

D) Ecuación de la elástica. La ecuación [19] :

180° a 'Tr

r = EJ JI,[

f 28 J

pu�de expresarse en otra forma, introduciendo el vnlor r1f: la e u ryat u ra 1

. de una curva y = f ( :e) :

p 1 r 1 + --- -1 ( dy )2 ] -�--

d.'JJ

Observando que las deformaciones verticales de las vigas son muy ' l f' . t . dy pequeñas, respecto de la longitud l de estas, e coe ICien e anguwr -

d-

x de la tangente a la elástica también .lo es y su cuadrado podrá despre­ciarse frente a la unidad. La ecuac_ión anterior se reduce a la siguiente :

1 - d�y p - dx� Con este valor de p la [28] se transforma en :

M EJ.

[29]

que es la ecuación diferencial de la elástica o ecuación de deformación.

FLEXION RECTA 181

EJEMPLO 73. - Aplicando la [29] determínese la fórmula de la flecha máxima en la viga de fig. 160.

Sustituyendo en [29] la [20] resulta la ecuación de la elástica :

que puede escribirse :

I ntegrando se tien e :

d'y px• - ---dx' 2 EJ

EJ . d ( �� ) = - p;• dx .

EJ . dy = - � + C,

dx 6 [30]

En la sección de empotramiento (fig. 160 ) la tangente a la elástica es nula. Luego :

para :� = l es _!:'!!_ = o, dx

con lo cual de [30] se deduce : pt' 6

e, =

Obtenido el valor de la constante C, se tiene [30] :

EJ

Integrando nuevamente :

EJ¡¡

Para

Luego :

dy dx

px• = - -- +

6 pl'

6

px•

24 + 7Jl"x + e, 6

es y = o . pl' 7Jl' o = - -- + -- + e,

2 4 6 de donde :

e, =

que llevado a [32] resulta :

EJy = px'

24

pl' - --8

7Jl3x + --6

pl' - --8

La flecha máxima corresponde al valor x :::':: O , luego (y = f) :

pl' ! = -

8 EJ ' que es la [25] .

[31]

[32]

EJEMPLO 74. Determinar la máxima flecha producida en una viga PNI 30 con apoyos simples, ca1·gada en su punto medio con P = 3 t (fig. 1 G3) .

Utilizaremos, por sencillez, la ecuación [24] : z

¡ = M, . xdx 1 2 EJ e .

182 RAFFO, C. M. · ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

P=Jt

Fig. 163

o sea : 1 =

correspondiendo al límite superior de

la integral el valor ..l._ en donde se 2

·produce la máxima deformación ver­tical.

Teniendo presente que :

resulta :

Px• = '· 6 EJ

Pl• 48 EJ

M, = P . x

1 2

[33]

En la tabla 4, correspondiendo al PNI 30, se .encuentra , !, = 9800 cm' . Luego : 3 . 63 • 10' 1 = ------------

48 . 2100 98QO = 0,6 cm,

valor inferior al admisible :

¡ •• = ""'500 600 , n -- .=:: i ,.t.. Cll1 . 500

EJEMPLO 75. - Una viga ewpotrada en un extremo y libre en el otro, PNI 22 soporta la carga P indicada en la fig. 164. Determinar las flechas en

· C y en B.

FLEXION RECTA 18S

Desde A hasta C la viga se comporta como si la extremidad 1] no exis­tiera. En este tramo es :

M = ! P (a - x) l . Luego por [24] la flecha en C vale :

fe = :., La(a- x) 'dx - :;� [34)

De C hasta B la viga permanece recta y su eje es tangente a la elás­tica en C. El valor del ángulo q en C está dado por la [27] : �¡ ;a- x) dx =

EJ o

Pa'

2 EJ

Conocido a la flecha f o en B para el tramo CB, será :

fn = ( l - a) tg a � {-l- a) a Pa' { l - a )

2 Luego la flecha máxima, en B, res.ulta :

f = fe + fu Pa' Pa". ( l - a) Pa' (3 l- a)

= --- -1-2 EJ 2 6 EJ

[35]

89. Dimensionamiento de una viga . a partir de la flecha. - En muchos cases conviene determinar el perfil de una viga solicitada a la flexión simple, fijando previamente la flecha máxima de deformación vertical, cuyo valor, según se ha dicho (pág. 178 ) , depende de la fun-ción a que se destina la viga.

·

Corno las fórmulas que fijan el valor de la flecha dependen de la luz, de la carga, del módulo de elasticidad, todas magnitudes conocidas, y del momento de inercia del perfil, única magnitud desconocida, podrá éste deducirse de los anteriores elementos corno se verá en los siguien­tes eJemplos.

EJEMPLO 76. - Calcular el perfil normal 1 necesario para que en una viga de 6 m de luz . soportando una carga de 5 t en su mitad, se origine una flecha no superior a 1 cm. u,. = 1 t/cm• .

l , S e tienen los siguientes datos : l = 6 m ; P = 5 t ; f = 60() = 1 cm.

t J)e la fórmula [33] : "'

f = Pf

48 EJ se deduce :

J Pf Pl z•

• [36] 48 Ef 4 12 Ef Siendo :

M,nax = Pl 5 . 600 750 tcm 4 4

se tendrá, numéricamente :

J 750 . 60Q%

12 . 2100 10.714 cm•

; .

184 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TBft1A LES

Según las tablas de perfiles, puede elegirse un P?VI 32 con W. = 782 cm•

Es preciso verificar si la tensión efectiva de este perfil resulta inferior a la admisible. Se tiene :

M 750 • a.1 = -- = -- = 960 kg/cm- < a.4 w. 782

EJEMPLO · 77. - Una viga de hierro simplemente apoyada l = 5 m, so­porta una carga distribuída a razón de 2 t/mi. Determinar su petfil d(,

l modo que la flecha no supere el valor -- . (a •• = 1,2 t/cm') . 400

El valor de la flecha está dado por la expres10n :

f 5 ql' =

384 EJ De aquí :

J = 5 ql' 5 ql' 384 Ef 48 8

siendo :

Mmu = ql' 2 5. = '625 tm

8 8

se tiene numéricamente : _

J. = 5 . 62.500 . 500 . 400

48 . 2100

l' Ef

;

l 1

6200 Cfll'

[37]

[38]

400

Elegido para este valor de J., el PN/ 28, con W. = 542 <'m\ se verifica que :

a.1 = � = 625 = 1150 kg/cm" <\ a • • w. 542 ''._

EJEMPLO 78. - Admitiendo una flecha máxima f = 8 mm, perfilar una viga de madera, a •• = 80 kg/cm', para resistir una carga q =-= 240 kg/m en toda su luz : l = 4 m .

ql' 8

l f

= 240 • 4" --::--- = 48 tm 8

400 0,8

500

Con estos valores la [38] vale :

J = 5 . 48 . 400 . 600 = l O.OOO cm' 48 . 100

Adoptando un perfil rectangular con b = 0,8 h·, 1 <>·mita :

J bh'

= 10.000 cm' 12

0,8 h' -12 - 10.000

h =

FLEXION RECTA

120.000 0,8

= 19,7 cm

b = 0,8 . 19,7 = 15,7 cm

Adoptando un perfil cuadrangular de lado l :

se tiene :

l' -- = 10.000,

12

= � 120.000 = 18,6 cm.

185

CAPÍTULO XX

C O R T E

90. Esfuerzos tangenciales. - En el capítulo anterior hemos con­sideraqo barras solicitadas exclusivamente por un momento flex9r ; en el presente capítulo nos ocuparemos de piezas sometidas a la acción si­multánea de un momento flexor y de un esfuerzo cortante.

Conforme al principio de superposición de los efectos ( parág. 50 ) , l a presencia de una fuerza cortante Q n o influye e n l a repartición de las tensiones normales u originadas por el momento flexor. Las conclu­siones del capítulo anterior podrán, pues, utilizarse sin cambio alguno en lo que sigue.

Recordemos, que esfuerzo de corte Q en una secciún S úe una ba­rra, es la componente vertical de la resultante de todas las fuerzas ex­teriores situadas a la izquierda de la seceiún (o a la derecha con signo contrario) trasladada al centro de gravedad de la sección. Si las fuer­zas exteriores son verticales Q es directamente ignal a la resultante izquierda.

El esfuerzo de corte Q ( fig. 165) tiende a romper una barra en dos trozos, haciéndolos desl-izar uno paralelamente al otro según el plano que contiene a Q ; las punzonadoras y tijeras son ejemplos. Se considerará positivo cuando la resultante izquierda se dirige hacia arriba, por tanto la resultante derecha hacia abajo ( fig. 165a, b) .

La fuerza cortante Q referida a la unidad de área de la sección S, da origen a las tensiones de COTte T rkg/cm"] que actúan en el plano S (fig. 165c) . Por esta razón se denominan también tensiones tangen­ciales en oposición a las producidas por el momento flexor que son ten­siones u noTmales a la sección S.

- a) b)

ggqp Negativo· Fig. 1 65 Fig. 166

COR 2'E 187

El esfuerzo cortante se presenta en diversas circunstancias. En chapas unidas por roblones y tornillos (fig. 166) : la acción de dos fuer­zas P ejercidas en sentido opuesto, tiende a cortar los elementos de unión según las secciones AB, CD y EF.

En la ensambladura de fig. 167, la compresión oblicua P transmi­tida por la pieza L al tirante M, origina una acción N normal a éste y otra horizontal H que aplicada en la cara ABCD tiende a desplazar el prisma ABCC'D'A'. La sección CC'DD' soporta en consecuencia una tensión de corte, es decir, de deslizamiento.

·

Fuerzas de deslizamiento manifiestan también su presencia en el caso de dos o más vigas iguales, colocadas unas encima de las otras (fig. 168) sin ningún vínculo entre ellas, estando la inferior libremente apoyada en sus extremos. Sometida \ a la acción de una carga P, cada una de las vigas 1 y 2, presenta su 'parte superior (fig. 168b ) compri­mida y acortada ; y la inferior tensa y alargada, mientras que en el plano de separación AB las vigas 1 y 2 resbalan una respecto de la otra.

Fig. 167

Al � r P a) A�B

. " p 1 b) A�B y

. e) Fig. 168

Este deslizamiento mutuo, aunque puede impedirse, siempre se ma­nifi'esta por una tensión. Por ejemplo, si se unen . las dos;-vigas por me­dio de tacos y pernos (fig. 168c) , el conjunto se hace solidario y fle­xionará como una viga única. La solidaridad entre las vigas 1 y 2 se opone al deslizamiento mutuo y por · tanto surge!P tensiones tangencia­les longitud-inales : TL . Por otra parte las tensiones rL se producen no sólo en la superficie de separación AB, sino tambiér: en el interior de cada viga componente, es decir en todas las fibras.

Se demuestra que las tensiones de resbalamiento TL son iguales a la tensión de corte transversal r :

[1]

igualdad que simplifica la determinación de r , según veremos a , conti­nuación.

91. Determinación de las tensiones de. corte. - Sea ·una viga de sección rectangular S (fig. 169a) . Vamos a 'calcular el valor de r en los puntos de la recta ii paialela al eje neutro xx. Admitirem�s que a lo largo de ii, la tensión de corte r, es constante.

188 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y " RESJSTENCIA DE MATERIALES

a) Fig. 169

• 1 1 � - -- -� � .... ....

', l' ........ 's ... - - �" 1

e) ti)

Si M es el valor del momento flector en la sección S, será M + dM el correspondiente a otra sección sl paralela a la anterior y distante dx de ésta (fig. 1 69b ) . Consideremos el equilibrio del prisma ijA' ABB' (fig. 169c ) . .

En \In elemento de área, dA , situado en la cara ABii, actúa la fuer­za u . dA � en toda la cara de la fuerza horizontal valdrá (fig. 169d) :

f yz CT • dA . yt

En la cara opuesta jA'B', análogamente se desarrolla una fuerza horizontal opuesta a la anterior, cuyo valor es :

f ;: . dA .. y1

La resul�ante de ambas es :

f y• ( u 1 - u) dA .. Y1 .

Por la [7] de parág. 84 se tiene :

CT¡ - CT = M + dM

Jn M

y - -- y - J,

dM -¡;:-

Y ;

[2 ]

dM, que e s l a variación e�erimentada por el momento flexor M a l pa­sar de S a 81, es igual a Q . dx : producto de la fuerza cortante Q en S por su brazo de palanca dx. Luego :

Q . dJ . y CT1 - CT = J,.

con este valor de u1 - u la fuerza [2] estará dada por :

Q dx J 11• -- y . dA, J,. u•

en donde dx, Q, In son independientes de dA.

(3]

CORTE 189

Para que el prisma considerado ijA' ABB' (fig. 169c) , permanezca en equilibrio a la traslación hori�ontal, la. fuerza [3] debe equilibrarse con una tensión tangencial TL, extendida a toda la superficie lij que por [1] es la tensión de corte T a determinar, pues no hay otra fuerza equilibrante. Como esta fuerza vale Tb da:, la condición de equilibrio horizontal será :

de donde :

Q dx J Y' -- y . dA - Tb dx = O,

J,. Y>

T - f 11" y . dA : 1/1

La integral .es el �omento estático, respecto del eje neutro, de la ..parte de la sección que la capa de fibras ii deja al exterior del eje neutro (fig. 169d) . Designándolo con S.,, podrá escribirse :

siendo : b Q S.,

y T -

-

- � r�l· T - J b 2 ' " cm

ancho de la sección rectangular. esfuerzo cortante en la sección considerada.

[4]

momento estático, respecto dei eje neutro, del área que la capa de fibras ii deja al exterior del eie neutro : iiBA en fig. 148d. momento de inercia de toda la sección respecto de su eje neutro. distancia de las fibras ii 'paralelas al eje neutro. tensión de corte, constante en todos los elementos de la fibra ii.

De esta fórmula, por algunos llamada de Colignon, válida única­mente para secciones rectangul.ares, se deduce :

1 ) Fijada una sección cualquiera, son constantes, en ella, Q, J, b. Por tanto la tensión de corte �· es proporcional directamente al momento estático S. Considerando el Yalor de T en la capa de fibras medias, el momento estático S que será el correspondiente a la superficie compren­dida entre la fibra neutra y la más alejada de ésta, adquiere un valor

a,)

'T.=f(¡¡) Fig. 170

190 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

máximo; -tu consecuencia el máximo valor de T se produce en las fibras neutras;, (y = O ) .

·

P;(>r el contrario, en las fibras del borde superior o inferior, para h1s euales es S = O, resulta T = O : figs. 170a y 169d. ·

2) Considerando una capa de· fibras, serán constantes los valores de J, S, b ; luego T varía en razón directa de Q, originándose un Tmu

/ eonjuntamente COn Qmax Y Un T = 0 en la SeCCiÓn en que Q = 0 (fig. 170b) .

EJEMPLO 79. - Tensiones de corte en una sección rectangular (fig. 171a) .

!/

Fig. 171

Considerando una capa de fibras distante 'lt del eje neutro. se tiene :

h h

s. = fTY . dA = f2- by dy 11

además :

Luego por [4] resulta :

11

J.

- y• ) bh"

12 . b

h. · b

" 1 � b ( �·- - � ) y 2 y 2

bh' 12

• 6 Q 3 Q y• + - biT 2bh (5]

Al variar y de O a ± � , los correspondientes valores de la tensión de

corte T dibujan una parábola ( fig. 171b) cuya ecuación es la [5] . Para

y = ± � , o sea en las fibras más alejadas del eje neutro xx, se tiene

.,. = O ; y para y = O es :

'�"mu: 3 Q Q 2 bh = 1

'5 T ' (6]

siendo A el área de la sección de la viga. Como Q 1 A es el valor medio de .,. en la sección, se ve que el máximo de .,. resuíta un 50 o/� superior al valor medio.

CORTE 191

EJEMPLO 80. - Determinar la máxima tensión de corte en una viga de madera blanda, de sección cuadrada, simplemente apoyada, solicitada por una carga uniformemente repartida de 400 kg por metro lineal ; l = 4 m.

Previamente habrá que dimensionar la viga. Se tiene :

pl• Mmu = �8- =

400 . 16 = 800 kgm

8

Designando con b el lado de la sección y fijando las tensiones admisi­bles en u,. = 80 kg/cm' y '"•• = 10 kg/cm', se tiene :

b.

w J 12 b"

Ymax b -

6- .

2 Luego de :

M (J w ' resulta :

80.000 • 480.000 80 = b = 18 cm b. 80 6

Como : pl Qmu. = 800 kg, 2

ap�icando la [6] resulta : 3 . 800 Tmax = 2 . 324

3,7 kg/cm' < '"•• ·

EJEMPLO 81. - Tensiones de corte en un perfil doble T (fig. 172) . Sean G el centro de gravedad, xx el eje neutro (fig. 172a) . Consideremos una capa de fibras situada en el ala del perfil, a la dis-

tancia genérica y del eje neutro xx (fig. 172b ) . El momento estático del ala respecto del eje neutro XX, es :

h

f2 bh' by' s. = b • dy . y = -- - --

11 8 2

ho h con y variable entre 2

y 2.

a) ]J

Fig. 172

b (� - y• ) · 2

e)

192 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

La tensión de corte ·T, según la [ 4] vale :

Q ( .h" • ) Q • + T = "2 J. -¡- - Y = - --z-¡:- 11 [7)

que representa una· parábola : la k

CDD,C, de fig. 172d. Para y = T es

� ' (fibra AB) es : T = 0 : puntos e y e, . Para y = 2

= _!L ( h' - ho') 8

J. '

valor representado por los segmentos ED y E,D, en fig. 172d.

[8)

En el alma, el momento estático a determinar es el de la superficie ra­yad,a en fig. 172c. Se tiene pues :

h ho

S. = f2b . dy •

y + f2s,dy . y -� 11

b 8

(h2 - hu') + �1 ( h�· - y• ) 2

Sustituyendo en [ 4] resulta :

Q [ b (h' h " ) • ( h..,' · )] T = --- - - - o + o, -- - y , 2 o,J. 4 4 . .

[9]

que también representa una parábola. la FF, de fig. 172d. Para y = O, es :

T., .. = -?- r b < h· _ ho") + s ,h • . -j : 8 13 , J. l

ho segmento H/ en fig. 172d. Para y = ( fibra CD) es : 2

TcD = bQ (h' - h.,') = 8 S ,J.

segmentos EF y E,F, de fig. 151d.

b 8,

Q . ,----8

J. (h' - lw')

[10]

[ll]

La comparación de ésta con [8) indica que en la umon del alma con las alas se produce un salto brusco en el valor de la tensión de corte : T ; en b el alma [11) es -- veces mayor que en el ala [8] . 8,

E.JEMPLO 82. - Una viga, de 1 m de luz, empotrada en un extremo, soporta en su extremo lib're una carga de fi t ; si su perfil es el indicado en la fig. 173a, determínese los gráficos de las tensiones normal y de corte. •·• = 1 ,2 t/cm•; T•• = 1 t/cm• .

por :

El momento de inercia del perfil respecto del eje neutro xx es :

J, . = 1 2 . 243

12 - 2 • -5��-· 20

" = fi490 cm' 12

La fatiga normal u, en un elemento di�tante 11 dr� x.c está determinado

M u = -- y = J.

600.000 ka-cm 6490 cm•

• ?1 = 92,4 y

ecuación de una recta : la KlJ ( fig. 173b ) .

a)

En CD (y = 10 cm) :

COR TE

]J)

Oz Fig. 173

u = 924 kg/cm•

En las fibras exteriores (y = 12 cm) :

A

�/ �

o

·� o "

u •• u = 92,4 . 12 = 11 10 kg/cm'

e) ¡en

'! '

La tensión de corte (fig. 173c ) al nivel AB, está dada por (8] :

6000 kg (24' - 20') cm' = 20 kg/cm' 8 . 6490 cm'

La tensión · de corte en CD (alma) vale [11] :

12 Too = -- . 20 = 240 kg/cm'

1

Al nivel del eje neutro [10] :

.,. = 6000 [12 (24' - 202) + 20'] = 290 kg/cm•. ....

8 . 6490

193

92. Sólidos de igual resistencia a la flexión. _..:. Hemos admitido hasta ahora que la sección de toda pieza solicitada a la flexión se man­tiene constante en toda su longitud. Como tal sección corresponde a la de máximo momento flexor (sección peligrosa) sólo en ella la tensión a adquiere el máximo valor permitido : aad · Por consiguiente, cualquiera otra sección trabaJa a una tensión máxima siempre inferior a la admi­�;ible, debido al menor valor del momento flexor.

194 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Hay por lo tanto, un exceso de material, antieconómico, que se eli­mina acudiendo a los sólidos de igual resistencia.

Un sólido es de igual resistencia a la flexión, cuando las dimensio­nes transversales varían siguiendo la variación del momento flexor, de modo que en cada sección la tensión máxima alcanza siempre la admi­sible.

Afectando con el índice x las magnitudes situadas en la sección de abscisas x, la ecuación general de los sólidos de igual resistencia, será la [11] del parág. 84 :

W, = M, ; [12]

es decir : la sección debe variar de manera que W, resulte proporcional al valor absoluto de M.

Como esta ecuación no es· suficiente para ·calcular las dimensiones de las secciones, el problema sólo podrá resolverse, en casos particula­res, introduciendo hipótesis complementarias referentes a la relación entre las dimensiones de la sección.

EJEMPLO 83. - Una viga de libre en el otro ( fig. 1 7 4a) , está

�-----'l'-= Z=m=-------4

Elevación

Fig . . 174

madera blanda empotrada en un extremo, sometida en B a la carga P = 1 t ; u •• =

= 60 kg/cm'. Dimensionarla como sólido de igual resistencia.

a)

e)

Se tiene :

w. bh' M, Px --

6

Luego según ( 12] : .

bh· Px [13] --

6 u ••

11!- hipótesis : h = constante b. = variable

De [13] resulta :

b. 6 P

(14] = h"u X,

que es la ley de variación del an­cho de la sección en función de la ·

posición de la sección. La [ 14] re­presenta una recta, que para x = l determina el valor :

_ 6 Pl . b .. , .. - -,

-. - , [ 15] �-u

ancho . en el empotramiento ; y en 'B (x = O) resulta b = O. Recta C_B de la fig. 1 74b.

COR TE 195

Eliminando P entre las [ 14] y [15] se tiene :

b _ bmax ' - -l- x, [16]

ccuauon lineal en �·, equivalente a la [ 14] . En elevación la viga tiene la forma de un rectángulo (fig. 174c) , en

planta la de un triángulo ¡·ectángulo : ABC de fig. 174b. Como en el extremo B, la sección teórica es b = O, incapaz de resistir

al esfuerzo cortante Q, se fija a b un valor mínimo b. (fig. 174d) d6duc:do de la [6] :

1"rn:u: =

b. =

1,5 __!L boh

1 ,5 Q h Tmax •

[17]

.Para obt�ner una forma teóricamente más correcta, esto es con la fibra media recta, se desdobla el ancho b, obteniendo la planta de fig. 174e.

Cálculo de la flecha máxima ( en B) . Está dada por la [24] del capí-tu lo anterior :

Se tiene : J. =

1.� 1M2 1 = EJ.

xdx . ./ o

b r h" 1 2

M. = IPxl .

[18]

Sustituyendo e� el momento de inercia, b, por su valor [14] resulta :

J, =

que en el empotramiento vale :

6 Ph"x 12 h'a

Phx = � ·

Jn1n:E := phl

�· Luego de [18] se tiene :

(• l Px . 2a

f = --��-- xdx . l EPhx • o

multiplicando ambos términos, por

r

que por [20] resulta : 1 =

2 a

Pl"

2 E . Plh ' 2

pp 2 EJmu

Si la viga fuera de sección constante la fle<:ha es [18] : .• l .

l' _ J 1 2 Px' dx = 12 Pi" - Ebh' 3 Ebh'

o

Pl" hh'

3 . E . 1 2

2 Pat• 2 EPh

[19]

[20]

[21]

p¡a 3 EJ . [22]

196 .teAl!'JI'O, C. M. - B:i �'AJ. Y RESISTENCIA . DE MA TERI.4LES

Comparando los resultados 121] y [22] , resulta J = J111,. ; se deduc que variando el momento de Inercia según una ley lineal [19) la flecha e s un 50 o/o mayor que la ·ob�enida para un momento de inercia constante :

f . -- = 1.5 .

f'

Esta propiedad se utiliza en el cálculo de resortes.

[28j

Apliquemos los precedentes resultados a Jos valores numéricos del pro­blema.

La ley de vm-iación déf ancho de la· viga será [14] , supuesto h = 30 cm :

b, = 6 1 X

-::-�---::-:-::- X = - • 900 0,06 9

El ancho en el empotramiento según [15) y la anterior :

200 bmu = -

9-. = 22 cm .

El ancho mínimo en el extremo libre [17] :

b. = l.fi 1

30 . 0,06 !:::· 8,5 cm .

La ley de variación del momento de inercia [19] :

J z = 1 ' SO

X = 250 X . 2 . 0,06

El momento de inercia en el empotramiento [20] vale :

La flecha [21 ) : J ... ,., f =

250 . 200 = 50.000 cm' .

1 . 2003 2 . 1000 . 50.000

= 0 ,02 cm .

La flecha para un momento de inercia constante [22] :

f' = 1 . 2003 ' 3 . 1000 . 50.000

verificándose la igualdad [23] .

2� hipótesis (fjg. 175 ) :

b constante

De [13) resulta :

= Ó,0133 cm,

variable

h • _ 6 P z - --¡;;- x , (24]

que es la ley de variación d�- !Í:t altura de la sección en función dé la ppsi­ción de la sección, repr_p>entada por la parábola (fig. 175b ) A,CB.

La altura del empotramiento vale :

¡t .. ,. = V 6 �l •

[25]

CORTE 197

p

�

-------�

to � PlanttL

Perspectivas

Fig. 1 75

La altura mínima en el extremo libre, necesaria para resistir al esfu.erzo cortante Q, se deduce de ["6]

'Tn1ax =

h, =

Q 1 ,5 --­

b ho 1 ,5 Q bTmux

[26]

La viga presenta la forma indicada en fig. 1 75d. Esta forma se encuen­tra realizada en algunos órganos de máquinas ; en ménsulas de piedra ; . . .

Lo mismo que en la liJo hipótesis, para obtener una fibra · media recta, se desdoblan las ordenadas h. [24] , según la fig. 175e.

La flecha en B, calculada por [18] resulta :

!' = 2 Pt' 3 EJmax

[27]

por tanto es doble de la correspondiente a una viga de sección constante [22] .

93. Vigas compuestas de igual resistencia. - D e los ejemplos an­teriores se deduce que el perfil teóricamente necesario en piezas de igual resistencia a la flexión, implica la adopción de formas curvas. En cons­trucciones !Hviles metálicas, se evitan tales' curvas, procediendo de un modo aproximado, mediante aumento por etapas sucesivas, de la altura total de la viga en la zona de grandes momentos flexores. Prácticament1 se mantiene constante la altura h del alma de la viga agregando pare de platabandas suplementarias, con lo cual la simetría de la vigá res pecto de la fibra neutra no se modifica.

EJEMPLO 84. - Una viga de luz 16 m, solicitada por carga uniforme­mente distribuída, tiene la sección representada en fig. 176a. El momento flexor máximo es dé 180 tm. Calcularla como sólido de igual resistencia a la flexión.

198 . RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Fig. 176

De la tabla 9 se obtuvo el perfil h, = 150 cm con :

por lo tanto : /

W. = 17.630 cm•,

; = 1020 kg/cm'.

quitando un par de platabandas, la tabla 9 señala un :

W. = 14.583 cm•. Para 1000 kg/cm',

resulta un momento flexor :

M1 = cr., . W. = 145,8 tm .

Dibujada la curva de momentos flexores (fig. 1 76b) correspondiente al :

M max = 180 tm,

se traza una paralela a la horizontal AoBo, distante de ésta rsegún escala de momentos) , M, = 145 tm. La longitud A1B1 Gorresponde al perfil de tres plata bandas necesario para el M max .

Quitando otro par de platabandas, resulta según la misma tabla :

W. = 11 .541 cm' . Para un : "•• = 1000 kg/cm',

sé tendrá un momento flexor :

M. = "•• . W. = 115,4 tm .

La para'lela al eje de referencia A,B, trazada a ésta por la ordenada M,, fija en A,B, la longitud que el perfil compuesto con un par de platabandas, puede resistir al momento M, .

La figura 176c, representa la viga de igual resistencia a la flexión ob­tenida.

94. Remaches. - En construceiones metálicas la umon o empal­me de chapas, perfiles, paredes de caldera, etc., se hace de tres mane­ras : ensambles fijos por roblones o remaches ; ensambles móviles por intermedio de pernos y ensambles fijos por soldadura.

Los remaches son pequeños cilindros de acero, que se introducen en las piezas a unir, previamente perforadas. Antes .de su colocación están formados por un vástago o ca.ñ.a cilíndrico (fig. 177) de longitud

CORTE 1 99

mayor que el espesor . de las chapas a unir y terminado en un extremo por una cabeza se­miesférica. i,a segunda cabeza del remache· se obtiene por la operación de remachado, reali­zada en caliente, destinada a darle forma se­miesférica.

Según las exigencias a cumplir se distin- Fig . . 177 gu.en :

Remaches de resistencia : destinados a transmitir cargas de una pieza a otra ; se emplean en vigas, armaduras, puentes, etc.

Remaches estancos : tienen por objeto ofrecer uniones impermea­bles y sólo resisten a fuerzas relativamente pequeñas. Los remaches de calderas son a la vez resistentes y estancos.

Remacfzes de simple acoplamiento : sirven para mantener en posi­ción las piezas que se unen sin transmitir fuerza alguna.

El empalme o costura, puede hacerse por recubrimiento o superpo­sición (fig. 178 ) ; por simple cubrejunta y por doble cubrejunta.

t1

tL) Sola a

S S p ., p

Recubrimiento o super

p �

Fig. 178

95. Tensiones admisibles en las remachaduras. La rotura de !.a junta puede producirse :

a) por esfuerzo cortante en la caña del remache ; b) por . compresión elevada de las parea es del taladro para el re­

mache, o por aplastamiento lateral del mismo remache ; e) por cortadura de la chapa en la solapa : según la dirección a

(fig. 179) de la fuerza P ; según la dirección b perpendicul-ar a P; según la dirección e entre remaches.

Siendo a110 el coeficiente de trabajo admisible por tracción, el coe­ficiente práctico de tensión admisible. por cortadura r1111 es, según el reglamento alemán :

ra.� = 0,833 aad = 0.8.33- , - 1- 20.(1 = 1000 kg/cm2• [28]

200 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y Hr;:::;, ;::, , "' " '-' ' A DE MA TERIA L�<.;,

P--+-=a:....

Fig. 179

La tensión de trabajo admisible· en las paredes del taladro es :

atad = 2 Tad = 2 . 1000 = 2000 kg/cm2 • [ 29 J

96. Cálculo de las remachaduras. - Cuando el empalme es simple (fig. 180) los remaches trabajan según una sección : a ; se dicen rema­ches s·imples o a un hilo. Si el empalme es doble (fig. 1 a 1 ) los remaches trabajan según dos secciones : a, a', y se dicen remaches dobles o a dos hilos.

dz Consideremos las costur-as simples . (fig. 180 ) . Si T es la sección

de la caña de un remache, n el número de remaches en fila, y admi­tiendo que el esfuerzo total P se distribuya igualmente entre éstos, se tiene : d''

P = T . n . Tad · [30]

Si el diámetro d de los remaches se elige previamente, el número de remaches necesario para resistir al corte será :

p [31 ] n =

Para resisti r al aplastatmu tto contra las paredes del taladro, siendo 81 el mínimo espesor de chapa y n' el número de remaches, se tiene :

Fig. 180

P = d O ¡ n' atad , [32]

Fig. 181

CORTE 201

de donde :

n' = p

[33]

que determina el número de remaches de diámetro fijado previamente, necesarios para resistir al aplastamiento lateral.

De los números n y n' se adoptará el mayor, pero si se prefiere que sean iguales, se tendrá :

simplificando resulta :

p p

-rrd2 d a l CTtad '

4 Tnd

-rrd 4 Tad '

sustituyendo la [29] se tiene :

Por lo tanto si es :

a1 = __!!__ d = o,4 d . 8

-

S 1 > 0,4 d,

se calculará la remachadura por la ecuación [30 ] y si es :

por la [32] . a 1 < o,4 d,

[34]

[35]

[36 ]

Si la costura es doble ( fig. 181 ) , los remaches trabaj'an según dos secciones : a y a' ; se tendrá para resistir al corte :

P = . n íad '

o .sea : p

n

y para resistir al aplastamiento lateral:

p = d a l n' CTtad , 1

siendo a 1 el más pequeño espesor de chapa. Se deduce :

n' = p

d a CTtad

Igualando los números n y n' y sustituyendo la [29 ] resulta :

a = -¡- d = o,8 d .

E n consecuencia, s i es : 11 > 0,8 d,

[37]

[38]

[39]

[40]

[42)

202 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

se calculará la remacha dura por la [37 ] , es decir al corte, y si es :

1> < 0,8 d,

por la [40 ] , es decir al aplastamiento .

[431

. Observaciones : La práctica aconseja que el número de roblones r •

sistentes sean dos como mínimo y no disponer más de 6 roblones en fila según la dirección del esfuerzo.

El diámetro de los remaches de resistencia depende del espesor mi· nimo de las piezas a empalmar. Son recomendables los diámetros fija­dos en la tabla 10.

En cuanto a la chapa misma, su resistencia al corte, en una super­ficie transversal de longitud x (fi¡¡-. 179) y espesor 1> ( de la chapa) vale :

y la resistencia del remache al aplastamiento es :

d 1> Utad · [44]

Para asegurar la igualdad de r�sistencia de chapa y remache, se tiene la igualdad :

Sustituyendo la [29] resulta :

X 2 d . [45] Por consiguiente (fig. 179) :

e = 2 d + 0,5 d = 2,5 d, [46]

que fija la distancia del centro del remache al borde de la solapa. Se tiene también que la distancia e1, entre centros de remaches con­

secutivos, vale : e1 = 2 d + d = 3 d . [47]

En cuanto a la distancia y, perpendicular a la dirección del esfuer­zo, como hay dos secciones de chapa, una arriba y otra debajo del re­mache, 10:uyo espesor común es 1>, la fuerza originada vale :

2 Y 1) Tad ,

que igualada a la fuerza de aplastamiento [ 44] :

2 Y 1> Tad = d 1> Utad , determina :

y ·= d, y en consecuencia :

e2 = d + 0,5 d = 1,5 d . [48]

ObBervación : Cuando el ancho b (fig. 179 ) es :

b > 4 d,

un ajuste apropiado de las superficies empalmadas, impone la distribu­ción de remaches en varias filas (fig. 182) .

CORTE 203

Para que el �sfuerzo P sea uniforme en la seccwn transversal de la pieza, la distribución de remaches se efectuará disponiéndolas simé­tricamente respecto de la línea de acción de P.

E'JEMPLO 85. - Dos hierros A y B (fig. 182) de 16 . 1 cm se empalman con doble cubrejunta para resistir una fuerza P = 11,5 t. Determinar el nú­mero de remaches, su disposición y la fatiga efectiva a que están sometidos (.,. .• = 1000 kg/cni'; u , •• = 2000 kg/cm') .

Según la tabla 10 elegimos remaches de d = 2 cm. Tratándose de una doble cubrejunta, verificamos las relación [ 41] ; re­

sulta : para 8 = 1 cm, d = 2 cm que 8 < 0,8 d, luego aplicamos la [ 40] que determina el número de remaches necesarios :

n' = 11,5 2,87 .

2 . 1 . 2 Dispondremos, pues, a cada lado de la junta, 3 remaches. Por ser b >

> 4 d, se distribuyen como indica la fig. 182 átendiendo a los [46] , [47] y [ 48] que fijan respectivamente los valores mínimos :

e 2,5 d = 5 cm ; e, 3 d = ·6 cm ; e, 1,5 d ;, 3. cm .

Fig. 182

. , 1- . 1 . e, r--'--------------. .._.. el-

t, - - - - - - - - - - - - -·- - - - - 1

� �é- -Eb4·L6� � l 1 1 . '+' -'+' :

� - - - - - - - - - - - - - - - - -- - ..l _ _ ' ¡_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ , _ _ _

1

EIJ·-$-$-·�� 1

Fi�. 183

.2Q4 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Por último determinemos las tensiones efectivas de trabajo. La tensi 1 1 de corte se obtiene de la , [3'7] :

.,.., ·= 1 1,5 610 kg/�m' .

3,14 . 2 . 3

2 . n

La tensión efectiva de aplastamiento según [39] vale : ( n = n')

u,., = p

d8n1 11� 1 • -:--:---=- = 191'6 kg cm· .

2 . 1 . 3

EJEMPLO 86. - Una barra de armadura formada con dos hierros ún gulo 8 . 8 . 1 cm, solicitada por una fuerza de P = 30 t se empalma a Ullli _pl t_ca de nudo, según fig. 183, de espesor o = 1,2 cm. Cálculo y disposición de'lios remaches. •

. Tratándose de una costura simple, se tiene por [34] , siendo 13, = 1 cm ¡ d ::::: 2 cm, que : ll, > 0,4 d,

corresponde, pues, aplicar la [31] :

p n =

'Trd" -- .... 4

30 3,14

9,5 .

Utiiizamos 10 remaches, distribuyendo 5 en cada perfil ángulo, porqu ( b = 7 cm) :

b < 4 d .

Se tiene, además, por [ 46] , [ 47] y [ 48] :

e = 5 cm ; e., = 6 cm ;

La fatiga real a la cortadura es [30] :

p 30 'T • f . = -- =

'Trn 3,14 . 10

La fatiga real al aplastamiento es [32] :

a,., = p

dlln =

30 2 . 1 . 10

e, = 3 · cm .

955 kg/cm•.

1500 kg/cm•.

CAPÍTULO XXI

FLEXIóN OBLICUA

97. Definiciones. - Hasta ahora hemos supuesto que la traza del plano de fuerzas o sea el eje de solicitación, coincida con un eje de si­metría rle la sección. Si el eje de solicitación no está superpuesto con un eje de simetría, pasando no obstante, por el baricentro de la sección, nos encontramos con el caso de la flexión oblicua (fig. 184) .

!! '

" S 1 Eietle_. solicdociófl, o troza �¡;fono d: ft.'erzas

!J)X

Fig. 184 Fig. 185

Como todo eje de simetría es a su vez ej'� principal de inercia, po­drá decirse :

Hay flexión oblicua cuando el eje de· solteitación no es eje prin­cipal de inercia.

Las correas de una armadura, que se disponen perpendicularmente al cordón superior y apoyan en éste ( fig. 185) constituyen un ejemplo de flexión oblicu;;..

98. Determinación de las tensiones. - Sea (fig. 186) ABCD la sección recta de una pieza en flexión ; y es el ángulo formado por la superficie de apoyo de la sección con el plano horizontal ; xx e yy son lós ejes principales de inercia ; ss es la traza del plano de las fuerzas

/ 206 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Fig. 186

exteriores que originan el momento fléxor de intensidad M; a el ángulo de 88 con el semieje positivo de l�s' x.

El procédimiento de cálculo ��s cómodo, consiste en reducir la fle­xión oblicua a otras dos jleX'ione8 rectas según los ejes principales d inerciá> Para ello se descompone la intensidad M del momento flexor en un momento de intensidad M, que actúa en el plano de traza y y en otro mo�ento M11 act uando en el plano de traza x. Sus respectivos va­lores son :

---· M sen a M cos a .

[1 1

Un punto genérico A (xy ) de la sección ( fig. 186) estará solicitado por una tensión "" orig-inada por el momento Mr y otra 1av producidn por el momento My . En ambos casos se trata de flexión recta ; luego :

"" 1= M

__ z_ Y J,

Mv [ 2 1

"v X . lv

En cuanto al signo que correspond a estas tensiones (compresión o tra •

ción) conforme a la posición del elemen to A respecto del par de ejes xGy, 8 encuentra sintetizado en la fig. 187.

Fig. 187 Siendo las tensiones [2] perpend l·

culares a la sección, el principio de 1 superposición de los e f e ct o s, permit

asegurar que un punto genérico A (xy) estará solicitado por la tensión u, suma algebraica de las [2] :

u = «z + "v '

o sea :

FLEXION OBLICUA

a -M,. y + Mil X . Jz JI/

207

[4]

Si v es la distancia al eje xx, del punto de la sección más alejado de este eje y u la del punto más alejado del eje yy, se tendrá :

W - .!.=.._ z -V

W - ..!L 11 -u

En consecuencia el máximo valor de las tensiones [2] será -:

, M,. CT z w,. -� [5]

' (1 11 Wu

y por [ 4] : M" + Mv [6] O'max = wz Wv Con esta fórmula se determina la fatiga max1ma,_ experimentada

por una pieza solicitada a la flexión oblicua. En condiciones de seguri­dad debe ser CTmax � uad ·

99. Determinación de la seccton. Sustituyendo en la [6] CTmax

f d 1 1 por CTad y actorean o -- res u ta : wz CTad = �x (M� +

Conviniendd en representar con el número /:'- el cociente :

se obtiene :

de donde :

CTad

Wz p. = -- , w" . M�- + ¡.�.M11

wz = CTad

L7J

[8]

[9]

fórmula que permite dimensionar piezas solicitadas a la flexión oblicua. Los valores de p. se encuentran en las tablas 4, 5 y 6. Para aplicar la [9] , una vez elegida la forma del perfil� se fija a p.

un valor de ensayo, y se calcula W '" en primera aproximación. Conocido W.r, las tablas señalan el número del perfil necesario y su correspon­diente W11, con lo cual resulta un valor p. más aproximado, que sirve para calcular nuevamente Wz .

En todos los casos. se verifica la tensión admisible mediante la [8] .

208 RAFFO, C. M�' - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

100. Posición del eje neutro. - El eje neutro está constituído por los puntos del perfil en los cuales la tensión total es nula. Luego si en la [ 4] se pone u = O, la ecuación resultante :

Mz M . y + --11- X = · 0,

---¡;- JI/ lineal en x e y, representa una recta que pasa por G, y es la ecuación del eJe neutro nn de la sección.

Mediante sustitución de las [ 1 ] se tiene :

M ( sen a cos a y + --- x

J., Jv O · ,

o sea : J., 11 = - -- ctg a x, J!l

[ 10]

que es la ecuación explícita del eje neutro. Su posición respeCto del semieje positivo de las x, está dete rminada

por el ángulo (1, tal que :

tg f1 = - �z _ ctg a . 11

t l l ]

Como en el segundo miembro aparecen magnitudes conocidas, esta fórmula permite obtener el valor de B.

\n � )J \ '

\ \

\ ' \

\{L ' \

S ' '

Fig. 188

pl" M = 8 =

E.TEMPLO 870 - La figura 188 se refiere a una correa de arma­dura para cubierta, de perfil nor­mal [ 20, apoyada simplemente en sus e x t r e m o s, · y soportando una carga· permanente de 300 kg/ mo La separación entre armaduras es de 4 m ; y = 160 y el plano de solici­tación es v e r t i c .a l. Determínese O'mu y la. posición del eje neutro u •• = 1 t/cm•o

El ángulo a que forma el eje de solicitación ss cm del eje x es :

a = 900 - y = 740

El momento de las fuerzas ex­teriores vale :

300 16 ----::-- = 600 k gm o 8

La participación de M en las direcciones de los ejes principales de iner· cia xx e yy, viene dada por las [1] :

·

· M. = M sen a = 600 . sen 740 = 600 o 0,961 = 576,\i kgm Mv = M COS a = 600 o COS 740 = 600 . 0,275 = 1 65 k gm

FLEXION OBLICUA

Según la tabla 6 :

W, = 191 cm3 w. = 27 cm•

Las máximas tensiones en la flexión recta valen [5] :

ql M. 57.660 . -

w. , - 191 301,8 kg/cm"

Mv 1"6.500 611,1 kg/cm• ql - · -- = • w. 27 Luego por [6] :

= 301,8 + 611,1 =, 913 kg/cm2 < u •• .

La posición del eje neutro se determina por la [11] :

tg ,f3 J. J.

1911 ctg a = - --- . 0,286 = - 3,693

148

209

[12]

El valor [12] se produce en los puntos A y B, que pertenecen a las pa­ralelas a y b al eje neutro n, tangentes al perfil.

EJEMPLO 88. - La correa es un · perfil en IPN 16. La e a r g a es de 260 kg/m ; separación de armaduras l = 3,50 m. Determinar <tmn y posi­ción del eje neutro para a= 70° (fig. 189) .

La inclinación del apoyo de la correa es :

Y = 900 - a = 200 . Se tiene :

250 . 3,5• 8

Por consiguiente· [1] :

581,5 kgm .

M. = M sen a = 581,5 . sen 700 = 581,5 . 0,939 = 546 kgm

M. = M cos a = . 581,5 . cos 70o = 581 ,5 . 0,342 = 199 kgm

\ 'JL

Obtenidos de la tabla 4 los valores W. = 117 cm', w. = 14,3 cm•, re­sulta de las [5] :

y por [6] :

ql -. -

ql .

54.600 46'6;6 kg/cm2 117

19.890 134,4 kg/cm' = 14,8

u,,., = 466,6 + 134,4 = 601 kg/cm' .

210 . RAFFO, C. M. \ ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

El eje neutro forma con el semieje positivo de las x el ángulo f3 [11] :

luego :

J. tg f3 = -- J�

1911 ctg a = - 1"48 . 0,363 = 6,878 ;

f3 = 80°40' .

La máxima tensión se produce en los puntos A y B.

EJEMPLO 89. - Las correas de una cubierta distan 3,20 m en la direc­ción del cordón superior y 2,50 m en proyección horizontal (íig. 190 ) . La separación entre armaduras es de 4 m y la carga permanente alcanza a 500

Fig. 190

kg/m. Determinar el PNI necesario para u •• :::: 1 t/cm2• Se tiene :

cos y = � = o 781 3 ,2 ' y = 38°40'

a = 900 - 38040' = 51 020'

El momento exterior vale :

y por las [1] :

500 . 16 M = = 1000 kgm,

8 M, 1000 . 0,78 = 780 kgm

M, 1000 . 0,624 = 624 kgm

En primera aproximación se ensaya con p. = 7, resultando por [9] :

W. = 78.000 + 7 . 62.400

-----'-

1-0-0-0---- = 630,8 cm• .

Según la tabla 4, el primer PNI cuyo módulo W. no es inferior al ebtenido, disponible en el comercio, es el PN 30 con p. = 9,04.

Repitiendo el cálculo para este valor se tiene :

W. = 78.000 + 9,04 . 62.400

1000 642 cm•

l.<'LJ<-'XJON OBLICUA

Elegido el PNT 30, con W. = 653, se verifica que [8] : 78.000 + 9,04 . '62.40() = 983 kg/cm• < 653

El perfil 30 es aceptable.

211

Uod ·

La posición del eje neutro respecto del semieje positivo de las rx;, es [11] :

9800 tg f3 = - 450 . o,s = - 17,4 f3 = 86°401 •

EJEMPLO 90. - Dimensionar una viga de madera semidura, a., = 100 kg/cm•, l = 4 m, p = 400 kg/m, para un eje de solicitación inclinado de

Fig. 191

y = 100 respecto del eje principal de inercia yy ( fig. 191) de la sección rec­tangular adoptada.

M. M.

Se tiene sucesivamente :

M = 400 . 16 8

800 kgm « = 80°,

800 . 0,984 78.720 kgcm

seo • 0,173 = 13.840 kgcm .

Pará secciones rectangulares es :

bh' w. 6 h

Jl w.

-- T · b'h 6

Si sé quiere un aprovechamiento má:¡cimo del perfil, se tomará :

Jl. =

Por tanto : 78.720 . +

7 5

7 5

100

= 1,4 .

. 13.840 = 981 cm• .

Elegida una escuadria de 20 . 15 cm, con W. = 1000 cm' (según tablas)

y p. = T = + = 1,33, valor muy próximo al fijado T' se verifica que :

u,., = 78.720 + 1 ,4 . 13.840 98 k 1 ., < = g cm· u •• .

1000 La escuadria · 20 . 15 es aceptable. Inclinación del eje neutro :

tg f3 = 100'0 . 0 176 5625 ' 0,330 f3 18° 10' .

( CAPÍTULO XXII

P A N D E O

Es un . hecho de experiencia que toda barra recta AB (fig. 192) so­licitada a la compresión, cuya longitud supere a su ancho mínimo b

(l > 30 b ) , sufre una inflexión lateral ACB mucho antes

¿

\ \

1

1 1 ' ' e 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1

Fig. 192

que ceda por compresión simple. Esta deformación lateral se denomina pandeo de las

barras sometidas a la compresión.

101. Hipótesis en el pandeo. - Consideremos una barra prismática_ vertical AB cuyo eje geométrico es el lugar de los bariceritros de sus secciones, todas de igual iorma y magnitud.

:=::stableceremos las siguientes condiciones : 1 9) Un extremo articulado en A ; el otro B (fig.

193) guiado según el eje primitivo de la barra (es el tipo de apoyo más frecuente en las aplicaciones ) . Ambos apoyos sin frotamiento.

29) La fuerza P de compresión actúa exactamente según el ej"e geométrico de la barra.

39) El matP.rial de la barra es elástico (E cons­tante) absolutan1ente homogéneo y en todas partes se encuentra en igual estado.

49) Sobre la barra no actúan fuerzas laterales, ni las influencias que tales fuerzas pueden ejercer.

En estas condiciones, la barra se encuentra someti-da a un esfuerzo de compresión simple, y la configura­

ción rectilínea AB es de equilibrio, pues en cualquier sección de la barra se origina un esfuerzo normal u uniforme, cuya resultante pasa por el baricentro de la sección y coincide con la recta de acción de P.

Para saber si el equilibrio es estable o inestable, consideremos in­existente la 4!!- condición ·; es decir, encurvemo�:� la barra pero supri­miendo de inmediato la fuerza horizontal que la encurvó. Se presentan tres posibles comportamientos de la barra, seg(m el valor de la carga P :

l . Para u n cierto valor de P l a barra recupera s u primitiva posi­ción rectilínea : equilibrio estable.

PANDEO 213

2. Para un valor superior de P, la barra permanece encurvada : es el equilibrio indiferente.

3 . Aumentando P, la inflexión aumenta progresivamente : es el equilibrio inestable.

102. Carga crítica de pandeo : fórmula de Euler. - Se deduce que es de primordial interés el equilibrio indiferente, pues a partir de éste se inicia espontáneamente el aumento de la inflexión lateral o pandeo.

El valor numérico de la fuerza P con la cual se inicia el pandeo se denomina carga límite o carga crítica de pandeo ; lo _indicaremos con P1c .

De todo lo anterior se concluye que el pandeo no está originado solamente por las inevitables dificulta­des prácticas implicadas en las condiciones 2:). y 3:). del parág. 101 ; pues aquél se produce aún en auslmcia de imperfecciones físicas del material y descentramiento de la cai·ga ; y en tal caso es debido a la circunstancia que la carga P supera el valor crítico Pk .

Una sección S de la barra (fig. 193) pandeada por la carga P, se encuentra exigida a la compresión P y a un momento flexor M = Py, proporcional a la flecha, en p1·ogresivo aumento : la pieza supera su de- l formación elástica y la rotura sobreviene en cualquier momento.

El valor de la carga crítica Pk y de las magnitu­des que la determinan se debe a Euler, quien la de­dujo de consideraciones teóricas basadas en las hipóte­sis del parág. 101 y confirmadas en ulteriores ensayos.

En las condiciones de vínculo indicadas en fig. 'Fig. 193 193, la fórmula de Euler es la siguiente :

EJ ¡z

E [t/cm2] ; [cm] ;

J [cm2] p [t] [1 ]

La teoría nada dice referente a la posición del plano d e inflexión de la barra ; pero la experiencia atestigua que siendo la barra libre en todas direcciones, inflexionará en el plano axil según el cual la resis- . tencia es mínima : J representa, pues, el mínimo momento de inercia de la sección.

·

Observación : La carga crítica Pk depende de las características geo­métricas de la barra : l, J y de la clase del material : módulo elástico E, siendo independiente de la tensión de rotura del material. En consecuen­cia no resulta conveniente utilizar en el pandeo hierros de alta resis­tencia, pues en éstos el valor de E difiere muy poco del correspondiente

. a hierros comunes. Observación que vale siempre que la carga esté perfectamente cen­

trada, en cuyo supuesto el pandeo es un problema de estabilidad. Si la carga no lo está, el p1·oblema es de resistencia : depende de la tensión admisible a la flexión.

(�

/

214 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTE_:VC/.4. DE MATERJALE.<:!

103. Grado de esbeltez. Tensión crítica de pandeo. - Recordando que :

J = i2 A, la [1] se transforma en :

o sea :

El cociente : ,\ = -.- .

'1, [2]

que es un núme:ro por ser cociente de dos longitudes, se denomina grado de �sbeltez de la ba:rra. Con lo cual se tiene :

o también : l'k _ 2 E

-- - 7r -- . A ,\2 [3 )

El cociente de la carga crítica d ivid ida por el ;irea .4. de la sec­ción (constante) :

[4] \ ) 0Kkg/cm2

JJooL��--� -�--¡-¡ ! 1 1 (L1NO�D'OAf·E=1008tfn2 1 j J000�-1--�--+-+-- - � r-�--=1�--z=¿l--+--+-+--j 1 1 ; \ A!JERO;E=2100p¡cml • . K7J9 1 :?558

2500'>----l---lf---+----J�--·---�--! -+---'I<•.:.c..;_-+---+--+--+-+--'

i i \ 2012 1\ ?.078 ' 20001--.___.___+----r-�� ---- '\1����0 JJI r-

1500 .._ _ _¡__¡__ _ _¡_ _ _ ' \ ,J. . . IJ 1 " 1-11

� ""' ('l.!,"' 1 1000 500 1

1 1

1 1 !'-.. 986 ¡ K·to58 . l -¡ 1 �,;¡ 1 928

¡ ' 1)84 1 -1 1 1 "'-\'"'--:� 503 T T T 1 -� ti ' - � 440

1 i i 1 i I_L--'--! ___.__,1 ---L.,,.....-A. o 10 20 JO 40 50 50 10 no 90 roo 110 120 IJU t40 t50 Fig. 194

PANDEO

se denomina tensión crítica de pandeo : fTk . Luego la [3] se podrá escribir :

- 2 (T� - 7T E

215

[5]

Para un material deterl):linado, el valor de E es constante. Luego f1k es función de A 2 y su gráfica .está representada por hipérbolas cú­bicas con su concavidad dirigida hacia arriba. Se denominan hipérbolas de Euler.

Las señaladas en fig. 194 corresponden al acero común y a la fun­dición.

EJEMPLO 91. - Sea una barra tubular St 37 de 5,4 cm de diámetro ex­terior y espesor 0,25 cm ; l = 2 m ; E = 2100 t/cm".

Resulta : A = 4,05. cm' ; J = 13 ,4 cm' ; i = 1,82 cm

A = 200

i 1,82 110 .

La tensión crítica de pandeo [5] vale :

u, =

'TT' • 2100 = 1720 �.

110• cm•

en lugar de <:�700 kg/cm•

.

que es la tensión de ruptura a la compresión simlple. La carga\ critica de pandeo [ 4] vale :

. P. = 1720 . 4 ,05 = N 'Í t ; .

en lugar de una carga de rotura a la compresión simple igual a 3700 . 4,0 = = 1 5 t.

Este resultado muestr-a la pronunciada disminución de resistencia al pandeo, respecto de la resisterrcia a compresión si�ple.

104. Límites de validez de h� fórmula de Euler. - La ecuación [i] apoya su validez en las hipótesis enunciadas en el parág. 101. En parti­cular la 3l1- hipótesis, postula un valor constante de módulo E, vale de­cir, considera materiales elásticos. Por consiguiente la hipérbola de Euler ( fig. 194 ) sólo podrá aplicarse en la zona elástica del material, o sea cuando :

fTk < fTE (tensión en el límite de elasticidad) . [6]

Sustituyendo CTk por su valor [5] se tiene :

7T2 E

de donde : A � 1T l1 �t: •

, El segundo miembro es un número denominado valor límit<> ·<i.iJ ·A . \Jndicándolo con la _escritura !. 1 1 m s u valor es :

A ¡ ¡ m = 1T J!/F; [7] V -;;

216 RAFFO. C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

por consiguiente : A ;;;. )q i m · [8]

Es decir : A 1 1m es el mínimo valor de .\, necesario para poder apli­car la fórmula de Euler.

Calculando el valor .\1 1m por medio de la [7] resulta que la fór­mula de Euler sólo es útil cuando :

A ;;;. lOO para St 37 con uE = 2,1 t/cm2 ; { 2100 t/cm2 A ;;;. 80 " fundición " uE = 1 ,5 t/cm2 ; E = 1000 t/cmz A ;;;. 100 " madera " uE = 0,1 t/cm2 ; 100 t/cm2 A ;;;. 100 " duraluminio u E = 2,2 t/cm2 ; 700 t/cm2

Obse1·vaciones :

a) La experiencia confirma la fórmula de Euler en el dominio elás­tico : A ;;;. .\ 1 1m y la invalida en la zona plástica : .\ ,;,; .\1 1 m . En esta zo­na la barra pandea con una carga Pk menor que la determinada por [ 1 ] , superándose e l límite antes que la barra empiece a pandear.

b) Como en la madera el límite A = 160 no siempre se alcanza, re­sulta con frecuencia inaplicable la fórmula de Euler.

e) Debe tenerse presente, en piezas de elevado coeficiente de es� beltez .\, la dificultad material de satisfacer a las hipótesis 2!!- y 3!!- de parág. 101. Es, pues, conveniente fijar un valor máximo para .\ . El Reglamento de Construcciones de la Capital Federal, fija los valores Amax = 150 \ el St 37 y Amax = 100 en la fundición.

105. Coeficiente de seguridad al pandeo. - Por razones de segu­ridad, la <:9-rga efectiva o carga admisible P, capaz de soportar una barra, se limita a una fracción v de la carga crítica :

P - � · - ' V

siendo v un número necesariamente mayor coeficiente de seguridad al pandeo.

Generalmente se establecen, en la zona { 2,5 a 4 para el hierro (3,5 en v = 6 . para la fundición.

8 a 10 para la madera.

Dividiendo la fórmula de Euler [ 1 ) por

,.z EJ P =

v ¡z y de ésta : v p lZ

J = ,.z E- .

[_9)

que 1, denominado grado o

elástica, los valores :

el Reglamento Alemán) .

v, resulta :

[ 10 1

Si en las dos fórmulas precedentes se expresa : P en toneladas ; l en metros, en E en kg/cm2, con .,.2 = 10, resultará J en cm4 ; obteniéndose las fórmulas siguientes de constante aplicación :

PANDEO

Hierro. E = 2.100.000 kg/cm2

103 p 10 21 . 10° J'

10� l2 Es decir : 2,1 J

P = J V l2

Fundición. E = 106 kg/cm2

J J p = -- ·

V l2 '

Madera. E = 105 kg/cm2

p = - J lQ V l2

J

Duraluminio. E =. 700.000 kg/cm2

P --= � · J V l2 '

• V

V p l2 2,1

V P l2 •

lQ V p l2 •

1/ p l2 0,7

217

[11]

[12]

[13]

[14]

En concordancia con la definición de carga efectiva [9] se define la tensión efectiva de trabajo al pandeo u o tensión admisible, por cual-quiera de los cocientes : � UJr. p (

u = --;- = �· [15]

De la última igualdad resultan las fórmulas :

P = Uk A • --- , [16]

V

106. Influencia de las condiciones en los extremos. Coeficiente de empotramiento o de sustentación. - Hast� ahora se ha calculado el valor de la carga crítica Pk en el supuesto de una pieza articulada en sus extremos, que constituye el caso fundamental de . _pandeo (fig. 193 ) .

S i las condiciones impuestas a los extremos d e la pieza son distin­tas, la fórmula de Euler [1] puede expresarse Ei!n forma única :

1T2 E - �· [17 _·

abarcando así todos los casos posibles de apoyos, e es un número ; po­demos denominarlo coeficiente de empotramiento. Si e = 1 estamos en el caso fundamental.

La fig. 195 indica las diversas clases de vínculos que pasamos a considerar. ·

La longitud l0, distancia entre dos puntos de inflexión consecuti­,vos de --!_a pieza deformada, se denomina longitud equivalente ,de pandeo : es la longitud de una pieza ficticia a¡;_ticulada en sus extremos {caso fundamental) , que admite la misma carga crítica.

218 RAn,O, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

(D Libre p

CASO FUNOAMENTAL

7/ -::;y;, Articulado � C=t R. = JlE

/x X

F�g. 195

®

C=o,7 Ji

{=2fk

® E !Tlf'Otra do

p

// . frrt¡Jotrado

Comparada la longitud equivalente l0 con la longitud l, queda defi­nido el coeficiente de empotramiento e :

lo e = -, l [18]

con el cual se caracterizan las condiciones de apoyo de los extremos o condiciones de contorno, como también se dice.

Caso l. :___ Pieza empotrada en un extremo y libre en el extremo que soporta la carga.

La carga crítica de la pieza .. de longitud l es la misma que la de una pieza articulada (caso fundamental) en A y en B, distantes l0 • Luego :

e

por tanto :

lo - 2 ; -l-

=

, que es de la forma [17] . Sustituyendo J = c2A y atendiendo a [�] -resulta : � -

[19]

La carga crítica es, pues, 1/4 de la correspondiente al caso funda­mental.

\

PANDEO 219

Caso II. � Pieza encontrada en un .extremo y guiada en el extremo 4ue soporta la carga.

La carga crítica de la pieza de longitud l es la misma que la de una pieza articulada en A y en B distantes l0 •

Siendo e = 0,7, resulta :

= N [20]

La carga crítica es el doble de la correspondiente al caso funda­mental.

Caso 111. - Pieza empotrada en ambos extremos. Siendo e = 0,5, resulta :

[21]

En este caso la pieza admite una carga cntica 4 ve<les mayor que la correspondiente al caso fundamental.

107. Fórmulas de Tetrnajer. - Cuando se presentan p1ezas con A < .\ 1 1 m (barras cortas y robustas ) , el cálculo de pandeo en �a zona anelástica, puede realizarse con las fórmulas de Tetmajer, resultado de prolijas experiencias efectuadas en piezas de perfiles análogos a los uti­lizados en construccio:1es metálicas.

Estas fórmulas, expresión analítica de los valores medios obtenidos por Tetmajer en sus experiencias, vinculan la tensión crítica Uk con el grado de esbeltez A . En el cuadro siguiente se reproducen dichas fór­mulas conjuntamente con los valores de a" correspondientes a la zona elástica obtenidas al introducir . en la fórmula de Euler ('101 . 5] el valor de E correspondiente.

Valores de u" en t/cm2

M t . l 1 Zona anelástica

1¡ Zbna elástica

a ena Tetmajer EuJ..er

1 1 1 21000 Acero St 37 .\ < 105 <Tk = 3,1 - 0,0114 ,\ j A ;;. 105 u" = A2

F d ' . . 1 / 8-tO Uk = 7,76 - 0,12 A + 1 \ :;;; 80 1 10000

un 1c1on A "" W j + 0,00052 A2 " ""' ak = � _;,;;;,;::--- �'-;:�;���-;,;;- 0,001'" 1 >-> 100 1 .• = T La ecuacwn referente al S 37 representa una recta (fig. 196)

válida entre ,\ = 30 y A = 105. Para A < 30 es preciso extrapolar por­que Tetmajer no ensayó piezas con A. inferi!pr a 30.

En pilares de mampostería se considera inexistente toda tendencia al pandeo hasta A = 50 ; para ,\ > 50 existen tablas y gráficos de Tet­majer.

�20 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y R�SIS'l'ENCIA DE MA TERIALES

o

JOOO

2500

Z/JOO

/,500

f!JOO 886

500

o

0/(�] lona anelóstiéri ' Zona elástica 1

.... .... . 1 1 .... ..... �� 1 7;. 1

(¡'�/' ' 1 1< r-. r-. \ · 1

1

IR�-1 �-1 �¿:; 1 � 1 ""¿ 1 q.� 1

(J - 9ZOkg). 1 1 1544 1 ......... o- 251k!J/c. 1 -1

10 20 JO 40 50 óO 70 a o 90 lOÓ 105 IZO !JO HO !50 -A ;Fig. 196

Conocida la tensión críti� . (]k• resultan los valores de la tensión admisible (] de. pandeo, establ�_ü!ndo un coeficiente de seguridad v que Tetmajer aconse-ja. fijar en v = 3,5 para el St 37. Se tiene pues :

u = .!!!:... = ..!!!!__ = 0,886 - 0,00326.\ [t/cm2] , V 3,5

Por consiguiente, la carga axil efectiva P, vale :

P = Uk A V

.\ <; 105 . [22]

[23]

108. El método ro • . - El método de cálculo Euler-Tetmajer; puede sustituirse por el denominado procedimiento ro, prescripto por el Regla­mento Alemán de Construcciones Metálicas, y muy usado por su {len­cillez.

En vez de la variación lineal uk (.\) establecida por TetmaJer, el procedimiento ro sitúa las tensiones críticas uk correspondientes a la gama n o elástica (.\ < lOO) , sobre una parábola de 2«;1: grado en: A., con, su vértice en el eje de las u y concavidad dirigida hacia abajo.

La ecuación de esta parábola (no dibujada en fig. 197) denominarla parábola de Oestenfeld, que es: de la forma :

-

uk = a - b.\", (,24]

se determina imponiendo d,os condiciones : para A. = O debe ser (f'g. 197) uk = uE = 2400 kg/cm", punto A (se considera un St 37) ; y �ara .\ =

PANDEO 221

= ,\1 l m = 100, la Larábola debe encontrar a la hipérbola de Euler, siendo por tanto : J P

ak = 2100, punto e .

Sustituyendo en [24] las coordenadas del punto A , se obtiene : a = 2400 ; este valor y las coordenadas dei punto C, nuevamente susti­tuidas en [24] determinan el coeficiente b = 0,03 kg/cm2• Por tanto la parábola de Oestenfeld obedece a la ecuación :

·

ak = 2400 - 0,03 .\2 [kg/cm2] . [25]

Ya en la zona elástica, (.\. ): lOO) , vale la fórmula de Euler :

[26]

A) Coeficiente de seguridad. Tensiones admisibles de pandeo. En la zona elástica, ,\ ): 100, el grado de seguridad v al pandeo es

constantemente igual a 3,5. Pasando al campo anelástico; el procedi­miento w adopta para v valores, crecientes con el grado de esbeltez ,\ .

Siendo a l a tensión admisible a l pandeo, por definición [15] se tiene :

1' = [27]

En ausencia de pandeo : ,\ = O, el valor de a cuincide con la tensión admitida a la compresión, que el Reglamento Alemán fija en 1400 kg/cm2• Luego por [25 ] , resulta :

2400 V =

1 400 punto F en la fig. 197. 1 ,71 ;

Para un grado de esbeltez ,\ = lOO, V adquiere su máximo valor : 3,5. Corresponde al punto H de la misma fig. 197.

En concordancia con los valores de v, la tensión admisible de pan­deo a, al variar ,\ entre O y 100, señala valores que se ubican sobre una parábola (de Oestenfeld) , con su vértice en el eje de las a y pasante por los puntos (fig. 197) : { ,\ = o G

a = 1400 kg/cm2

La ecuación a = f (,\) , de

{ ,\ = 100 E 2073 •

a = --- = 592 kg/cm- . 3,5

esta parábola, result\ ser :

a = 1400 - 0,0808 ,\2 [kg/cm2] , [28]

válida en la zona no elástica. Sobrepasada la esbeltez límite : ,\ = 100, o sea, en el dominio elástico, del material, los valores de la tensión ad­misible a se disponen según la hipérbola cúbica de Euler (curva EQ) :

a = 5916

,\2 [29]

222 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENC7IA DE MA TERIALES

()k 24(}/J 2liJIJ 2/J/J!J 1800

fó!JO .14(}(} 1200 1000 800 F 500 400 200

ú) A

�

5

-4

'!.3 -2 'I7í-1

- -

- -

·ú)_

Zona anelást/c{l, 1 1

· -... _ 8 ;;;��6 1

o k O';' ar.!r 1 - - - - - - -,-- - - - - �7J , 1 "-..

1 0/( Paróbo. a de .f!.1,te. Hl V

cr !Z�¡<Z' ..., ',

--.;;.:;:� .... ....... 1

.... .. 1) - - - � ,... ..... T O)

� - - "-if92 - - --

f-- - - - é'l---1

Zona elástica

5,32 1/"'

�e; .," �.--. _,. R

, ............ J.J .......... � 920kgjt.

Q "'-(] -. 2óJkgjt

·" \� O 10 ZU JO 40 §(} ófl 70 80 . 90 IDO ttO 120 1JIJ 140 150

�ig. 197

Conocidas �as tensiones Uk en función de ,\ [ 25 J , podrá determi­narse, mediante L27 ] , el valor de �v correspondient1 ' a un grado de es­beltez prefijado. Por ejemplo, par�. ,\ = 90, el gra, lo de seguridad es :

Uk 2400 - 0,03 V = --;;- =

1400 - 0,08 8100 8100

Así resulta la curva FHR de fig. 197.

B) Coeficiente de padeo w .

21 . 57 - - - 2,85 .

7, 52

El procedimiento w, aplicable a cualquie1· valm de ,\, se apoya en los conceptos anteriores, mediqnte la introducción del coeficiente de pandeo w definido por la relaci6n :

Uac w -

u

tensión admisible a compresión simple . tensión admisible al pandeo

[30)

w es un número necesariamente mayor que 1 porque uac > u, según indica la curva u de fig. 197.

De la anterior relación, se tiene :

1Tnr u = -- ,

w [3 1 )

o aea : w indica en .qué fracción debe disminuiTse la tensión uac para obtener la tensión admisible de pandeo.

Si en la igualdad [ 30 ] se sustituye u por su valor [28 ] , resulta :

w = 17"c ( _ [32 ] 1400 - 0,0808\,\ � •

223

que permite determinar el valor del coeficiente de pandeo .en función de los diversos grados de esbelteZ /A correspondientes a la zona no elás� tica, fijada previamente la t�nsión admitida uac• a compresión simple.

Por ejemplo, si uac = 1400 kg/ cm2 y A = 80, resulta :

14 = 1 ,59 . . (t) -14 - 0,0808 . 64

Para obtener los valores de w en el campo elástico : A > 100, es preciso reemplazar en [30] u . por su _valor [29 ] , resultando :

(t) = Une A2 5916 ' [33]

si se expresa une en t/cm�. Así para A = 120, uac = 1,4 t/cm2, se tiene :

�·) -14 . 1440

= 3 40 5916 ' .

. Los resultados obteni�s con las ecuaciones [32] y [33] se han con� s 1gnado en la tabla 1 1 par� facilitar los cálculos que siguen.

Siendo :

se tiene por [31] :

De ésta : P =

p u - A

p Uac -- · = A (t)

. /. [P en t ; A en cm2 ; u en t7cm2] ,

[34]

[35]

que permite determinar la carga efectiva P conocida la sec,::ión A y la clase de acero utilizado.

También de [34] resulta : )

A --, [36] Uac

que fija la sección necesaria para resistir una carga axil P. Cuando la carga P y sección A son conocidas, la fórmula :

wP U = -- < Uac ' A

[37]

proveniente también de [34] , determ.ina la tensió{l efeeti� de pandeo, que siempre debe ser igual o inferior a la tensión admjsiDle de compre­sión simple.

109. Fórmula de Ostenfeld. Coeficiente ¡e perfil. - Hemos visto (parág. 108-A) que las tensiones admisible de · pand�o en el campo anelástico, para un St 37, están dadas por la ecuación �28] :

u = 1400 - 0,0808 A2 [kg/cm2] ,

l a cual sustituye ventajosamente a l a fórmula lineal· de Tetmajer.

224' RAFFO, C. M. · - ESTAT. Y Rl!J:il�J. .c.NWA DE MA TERIALES

De la anterior dedücimos que la sección necesaria A para soportllr 9ná carga axil efectiva P será :

1400 - 0,0808 A 2 A = _!_ =

CT

p

Sustituyendo A 2 por su valor :

se tiene :

( A.2

_ i� A , Jmin

l2 A2 1400 A - 0,0808 -- = P . Jmin

[38 1

. Expresando P en t ; cr en t/cm2 ; A en cm2 y J en cm4, l habr6 que expresarlo en m ; luego :

siendo : 1,4 A - 0,0808 k l2 /= P,

A2 k = --- ,

Jrnin

[39 ]

un número denomipado coeficiente de perfü o también coeficiente de forma, porque su valor, para una determinada forma del perfil, es in­variable respecto· de las dimensiones lineales de éste.

La tabla i6 señala el valor del coeficiente k en algunas secciones. Si en [39] se desptia A resulta :

A = :4 + 0,577 k l2 ; P [t] ; l [m] ; A [cm2] , [40 ]

que es la fórmula de Ostenfeld adoptada · por el Reglamento Alemán para el dimensionado de barras, en la zona· plástica, de un St 37. Para el acero St 52 sería : A = _.!:.__ + 0,718 k l2 •

2,1 [41 1

La tensión efectiva que resulte de la ecuación [ 40] debe igualar o superar el valor cr = 0,6 t/cm2 (fig. 19.7) : mínimo admitido en la zona no elástica. Luego :

p CT

p --=------- > 0,6 t/cm2 ' ••

p \ 1,4

[42] + 0,577 k l2

De los dos últimos miembros resulta :

__!_ - _.!:.__ ;;. 0,577 k l2 • 0,6 1,4

�umando P/1,4 a ambos miembros ; efectuando operaciones y aten­diendo a [ 40] , se tiene finalmente :

p A < 2,33 . -- , [43 ] ' 1 ,4

que es la condición de validez de la fórmula de Ostenfeld.

\

225 PANDEO ') N o cumpliéndose esta condición, el material actúa en

tica ; la fórmula de Euler permite su dimensionamiento. la zona elás-

1 10. Fórmula de Rankine. - Un tercer procedimiento de cálculo está sintetizado en la fórmula semiempírica de Rankine, válida para .\ cualquiera :

P = Uac A [P en t ; u en tlcm2 ; A en cm2] .

En esta fórmula y es un factor experimental que vale :

Acc1·o St 37 :

y y y

10-·1

15 . 10-5

2 . 10-4

Fundición :

y 2 10-4

y = 6 10-4

Madems :

y = 6 10··4

si .\ < 70 .

si · ,\ está comprendido entre 70 y 120 .

si ,\ > 120 .

si Uac 500 kg/cm2 si Uac " 1000 kg/cm2

si Uac = 60 kg/cm2 •

[44]

EJEMPLO 92. - Determinar la carga axil P que puede soportar (grado de seguridad " = 3,5 ) , una columna PNI 22, de l = 3 m (u •• = 1,2 t/cm•) en las dos hipótesis :

a) extremos articulados : lo = l b) extremos empotrados : lo = 0,5 l

a) De los catálogos de perfiles (tabla 4) :

A = 39,6 cm• Por ser :

Jmln = 162 cm• imln = 2,02 cm .

300 .

A = --- = 148 > A 1 1 m , 2,02

puede emplearse la fórmula dé Euler [11] , con " = 3,5 : J

p = 2,1 . 162_ = 10 8 t .

3,5 . 300" '

De acuerdo al "Reglamento de Construcciones de lá Ciudad de Buenos Aires" es necesario verificar mediante [37] si la tensión u originada por la carga P = 10,8 t no supera a la admisible por compresión : u •• '= 1,2 t/cm• ; es decir :

wP u. = 5,18 . 10,8

- 1410 k 1 • . > . . - g cm u •• , 39,6

el valor w resulta de la tabla 11 en correspondencia con A = 148. \__)

:.'.26 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTEN� MA TERIALES ) .

En consecuencia la carga da 10,8 t es inadmisible ; calculada la columna por la fórmula [35] del procedimiento w, para asegurar un u., = 1,2 t/cm', se tiene :

P = � 1,2 . 39,6 w 5,18

que es la carga max1ma admitida por la columne. b) Para apoyos empotrados se tiene :

9 t,

;>.. = 150 2,;02

= 74,75 w =:; 1 ,4 7 .

p ,;:: Lueg¡, por [35] : l .� . 39,6 ----- 32 t . ,1.,47

EJEMPLO 93. - Calcular la carga axil que puede soportar un puntal,

perfil ángulo 4 0�6

8 cm; de l = 2 m, con sus extremos empotrados. u., = 1,2

t/cm• . La tabla fija los siguientes valores :

A = 6,89 cm' J = 7,59 cm' l = 1 ,05 cm .

Por consiguiente, la longitud efectiva de pandeo es (fig. 195) l. = 0,5 l = = 1 m ; luego :

100 1.05

Aplicando la [35] resulta :

= 95 w = 2,09 .

P -- _2:�6•8� "956 k 2,09 = �

g .

EJEMPLO 94. - Carga axil que puede soportar un pie derecho d e ma­dera, sección cuadrada de lado a = J6 ·cm, altura 2;24 m;. articulado en sus extremos. u" = 0,06 t/cm".

Se tiene :

12 J = a'

1.. =

16' 12 = 5460 cm'

. - 1 1 5460 - 4 6 ' - V t6• - •

A 256 cm'

cm

4,6 224 = 49 w = 1 ,63 (tabla 14) .

Por el procedimiento w resulta [35] :

P = 0,06 . 256

1 ,63 = 9600 kg. ·

EJEMPLO 95. - Determinar la carga axil que puede soportar una co­lumna hueca de fundición ; diámetro exterior 24 cm ; espesor 2 cm ; altura 5,50 m, con sus extremos articulados ; u., = 900 kg/cm•.

Según tabla 8 :

A = 138 cm' J = 8432 cm' -i = 7,82 cm .

,

.PA NDBO 227

Luego :

A = � = 70 <';>.· 1 1 m (zona plásti�a) ; 7,82

Por el procedimiento w, según [35] :

• = 2,21 . "1 p

Por Ranquine [38] :

138 . 0,9 2,2

56:500 �g .

P = 138 . 0,9

1 + 0,0006 . 49 . 102 138 . 0,9

3,94 = 31.500 kg .

Con una fatiga [37] :

u = 2,2 . 31,5 138

= 500 kg/cm' .

Por Tetmajer [23] , con una seguridad de 6, resulta :

P = 7760 - 120 . 70 + 0 ,53 . 49 . 1 02 . 138 =

6 y una fatig\l [37] :

u - 2•2 · 45 = 717 kg/cm•.

138 .

1957 138 6

:= 45 t,

La max1ma carga es, pues, de 56,5 t si se quiere aprovechar íntegra­mente el valor u.c = 900 kg/cm' prefijado.

EJEMPLO 96. - Determinar el perfil normal 1 de una columna carga<.a con 90 t según su eje. Altura : l = 3,8Q m ; · u., = 1,2 t/cm• .

Por el procedimiento "-', se fija al grado de esbeltez un valor de ensayo, po¡· ejemplo A = 90, al cual corresponde w = 1,88.

La sección necesaria está determin.ada por. [36] :

wP A - -- -- -

1,88 • 90 = 141 cm•. 1,2.

Elegido un perfi l 1 �H de alas anchas, se tiene (tabla 5 ) :

í = 7,14 cm 380 A = 7,14 = 53 .

Como este valor de l a esbeltez difiere mucho del ensayado, se --repite el :álculo con A = 65.

De la tabla 11 resulta : w = 1,32 ; la sección será [36] :

A = 1 ,32 . 90

1,2

Con un 1 24 también de alas anchas :

i = 6,1 1 cm A = 111 cm• : A _

( \ 380

6,11 62 "' = 1,29 .

228 RAFFO, C. }\ ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Como el grado de esbeltez obtenido es muy próximo al ensayado A = M, se verifica la tensión u mediante [37] :

wP u - -- -- A -

1 •29 · 90 = 1046 kg/cm• < u., . 111

Luego el perfil necesario es 1 24 de alas anchas.

EJEMPLO 97. - Determinar la sección de una columna hueca de fundl ción, altura 6 m, para resistir una carga axil de 50 t. Seguridad 6 y u •• = 900 k.g/cm• .

En vez del procedimiento w, utilizaremos la teoría ·de Euler. El míninw momento de inercia, según la fórmula [12] es :

Según tabla 8 :

D = 24 cm

Luego :

J = vPl' = 6 . 50 . 62 = . 10.800 cm•.

ll = 2,9 cm J = 10.900 cm• A · = 192 cm• .

i = 7,53 cm

600 " = N 80 w = 3,50 (tabla 13) , 7,63

y la tensión [37] : wP 3,50 . 60

= 910 kg/cm• = u .. . u -A 192

EJEMPLO 98. - Una barra de armadura de 2,50 m de largo, recibe u n 11 compresión P = 4 t. Determinar su perfil para u., = 1,2 t/cm• y " = 3,r,

Empleando la fórmula [12] de Euler :

J = -"- Pr' = -3'-'5-·-,.4-.,--·-2--='-0-2

= 41,66 cm• . 2,1 2,1

Un perfil L 8 . 1,2 cm (tabla 7) presenta una esbeltez :

' -- � -- 163 > ' ( 1 �0 ) 1\ " mu = O • 1,53

Elegido un L 9 . 0,9 cm, se tiene :

A - � - 1,77 142 w = 4,77 A 15,5 cm•·,

con una tensión [37] :

wP u = --A

4,77 . 4 1 5.5

1230 kg/cm• > u., .

Elegimos un L 9 . 1,1 cm, con :

X 250 1 ,76

143

4,84 4 u = 18,7

w = 4,81.! A = 18,7 em'

1035 kg/ cm• < u., .

Luego un L ·9 . 1,1 cm es el necesario.

P�NDEO 229

Empleando el procedimiento w, ensayamos A = 120 ; w = 3,40, con lo cual la sección es [36] :

A = wP 3,40 . 4 1,2

= 11,33 cm' .

Elegido un L 7 . 0,9 cm, con :

250 A ::::; -- = 184 > Amnx (= 150) , 1,3'6

Desechado éste, ensayamos A = 140 ; w = 4,63. Se tiene :

A = 4,63 . 4

1,2

Con un L 9 . 019 cm, resulta :

= 15,43 cm' .

A = � = 142 1,76

4,77 A 15,5 cm•.

Verificando la -tensión [37] :

u 4•77 · 4 = 1230 kg/cm' >

15,5 C/ae •

Se adopta un L 9 . 1,1 que cumple con todas las condiciones exigidas.

EJEMPLO 99. - Determinar la sección cuadrangular de un pie derecho de pinotea, longitud 4 m, articulado en sus extremos (caso fundamental ) , para que soporte una carga axil P = 20 t, con un grado de seguridad v = 8 ; u., = 60 kg/cm•.

Utilizando la fórmula de Euler [13] :

J = 10 vPl" = 10 . 8 . 20 . 16 = 25.600 cm•,

queda determinado el mínimo momento de inercia necesario. Según la tabla 19 :

A = 576 cm' a (lado del cuadrado) = 24 cm J = 27.648 cm' ;

i = ll 27.64� = '6 93 576 ' A :::; 400

6,93 57,71 w ·::::; 1,8 .

Como la esbeltez es inferior a A , , m = 100, calcularemos la sección por el procedimiento w [36] o con la fórmula de Tetmajer, relativa al período plástico (cuadro de parág. 107) .

Según la fórmula de Tetmajer, la tensión crítica vale :

u, = 293 - 1,94 . 57,7 = 181 kg/cm',

y la sección necesaria se deduce de la [23] , resultando :o

A = vP

de donde :

8 . 20 0,181

= 878,45 cm•,

a = N 30 cm .

230 RAFFQ, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

Verificando la tensión efectiva de trabajo por [37] se tiene :

_ 1 [J _ V 67 .. ·5oo _ 8 66 - V A - 900 - • cm A -

400 - 46 - 8,66 - w = 1,58

u - wP _ 1,58 . 20 -- -

A 900 35 kg/cm• < alle •

Calculando la sección por el procedimiento w [36] resulta :

de donde :

wP A =

1 ,8 . 20 0,06

a = 25 cm,

= '600 cm',

lado del . mínimo cuadrado que puede adoptarse para la sección.

. 111. Perfiles compuestos. - Las piezas formadas por acopla­mientos de dos o más perfiles simples, cargadas axilmente, son las más utilizadas en construcciones metálicas y de madera.

La fig. 198 representa una columna cuya sección está compuesta de dos perfiles normales doble T, enlazados por riostras o chapas coloca­das a la distancia e medida entre baricentros.

El eje principal de inercia xx, de la sec­ción compuesta, que coincide con el de los per­files simples I, es el eje natural ; el otro eje principa

l' yy es el denominado eje libre. La .séguridad al pandeo de los perfiles com­

puestos, éxige satisfacer dos condiciones. En primer términoo para que la tendencia

al pandeo se 'encuentre asegurada en ambas

direcciones principales xx e yy, . es necésario co­locar los perfiles simples a �una distancia a tal, que por lo menos, resulte J"' = J11 • El "Regla­mento de Construccio�es de Buenos Aires", es-tablece que la separaCión de los perfiles, debe

e elegirse de modo que el momento de inercia res­pecto del eje libre supere por lo menos en un 10 % al momento de inercia referido al eje material, es decir :

J!l ;;;. J"' + 10 % l;c . [45]

Fig. 198 La segunda condició� a satisfacer, contem-pla la posibilidad de pandeo en la longitud e

que separa las riostras Je eJ}lace de los perfiles simples. A este respecto el Reglame�to Alemán t,Jltroduce en los cálculos un grado de esbeltez A.,1 fijado por la igualdad :

[46]

231 \ PANDEO

para asegurar contra el pandeo, respecto del eje libre yy, a cada perfil entre riostras.

Las constantes de la fórmula anterior significan: Av esbeltez de la pieza total respecto del eje y. A1 = esbeltez del trozo de pieza de longitud e, cuyo momento de

inercia respecto del eje 1 paralelo, en cada perfil al eje libre, es igual a J1•

A los efectos de verificar la tensión de pandeo [34] se tomará un coeficiente ideal w11; correspondiente al valor Ay;.

EJEMPLO 100. - Determinar la carga axil que puede soportar una co­lumna formada por dos perfiles normales 1 20; St 37; l = 5 m; .,. " = 1,2 t/cm'; distancia entre riostras e= 1 m (fig. 198).

De la tabla 17 resulta:

J. = 2 . 2142 = 4284 cm' A = 2 A, = 2 . 33,5 = 67 cm'

i. = v 4��4 = 7,99.

Para satisfacer la condición [45] adoptamos para I, el valor mínimo:

J, =J.+ 20o/oJ. = 5140 cm'. Por tanto :

VI 5140 --- = 8,74 cm 67

500 "· = -- = 58,3. 8,74

De la tabla 4 de perfiles obtenemos :

J, = 117 cm' i, = 1,87 e 100

1,87

Luego según [ 46] la esbeltez ideal vale :

"·· = v 58,3' + 53' = 78,7

En consecuencia la carga P vale [35]:

w,, = 1,55.

u., A P = -­

w

1,2 . 67 = 52 t . 1,55

53.

· ' t f"le se acude a la ecuación Para determinar la separacwn a en re per 1 s

[21] del parág. 73: ( a' ) . J, = 2 J, + A, 4 · ·

a = V 2(J. ;, 2J,) • [47]

Reemplazando valores:

a= V 2(5140 - 234) = 16,2 cm .

33,5

EJEMPLO 101. _ Perfilar una columnll: metálica de. �cuer�o :

_��s

e��

guiantes datos (fig. 199) : material : St 37; t1po- de la seccwn ] [ , e- •

l= 3,25 m; p =· 46 t; u,= 1,2 t/cm'; v = 3,5.

J 232 RAFFO, C . M.- ESTAT. Y RESISTENC IA D E MA T ER IALES

(

l. -w-<r-(j- .x

1 1

'1

El mínimo momento. de inercia por [11] vale :

J _ v 3,5 . 46 . 3,25. _ 810 • mtn - ·- Cl')'l . 2,1

Según tabla 18, la sección mínima está formada por 2 ] [ 14, siendo : J.= 12 10 cm'; A = 40,8 cm•.

Con lo cnal se tiene :

i� 12 10 5,45 A• = = 40.8

325 59,6 < A!tm· - =

5,45 Fig. 199 Luego lá sección necesaria estará determinada

por [40] :

A = -..!:.._ + 0,5 77 kl' P[t] l[m] A [cm'] . 1,4

Según la tabla 16, es k= 1,2 . Reemplazando valores se obtiene una sección necesaria A , igual a:

4 '6 A = -- + 0,5 77 . 1,2 . 3,25' = 40, 16 cm'.

1,2

Resultado que verifica la [ 43] : 46

40,16 < 2,33 -- = 89 ,24 cm . 1,2

Veamos si la tensión efectiva u es inferior a la u"' . Según la tabla 11, al valor A.= 59,6 precedentemente hallado, corres­

rresponde un coeficiente:

pon de un coeficiente: "'• = 1,26 .

1,26 . 46 = 1420 > u .. . 40,8

El perfil ] [ 14, ·es inaceptable. Ensayemos el ] [ 16. Resulta de la tabla 18 :

ie = V 1::0 = 6,21 cm :. 325 A. = -- = 52

'6,2 1 1, 18,

que verifica, desde luego, a [ 43] y también a [3 7] :

1•18 · 46 = 1130 kg/cm• < 4 8

Cloc •

Aceptado el doble perfil ] [ 16; para fijar la Sl:p3ración a entre los ] , imponemos la condición:

Luego: J, = J. + 30%

�-= 7,07cm

t=-< \

325 7,07

- 46 .

\ PANDEO

De la tabla 6 de perfiles simples ] 16, se Qbtiene:

Por consiguiente: J1 = 85,3 cm•

=

il = 1.89 .

56 1,89

30;

A,¡ = VA/ + A12 = .,¡ 462 + 302 = 55 .

233

A este grado de esbeltez ideal, corresponde según tabla 11 de pan-deo, un

w., = 1;2 1.

Verificando la tensión según [3 7], se tiene:

1•21 · 46 = 1160 kg/cm• < 48

9'oc •

Finalmente, la separación a entre perfiles, está dada por [ 4 7] :

a = 1 / 2(2405 - 2. 85,3) V 24 . = 13,6 cm .

Por consiguiente : d = a - 2 e = 13 ,6 - 2 . 1,84 = 10 cm-.

/

CAPÍTULO XXIII

TORSió N

En el parág. 42 hemos dicho que un sólido_ trabaja a la torsión &im­ple si las fuerzas exteriores situadas a la izquierda de una sección S (fig. 99) se reducen a ·una cupla situada en el plano S. El momento M 1

de la cupla se denomina momento torsor. Los casos más comunes de torsión se presentan en piezas rectas,

solicitadas en sus extremos por cuplas (fig. 200) de sentido opuesto y de igual magnitud, actuando en el respectivo plano de las secciones ex-

Fig. 200

Fig. 201

tremas; o, cuando un extremo de la pieza 1se encuentra empotrado y el otro solicitado por la cupla de intensidad Me (fÍg. 201) e·n cuyo caso el empotramiento origina otra cupla, de reacción, opuesta a la solici­tante.,

Los árboles de transmisión, los árboles motores de má-quinas, etc., son ejemplos de piezas sometidas a la torsión.

112. Torsión circular recta. - En lo que sigue limitamos �1- es­tudio de la torsión a la torsión circulár recta, es decir, el prisma es rectilíneo, de sección circular, plena o hueca, co'\¡stante en toda la 1on-�itud del prisma.

·

Sea una barra (fig. 202) empotrada en S0 y libre en S solicitada por un momento torsor Me conocido.

En la posición inicial, sin la presencia de Me, su eje geométrico, (fibra central) es xx; cualquiera o\a fibra longitudinal, B0B (en la

TORSION 2 35

fig. 202 se ha señalado U1.a fibra exterior) , es paralela al eje de la barra. Bajo la acción del momento torsor, se constata q1¡1e:

1 1?) El eje geométrico sigue recto. 21?) Las rastantes fibras longitudinales se . transfo:rgütn en hélices:

la fibra recta B0B, por ejempló; en · la ·béliée. 'B0B'. 31?) Cualquier sección recta, S, peftllapece plana y perpendicular al

eje geométrico; solamente experimenta; en conjuntp, una rota­ción en torno del centro 01•

En consecuencia, cualquie� punto B1 (excepto el 01) de la sección S (fig. 203) pasa a una nuev2 ·posición B'¡, experimentando un corri-

miento de longitud B-;ii'1•

x_.

Fig. 202

Fig. 20 3

La medidá del corrimiento �' 1, se define por el número y:

y [1]

siendo l la· distancia de S .a cualquier otra seccwn considerada como origen, por ejemplo, la sección S0 de empotramiento.

Como (fig. 203) :

ff;jj'1 = P'P la [1] podrá escribirse así:

y El cociente:

(rp en radianes) ,

p .

'P -z- ·

'P l

[número]. [2]

[3)

expresado en radianes/centímetros o sea en cm-<, mide el ángulo que ha girado una sección recta, respecto de otra sección distante 1 cm; se denomina ángulo unitaTio de torsión . .

(

) 236 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

113. Módulo de elasticidad transversal. - La deformación y ma­nifiesta la presencia de fuerzas tangenciales, que, referidas a la super­ficie unitaria, definen la tensión tangencial T, situada en el plano de la sección y dispuesta normalmente al radio.

Por analogía con la ley de Hooke y conforme a resultados experi­mentales, puede establecerse entre deformaciones de torsión y y tensio­nes de corte T, una proporcionalidad lineal:

T = Gy. [4]

El coeficiente G [�] se denomina módulo de elasticidad trans-versal. _

cm2 Los coeficientes G y E están vinculados por la relación :

G = 0,385 E, verificado por experiencias directas.

Sustituyendo en [ 4] el valor y [2] :

T = Gp +·

[5]

[6]

resulta: las tensiones de torsión T son proporcionales a la distancia al centro de la sección ; por consiguiente T adquiere su máximo valor en las fibras exteriores del sólido, y es nula en el centro.

114. Ecuación de deformación. - Consideremos un elemento de área dA, situado a la distancia variable p del centro de una sección recta S. La fuerza interior que actúa en él vale T. dA; su momento, respecto del centro O, es TP. dA.

Para equilibrar el momento torsor M 1 se debe tener: f TP . dA = Mt;

la integral extendida a toda la sección recta. Sustituyendo T por su igual [6] , se podrá escribir:

G . +f p2 • dA = M1 , [7]

ya que G y 'fll son constantes. Pero

es el momento de

. dA = J0,

inercia polar de la sección; luego

__!!_ Mt l GJ0

'

de [7] resulta:

[8]

que es el valor del ángulo unitario de torsión en función de magnitudes todas conocidas.

El producto GJ0, inversamente proporcional al ángulo unitario de to,ión, " •1 módulo d• rigid" d• toT'ión, \ .

1'0RSION 2 37

De la anterior se déduce el ángulo 'f que ha girado una sección res­pecto de otra, distante l:

� l· 'f = GJo ' M1 [kg/cm]; G [kg/cm2] ; J0 [cm4] ;

l [cm]; 'f [radián] . [9]

115. Ecuación de resistencia. - La ecuación [9] es la ecuación de deformación de torsión.

Sustituyendo el valor de 'f/l dado por [6] , en la [9] resulta :

Mt T = --, Jo [lO]

que es la ecuación de resistencia, formalmente análoga a la de flexión simple.

La [lO] es válida solamente para secciones circula1·es; por tanto, reemplazando J 0 por su valor:

Jo 7rD' 32

se tiene: 32M1 [11] T -7rD4 P•

o, en función del radio: 1 T = 2 Mt [12] -- p . .,.R�

Las [11] y [12] fijan el valor de la tensión T para la unidad de área colocada a la distancia p del centro de la sección circular.

La máxima tensión de torsión corresponde, como dijimos, a la capa

d f'b t . d . d D . e 1 ras ex enores, es ec1r cuan o p = 2 ; luego, la [11] y [12]

valen: 16 M1 2 Mt Tmax = 71'R3 [13] 71'Ds

o también, según [8]: 'f GD 'fGR

Tmax. 21 --l - rl4J

EJEMPLO 102. - Una barra de acero de sección circular de diámetro 6 cm, longitud 3 m, está solicitada por un momento torsor M, = 200 kgm. De­terminar Tmn y f(J.

Mediante [1 3] se obtiene:

Siendo :

T"m:lX = 2 . 20.000 = 54 9 kg/cm•.

3, 14 • 27

G = 0,4 E = 0,4 . 2.100.000 = 840.000 kg/cm•

(

'jj"D' 1 .lo = -- = 127 cm,

32

( 238 RAFFO, C. M. - l!JSTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

se qene según [9] : rp

o:

20.000 . 300 840.000 . 12 7

0,056 radianes ;

1800 . cp = 57, 3 . 0,056 = 3°12'. 7r

[ 15]

EJEMPLO 10 3. - Calcular el diámetro y el ángulo de torsión de una Jarra· de acero, sujeta a la acción de una fuerza de 500 kg en l¡¡.s condiciones señaladas en fig. 204. 'T •• = 600 kg 1 cm• . E = 2000 t/ cm•:

M, = 500 . 120 = 60.000 kgcm .

,_..---.,�500 kg

t,ZfJm

.l l=cm

Fig. 204

De la [1 3] se deduce :

·� . , o o R = J! ...:::::=---'- = Ji��-�·-· =, 4 cm 'lr'T ••

• 3,14 . 600 D = 8 cm.

Para determinar el ángulo total de torsión �e tienen los valores:

'jjD' .lo = --32

400 cm' G = 0,4 . 2.000.000 = 800.000 kg/cm•.

Luego por [9] : 60.000 . 200, o 037 cr 800_0�00 = , ra 1anes

'1'0 = 57,3 . 0,037 = 2°7'.

116. Sección circular hueca. - El procedimiento anteriur per­manece válido para secciones circulares huecas.

En tal caso : 1r(D,!-D,<)

32 TrD/(1-n•)

32

D. = diámetro exterior ; D; = diámetro interior, y:

D.¡ •---¡:¡- = n . e

\

[16]

TOR:iiüN

La fatiga máxima vale [10]:

v. Mt. -2-

Tma.x 7Tv.•<f-n•).

32

239

[17]

El ángulo de giro está dado por [9] con la sustitución de [16]:

32Mt l . 1rD/(l-n•)G

' [¡'8]

con M 6 en kgcm; l en centímetro; De en cm; 'P resulta �xpresado en ra­dianes.

117. Cálculo de árboles de transmisión. - En la transmisión de fuerza por medio de un ár\>ol, �a torsión resulta del antagonismo entre cupla motora y cupla resistent\!. El esfuerzo de torsión originado -está acompañado, frecuentemente,\.po:r una tensión de flexión producida prin­cipalmente P<)r-.. él peso propio del árbol y de las poleas.

Supopdremos que eligiendo entre apoyos, distancias convenientes, pueda prescindirse de los efectos de flexión.

En -eondicio�s de seguridad ll,l e�;uación [13] se expresa por:

de lionde: Tad

.D. .._. .¡'f {16ii; ; V� o:

16M1 7TDa

D = 1,72 l¡-¡;¡;-, V�: [19]

que fija el diámetro mínimo para resistir un momento torsor M t. Generalmente los datos del problema son la potencia N a transmi�

tir, en�abá'1los de vapor: HP y �a frecuencia n de rotaeió:Q. del árbol : número de revoluciones por minuto. Conviene, pues, expresar la [19] en función de N y n.

La potencia N expresada en kgcm es:

P = 7500.N (kgcm], [20]

y la velocidad angular es :

2 1rn

60 "' -

30 (en radianes/segundó) .

Por otra parte, se demuestra en Mecánica que:

p =-Mt"'·

Sustituyendo en ésta los valores [20] y [21] y desp jand Mt su tiene:

p 7500 . 30 N 71.600 _!!__

n ( n kg m). (22]

"'

240- RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA pE MATERIALES

Con este valor la [18] se transforma en:

o sea: D = 1,72 lf 71.600 N

V - n Tad

D = 71,5 V ad

[cm] ,

que puede sustituir a la [19] en e l cálculo del 'diámetro.

[23]

Para eliminar irregularidades en el funcionamiento de los árboles de transmisión, es indispensable limitar el valor del ángulo 'f de torsión, entre las secciones extremas de la pieza.

Igualando las expresiones [13] y [14] :

16 Mt G¡pD 7rD3 2l

y adoptando, como se acostumbra, para la distancia l el valor l = 1 m = = 100 cm, resulta:

D = V 3200 Mt 7rG(p

{ Mt [kgcm]

= 5,64 H};i; G [kg/�mz] V ---a: rp Lradianes] D [cm]

[24]

fórmula que permite calcular el diámetro necesario para no sobrepasar un ángulo de torsión 'f (por metro lineal), previamente fijado.

También puede expresarse la [24] en función de N y de n. Susti­tuído Mt por la [22] resulta:

D = 5,64

o:

D = 92,16

V 71.600 N · nGrp

� 'P [25]

EJEMPLO 104. - El árbol representado en la fig. 205, gira a velocidad constante, siendo su diámetro d = 5 cm. De las tres poleas A, B, C, de diá­metro 1 m, 0,40 m y 0,50 m, respectivamente, las dos primeras están su­jetas a fuerzas tangentes a cada polea de intensidad 100 kg y 80 kg.

fi=80kg !f=100kg Fig. 205

241

Determinar la fatiga efectiva de torsión en íos tramos AB y BC; y el ángulo de torsión correspondiente al tramo AB, atendiendo a que la polea A es motriz y las restantes conducidas. ( G = 800 t/ cm').

En el tramo AB :

M, = 100 kg . 50 cm = 5000 kgcm . Pcr [ 13]:

Por "9] :

Según [ 15 ] :

1'6 . 5000 3,14 . s•

= 408 kg/cm•.

5000 . 300 = 0 ,0 305 .

800.000 . 6 1 ,36

<¡J0 = 5 7 ,3 . 0.0 305 = 1 °45 '. Tramo BC :

El momento torsor vale :

M', = M,- 80 kg . 20 cm = 5000 - 1600 = 3400 kgcm . Luego :

16 . 3400 3, 14 • 5i• 6 93 kg/cm•.

EJEMPLO 105. - Calcular el diámetro de un árbol de transmisión para una potencia de 100 HP a 300 revoluciones por minuto. En previsión de los efectos de inercia se fija .-•• = 300 kg/cm•.

Por [22 ] :

D y. 100

7l.Fi -----300 . 300

7, 4 cm .

EJEMPLO 106 . - Calcular el diámetro de un árbol que transmite 80 HP a 2('0 revoluciones por minuto, limitando el ángulo unitario de torsión por metro de longitud a 'Po = 15 ' ·(o sea 'P = 0 ,0068 radianes). Se tomará y = 600.000 kg/cm'.

Por [24] :

D = 92, 16 1'/ ___ -,--,---,--8,...,0

----,-� V 2oo 6 oo.ooo . o, oo68

92,16

1 10.200

La fatiga del árbol [22 ] , es:

r,, == 71,5 ' N

nD'

71•5 ' · 80 = 18 9 kg/cm'.

200 . 9,2 •

9,2 cm .

EJEMPLO 10 7. - Un árbol de transmisión de seccwn circular hueca : D.= 40 cm, D, = 20 cm y longitud 8 m está sometido a un momento torsor M, . Determinar: a) el' diámetro D de la sección plena que lo reemplaza, a igualdad de ten-

sión máxima de torsión. ·

b) el momento torsor máximo, que en los dos casos, el árbol es capaz de transmitir, con una .-., = 300 kg/cm'.

e) el ángulo total de torsión en ambos casos.

a) La tensión máxima de torsión para la seccwn ;:¡lima está dada por [13] y para la sección hueca por [16 ]. La condición del enunciado, que a

242 RAFFO , C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

igualdad del momento torsor, las dos tensiones máximas sean iguales, con­duce a la relación :

de donde :

D = D. V 1 n•

16 M,

V 1 f*15 40 1 - -- = . 40 -- = 38 ,8 cm � 39 cm . 16 16

La relación de los pesos entre los dos árboles, por unidad de longitud ·coincide con la razón entre las áreas de sus secciones respectivas :

árbol hueco árbol pleno

'TT(D.• - D;') 'TT D"

40 " - 20 ' == o 79 .

39 ' ' '

el árbol hueco es, pues, un 20 o/o más económico, ;m peso, que el pleno. Razón que justifica el empleo de piezas huecas en los problemas de torsión.

b) El máximo momento· torsor M, a transmitir sin sobrepasar la ten­sión 'T = 300 kg/cm•, resulta de -la [13] o de la [ 16] indistintamente. Eli-giendo por más simple la [13] se tien� :

·

3,14 . 40 3 300 = 37.800 kgm . 16

�) A este momento torsor corresponde un ángulo de torsión rp, que en el árbol pleno vale [9] :

37.800 800 . 32 0,00 30 7 radianes, 'P = 800 .000 3,14 . 40 '

y en el árbol hueco [ 18] :

1 '6 <p:: 37.800 . 800 . 32 800.000 . 3, 14 15 . 40 '

0 ,00 240 radianes.

\

p

Fig. 206

CAPÍTULO XXIV

FLEXIóN COM:PUEST A

118. Flexión compuesta recta. - Una barra está solicitada a flexión compuesta, cuando la car­ga P actúa paralelamente a su eje geométrico.

En el supuesto de fig. 206b, la carga P soli­cita la barra a una compresión excéntrica; y en el de- fig. 206a, a una tracción excéntrica.

Si la carga excéntrica P está situada en un plano' que pasa por un eje principal de inercia, eje' x (fig. 207a), la barra está sometida a fle­xión compuesta 1·ecta; en caso contrario (fig. 207c), se presenta la flexión compuesta oblicua.

El plano Az, con�niendo la carga. P, es el plano de solicitación; el ·punto A es el centro de solicitación; AG el eje de solicitaci�n.

119. Determinación de la te�ión. - La car­ga excéntrica P (fig. 207a) puede desplazarse pa­

ralelamente a sí misma ( 4!!- operación elemental de la Estática) hasta ubicarla sobre el eje geométrico de la pieza. El sistema .de fuerz�s de fig. 207b, constituído por la carga P actuando en G y un momento M = P . e� originado por el desplazamiento de Y; es. equivalente al de fig. 207a.

X

a) ó) e) Fig. 20 7

244 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

La tensión u en cualquier punto de una sección recta, según el prin­cipio de superposición de los efectos (parág. 50) , será igual a la suma algebraica de la tensión u1 debido a la compresión simple de la fuerza en G,. .y de la tensión u2 de flexión, originada por el momento: 1

M= P . ez,

que actúa en el plano xz de la solicitación (fig. 207a) :

es decir: u=

Sustituyendo los valores:

M = Pea:; J = Ai2

p M -y+¡x.

11

(i = radio de giro de la sección) ,

respecto del eje y perpendicular al x, se tiene:

P ( ez ) u=A 1+----:¿z. x .

[ 1]

[2]

[3]

Las ecuaciones [2] y [3] determinan, en valor y signo ( + para tracción y - para compresión) , la tensión en cualquier punto de una sección recta.

Gráficamente la tensión u1 de compresión, que es constante, está representada por un rectángulo (fig. 208a) ; la u2 de flexión diagrama triangular, está en b); y la total cr, en el diagrama e). Como se ha su­puesto que cr1 > cr2 este último diagrama es trap'ezoidal.

Si ·predominara la tensión de flexión u2 (fig. 209) , el diagrama de tensión total será doblemente triangular (fig. 209c), y si u1 = u2 se obtiene un diagrama trianR"ular (fig. 210c) con vértice en un borde de la sección.

1 1

�1111111111�111111111r qlllllll�ll�llllllllll 1 17) la.)

a � -

1 --r 1 � a �

e) e) CJ,> ()2

Fig, 208 Fi\ 209

FLEXION COMPUESTA 245

120. Determinación del eje ,neutro. - En todos los supuestos pre­cedentes el punto N señala el punto de tensión a "== O. Trazando por éste la perpendicular nn al eje AG de solicitación (fig. 201d), queda 'ubi-cada la pc(sición del eje neutro nn. .

Analfticaníente, su ecuación resulta de la [1] haciendo a = O; o sea:

o p01;' [3]:

Como

·de donde:

p A

p A

a¡ + a2 = O;

( 1 + e

z i� X ) = O.

no pue�e anularse, tendrá que ser:

1 + X = O,

X = -e,.

[4]

[5]

4.ue es la ecuación del eje neutro, referida al sistema de �jes t:GY (fig. 207d).

El signo negativo indica que está situado en la 1:egión opuesta a la del·centro de solicitación A (e.r >O), respecto del eje y. Por consi­guiente a la derecha del baricentro G, en donde actúa la carga P sólo se present:m tensiones de sentido único (compresión en las figs. 208 a 210) y a la izquierda de G podrán existir tensiones de tracción y de com­presión.

Según [3] a111," siempre :Se presenta en los bordes de la sección. �n el baricentro, la tensión vale:

p [6] A'

independiente de la posiciqn d'e' la carga P, e igual' a la compresión sim­ple debido a la ·carga P, porqu,e a2 = O en G (x = O).

· 121. Pü!�as trabajando exclusivamente a compresión. - En mu­!!hos materiales (hormigón, ladrillo, fundición) se impone la necesidad de tensiones a la compresión, con exclusión de tensiones de' tracción. Esta condición exige que': 1

u, = u1 + ·a� < O; es decir, según l4] y '[5]:

X En consecuencia:

r1J

Una piez(f- l.sórnetida a. flexión cornpuesta ?'ecta, -tmbaja exclu­sivamente a compresión, si el cent

.?'O de solicitación A, dista i2

del baricentro G,· una longitud igttat o meno,- que

246 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

.,...¿ � r- . t,¡ ........ e; /¡,

Fig. 2 11

-e

Si el eje neutro se elige tangente al perfil (fig. 210c ) , posición que determina para x el menor valor Posible, resul­tan para u intensidades míni­mas.

El valor e que así se ob­tiene es la máxima excentri­cidad de la carga, necesaria para eliminar t e n s i o n e s de tracción.

Así, por ejemplo, en el ca.so de uná sección -rectangular (fig. 211) se tiene:

i2 = .:!:L._ = A

bh3 12 'bh

h2 12 .

El menor valor de x para. que n o se presenten tensiones de trae-ción es:

Luego:

h x= T.

h2 12 h

= -h-= 6' 2

[8]

es la excentricidad max1ma. Llevando este valor a uno y otro lado de G, en el eje X, se ubican los puntos e y C¡.

R�specto del eje y, se tiene:

y la mínima distancia y es :

J" A

y= b 2

Luego la excentricidad máxima de la carga P, qué elimina tensio­nes de traccióp, será:

[9]

que determina los puntos C2 y C3, en el supuesto que el centro de soli­citación esté situado sobre el eje y.

Unidos por rectas los cuatro puntos así obtenicos, queda delimitada una superficie plana, cuyos puntos pueden tomarse como centros de so­licitación de la carga, para que las tensiones de trabajo sean exclusiva­mente de compresión.

Er paralelogramo C, C1, C�, C:1, se denomina núcleo central de la sección rectangular.

FLEXION COMPUESTA 247

Los resultados [8] y [9] se expresan diciendo: una sección rectan­gular trabaja a la compresión si el centro de aplicación de la carga' está situado en el tercio medio del pe1·jil.

EJEMPLO 108. - Calcular las máximas tensiones producidas en un per­fil normal I 26 solicitado a compresión por una fuerza P = 28 t actuando con 10 cm de excentricidad (fig. 212).

Fig. 212

E mpecemos ubicando el eje neutro. Se tiene:

iJ J. 5744

107,56 cm'. A 53,4 Luego por [5] :

t'2 107,56 - 10,7 cm . X = e 10

[10]

Las tensiones máximas se producen en los bordes del perfil más alej�­dos del eje neutro. En las fibras del borde superior A, se produce compre­sión, cuyo valor es [2] :

28.000

53,4

Fig. 213

28.000 . 10

442 = - 524- 6'33 =- 1157 kg/cm'.

En las fibras del borde inferior B, da­da la posición dei eje neutro [10] se ori­gina tracción por flexión, pues la compr -sión permanece constante :

u, = - 524 + 633 = 109 kg/cm•.

EJEMPLO 109. - Un cilindro d h r­migón huecó (fig. 213) está comprimido excéntricamente. Determinar la ex ntrl i­dad máxima admisible para qu no xl tn tracción y la intensidad P d lu cnrgu para que u no super.e 1 val r 2() kg/cm•. (u,,., = 25 kg/cm2).

i'

Por definición:

J A

-;r(R.' - R,') 4 R.' R.'

-7T-( R"",..,.,-_ R /} - 4

248 RAFFO, C. M: - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

La máxima excentricidad vale [7] :

e R.'+ R,'

4 R,

252 + 202 = 10,25 cm .

4 . 25

Para este valor de .e el eje neutro nn es :tangente a� contorno de Ta sec­ción. Del diagrama de la tensión total indicado en la fig. 213, resulta-·: ·

Un1nx

de donde: P=

Auruax

2

2P =

--

; A .

707 . 25_.. .---2

= 8840 kg.

E.JEMPLO 110. - ·Una barra de acero· de seccwn rectangular, 3 X 6 cm, está sometida a una fuerza P = 1 t (fig. 214a). Determinar las tensione!! máxim9s en la sección de empotramiento. /

l • •

���:--�--------�/--���·��� .. ��':! ·>-X

l=4.fcm

1 · i. !J cm

- · -· - ·-f¡...,¡�E-----.,-&*Jcm

Fig. 214

Se tiene: p.·= p cos 300 866 kg P. =-P sen 30o = 500 kg .

'Trasladada la fuerza P. al oáricentro de la sección recta, se introduce momento de desplazamiento :

M. = P,e = 866 . 3 = 2'600 kgcm. La_ comp.onén�e normal P" orígina un momento ±:lexor :

M1 ·= P,l = 500 . 45 = 22.500 kgcm .

La sección. de empotramiento está sometida, a una tensión :

u-'= u1 + u2, + u3; u, producida por la cargá axil d'e compresión p.; o" �riginada po¡· el mo­mento de desplazamiento M.; y ua por el momento flexor M¡.

En el borde superior B, se 'tiene:

P. M, M1 866 2GOb 22.500 u = - u, - U2 + Ua = - -- - + - - - - -- + ---

A W, W, 18 9 18 · = - 48- 289 + 1250 = 913 kg/cm• ( tracción) .

FLEXION COMPUESTA 2 49

En el borde inferior C :

a= - a> + u, - u a = - 48 + 289 - 1250 = - 1009 kg/ cm• (compresión) .

EJEMPLO 111. - Determinar el an-::ho a de un muro de hormigón (8 = = 2,2 t/m3) perfil rectangular (fig. 215) de 6 m de altura, para que tra­baje a la compresión.

En la sección de apoyo BC se presentan las tensiones extremas :

O'c = - O'¡ -

u. ( compresión ); y us =

- a, + Uz.

Para que no haya tracción según la última de las igualdades, debe ser :

o sea : ¡u,¡ ;;;. ¡u.¡; P M

-- ;;;. -- i A W.

[11]

siendo (sobre la unidad de longitud l == 1 de muro) :

P = ha8 = 13,2 a [t;] A = 100 a [cm•] ;

M = 2 H = 36 [tm] ;

w. = 100

6. a•

[cm•] [12 ]

se tiene, se�ún l a fórmula anterior :

6 M 13,2 ;;;. -- i

rle donde: a•

a

R

Fig. 2 15

a > 1 1 '6M = 1 1 2 16 = 4,0 4 m. Se elige : a= 4,10 m. V 13,2 V 13,2

Sustituyendo las [12] en [2] resulta :

Us =

P M 5 4 Uc = - -- - -- = -

A . W. 41.000 6 • 3600 l=

100 . 410 �

= - 1, 32 - 1,28 = - 2 ,5 9 kg/cm• (compresión)

_ u1 + u, = _ 1, 32 + 1,28 =- 0,0 4 kg/cm• (compresión).

La posición del punto E (fig. 2 15 ) es :

_ M 36 410 68 _ p . OE + M = O ••• OE = p = 54 = 67 cm < -6- ¡;:::::: cm.

Por último la estabilidad al vuelco vale :

p . Oii = 5 4 . 2,0 5 = 3.

2 H 36

250 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

122. Flexión compuesta oblicua. - Si la carga excéntrica P (fig. 216) no incide sobre uno de los ejes principales de inercia, xx o yy, de la sección, la flexión compuesta es oblicua.

!J z p !!

�.---"'�------JI'--'- X 1 1

:�:

1 1 1

1

1 1

Fig. 216

Sustituyendo la flexión oblicua por dos flexiones rectas de mo­mentos:

[13]

el primero actuando en el plano yz, siendo z el eje vertical de la pie­za; el segundo en el plano xz; y una compresión axil de intensidad P; la tensión total, por el principio de superposición de los efectos, será la suma algebraica de la tensión u1 de compresión P aplicada en G, de la tensión u2 originada por el momento M,; y de la u3 producida por el momento M11: u = U! + Uz + U3' pues las tres tensiones son .normales al perfil.

Luego se tiene (A área del perfil) :

u -

o también:

Como : i � X

P Mx Mv . -- +--+

A Wx -w;;-' +

p . e"

J; y +

·sustituyendo en [14] y factoreando

i � J¡¡ • .

v A' p

-- , resulta: A

[14]

[15]

[16]

[17]

De ésta se obtiene la ecuación del eJe neu'tro, caracterizado por la condición u = o:

1 + e,. . y + -. 2- • X = O, t¡¡

FLEXION COMPUESTA 251

que puede escribirse: y

Por consiguiente el eje neutro, en la flexión compuesta oblicua, no es paralelo a ninguno de los ejes principales de inercia del perfil.

EJEMPLO 112. - En el centro de solicitación A (fig. 217) de un pilar de mampostería de corta altura y sección BCDE actúa una carga vertical, P = 40 t. Determhtar las tensiones máximas.

E

e. L4cm _j_• ir · --�=-n ___ , .. __ _ ---:r:

1

Fig. 217

Para ubicar la posición del eje neutro, necesitamos determinar:

- , t, == h"

12 530 cm• ;

� = 675 cm•. 12

La ecuación del eje neutro [16] será :

es decir:

4 . 530 530 y =

- 10 • 675 X + lQ '

y = - 0,314 X + 53 a � - 17620'.

252 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

Las tangentes al perfil trazadas paralelamente al eje neutro, indican los puntos B y C del perfil, más alejados del eje neutro, en los cuales se producen tensiones máximas : uB y u0•

Para determinar u en ellos, utilizaremos la ecuación [13] con :

W. = bh' 90 . so•

= 96.000 cm• 6 6

w. hb' 80 . 901

108.000 cm• = 6. 6

A = 7200 cm•

M. P . e. 40 10 = 400.000 kgcm

M. P . e. 40 4 = 160.000 kgcm.

En el extremo B de la tensión originada- por la carga P, situada en G, es de compresión (- u1) ; la producida por el momento M. [13] es de trac­ción (+u,) y la del momento M. [13] es de tracción (+u,). Luego [15] :

Us = es decir :

- 400.000 +

7200

400.000 +

160.000

96.000 108.000 '

. uB = - 5,55 + 4,16 + 1,48 = + 0,09 kg/cm' ( tracción) .

En el extremo e:·

u, = - 5,55 - 4,16- 1,48 =- 11,2 kg/cm• (compresión ) .

CAPÍTULO XXV

CO M PL E M EN TOS

123. Propiedades del polígono funicular. - En la construcción del polígono funicular de lados 1, 2, 3 y polo P, conectante de las fuer­zas P1, P2, P3 (fig. 218) , intervienen dos elementos arbitrarios del plano : punto de arranque A y polo P.

r'

A

' '

' ....

.... ...... 1 '·.... 1 ' S

R

a

Fig. 218

H propiedad. - El resultado determinado por todo funicular: posi­ción de la resultante, es independiente de la elección de dichos puntos -1 y P; pues la resultante de un sistema de fuerzas es una fuerza única. En consecuencia puede establecerse la siguiente propiedad:

La recta de acción de la resultante de un sistema de fuerzas, es el lugar geométrico de los puntos de encuentro de los lados extremos de los infinitos polígonos funiculares que pueden tra­zarse al sistema.

Así los extremos 1' y 4' del funicular f' correspondiente al polo P' se interceptan en S' que pertenece a la línea de acción dt\ R.

21!- propiedad. - Con referencia a la fig. 219, al permutar el orden de dos fuerzas consecutivas P1 y P:!, se obtienen el vectorial OB'CD y el funicular de lados 1, 2', 3, 4.

El primer funicular 1, 2, 3, 4 de polo P, se ha modificado sola­mente entre las fuerzas permutadas. permaneciendo invariable la posi-

254 RAFFO, C. M.- ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

o

Fig. 219

ción del punto S perteneciente a la recta de acción de la resultante R' de P1 y P2• Corno esta conclusión puede extenderse a las restantes fuerzas del sistema, resulta:

El orden de sucesión en que se consideren las fuerzas de un sistema, no altera la posición de la resultante.

Sf!. propiedad: Teorema de Culmann. - Sean dos pol�gonos funi­culares relativos a dos polos P y P' (fig. 220) conectantes del sistema de fuerzas P1, P2, P3•

Convendremos en llamar lados homólogos, los pares de lados 1 y 1', 2 y 2', ... , del funicular, paralelos a los radios polares que proyectan, de P .y P', un mismo vértice del polígono de las fuerzas.

Fig. 220

COMPLEMENTOS 255

El segmento PP' puede considerarse como vector representativo de una tuerza F, resultante de las fuerzas representadas, a su vez, por los· vectores 1 y 1'. Por consiguiente, la línea de acción de la supuesta fuerza F, pasa por el punto A0 intersección de los lados homólogos 1 y t'. Análogamente, F también será resultante de las fuerzas según 2 y 2', y su línea de acción pasará por el punto B0, punto de concurrencia del par de lados homólogos 2 y 2'. Lo mismo ocurrirá con la F considerada· como resultante de 3 y 3' : pasará por C0; etc.

En consecuencia los puntos A0, B0, C0• • • se encuentran alineados en una recta p, ·paralela a la PP', denominada eje polar de los dos fu­niculares considerados.

Resulta así el teorema de Culmann : Los lados homólogos de dos polígonos funiculares relativos a dos polos se encuentran sobre una recta paralela a la determi­nada por los polos.

Corolario: El lugar geométrico de los polos de todos los polígonos funiculares pasantes por dos puntos fijos A y B (fig. 221) es una recta paralela a AB.

/ //

Fig. 221

1 / �/ /

/ / /

/ /

En efecto: según el teorema de Culmann, los pares de lados homó­logos de dos funiculares, deben interceptarse sobre una misma recta.

Supongamos que f' y f son dos funiculares pasantes por A y por B. Como los lados homólogos 1' y 1 se cortan en A y los 4' y 4 en B, las intersecciones de los restantes pares homólogos, estarán sobre la recta AB.

Resulta que esta recta AB, eje polar, es paralela a la recta que une los polos P' y P, e inversamente.

124. Construcción de polígonos funiculares ségún condiciones pre­fijadas. - La elección del polo P o sea de un punto del plano (fig. 222), para trazar un funicular, implica fijar arbitrariamente dos números: abscisa y ordenada de P, respecto de un sistema de coordenadas. En cambio la elección del punto de arranque A del funicular o sea su vér­tice de origen, significa fijar un número: abscisa de A sobre la recta

256 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

de acción de la fuerza P1, primera f u e r z 2 conside­rada.

En total resultan tres grados de lib�ad; o sea: pueden imponer$e al tra­zado de wn,_ polígono funi­cular, hasta

' tres condicio­

nes indepeitdientes. La c o n s t r u c c i ó n de

funiculares obedeciendo a Fig. 222 diversas condiciones prefi-

jadas, en número no ma­yor de tres, se conoce con la denominación genérica de .problemas de Zeuthen.

�ps dos más frecuentes son los siguientes: P'roblema a): Trazar un polígono funicular tal que dos lados cua­

lesquiera pasen respectivamente por dos puntos fijos. Sean A y B (fig. 223) los puntos fijos por donde pasarán el se­

gundo y el quinto lados, respectivamente, de un funicular que conecte las fuerzas P 1� • • P 5•

o

Fig. 223

Con polo arbitrario P' se traza un funicular f', destinado a fijar Ja línea de acción de la resultante R' de las fuerzas P2, P3, P4 com­prendidas entre .los puntos fUos A y B.

Elegido cualquier punto S ,de la línea de acción de R' se lo une con A y B. Las paralelas, por O a la recta AS, y por E a la recta BS, de­terminan en su intersección P el polo de un funicular cuyo -segundo lado 2 pasa por A y el quinto por B.

Completando el polar de polo P podrán construirse los restantes lados del funicular f, que resuelve el problema.

COMPLEMENTO!: 257

De acuerdo con el corolario del teorema de Culmann, cualquier punto de la paralela m a AB trazada por P puede servir de polo.

Problema b) : Trazar un polígono funicular tal que tres cuales­quiera de sus lados pasen, respectivamente, 1JOr tres puntos fijos.

Sean A, B, C (fig. 224) los puntos fijos por donde pasarán, res­pectivamente, los lados primero, tercero y último del funicular conec­tante de las fuerzas P1 •• . P5•

Fig. 224

Se traza un funicular auxiliar, el f', de polo. arbitrario P' con el propósito de obtener la resultante R1 de las fuerzas situadas a la iz­quierda de B y la resultante R2 de las situadas a la derecha de B.

Uniendo un punto cualquiera S1, de la línea de acción de la resul­tante parcial R1 con A y �con B, y trazadas por O la a1 paralela a AS1 y por D la b1 paralela a BS1, queda fijada la posición del punto P' 1 • El eje polar de todos los polígonos funiculares pasantes por A y B será la recta m paralela a AB trazada por P' 1.

Procediendo análogamente se ha ubicado el punto S2, sobre la lí­nea de acción de la resultante parcial R2, prolongando la AB. Trazando a� paralela a AS2 y b2 paralela a CS�, la recta n paralela a BC es el eje polar de todos los polígonos funiculares pasantes por B y C.

Luego la intersección P de ambos ejes polares m y n, es el polo del único funicular 1, 2, . . . , 6, por A, B y C.

Fig. 225

125. Arco con tres arti­culaciones. - Es un siste­ma de dos barras AC y CB (fig. 225) rectas o curvas, vinculadas entre sí por una articulación e y sustentadas en A y B mediante articu­laciones fijas.

Los apoyos pueden si­tuarse en línea horizontal o desnivelados y la articulación

258 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

intermedia C ocupa cualquier posición en el arco. La única condición necesaria es que los vínculos A, B y C no estén alinEi1'dos, para eliminar pequeños desplazamientos de la artículación e, pérpendiculares a la recta .AB.

a) Determinación analítica de las reacciones : Sea el arco de fig. 226 sometido a las cargas P 1 • • • P 4 • . Referido

el sistema a los ejes x e y de la figura, y teniendo presente la natu­raleza· de los apoyos A y B, se originan reacciones que admiten com­ponentes horizontales HA, HB y verticales VA, VB, a determinar. Apli-

!/

e,

Fig. 226

EL= !!!!!:_ /tm

quemas las condiciones analíticas de equilibrio, por ejemplo, las [6] de parág. 20 :

�P., = O ; [1]

Designando con Xi, Yi las componentes horizontal y vertical de P, ; con a, el brazo de palanca de P, respecto de A y con Bi respecto de B, resulta, ordenadamente : ·

HA + HB + X1 + X2 + X3 + x4 = o v;z + P1a1 + P2a2 + P3a3 + P4a4 = O VAl + P1b1 + P2b2 + P3b3 + P4b4 = O .

[2]

Es un sistema con cuatro incógnitas: H:1, HB, V At V 8 • Para poder resolverlo es ·necesario agregarle una ecuación auxiliar, que exprese el efecto cinemática de la articulación intermedia C.

Ésta separa al sistema de cargas y reacciones que actúan en ·el arco, en dos sistemas parciales de fuerzas, según estén a la izquierda o a la derecha de C. Cualquiera de ellos debe mantenerse, necesaria-

COMPLEMENTO::; 259

mente en equilibrio de rotación respecto de C, para impedir un giro en torno de la articulación C, de una viga respecto de la otra.

Tal condición se expresa anulando el momento flector en C de las fuerzas exteriores a la izquierda o a la derecha de C. Considerando las fuerzas izquierda, se tiene:

[3]

Así resulta la ecuación auxiliar [3] que agregada a las [2] , -per­mite calcular por la Estática, las reacciones de apoyo de un arco con -t�es articulaciones. Éste es, por consiguiente, isostáticp . .

/EL="*" 1

Fig. 227

260 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

b) · Determinación gráfica de las reacciones : Las cargas actuantes en la barra AC (fig. 227) or1gman reacciones

parciales en A. y en la articulación intermedia C que equilibran a las cargas; análogamente en la articulación de apoyo B y en la intermedia e se . producen reacciones también parciales equilibran tes de las fuerzas que solicitan a la barra BC ; y finalmente las acciones que se transmi­ten recíprocamente las dos barras a través de la articulación e deben ser iguales y opuestas. En consecuencia la línea de acción de las reac­ciones búscadas en A y en B, son lados del funicular de las cargas pa­sante por · A , B, C, que resuelve el problema.

Mediante un funicular auxiliar f' de polo P', quedan determinadas las resultantes parciales R1 y R2 (problema b del parág. 124) .

-Supongamo::: que solamente actúan fuerzas en la barra AG. La reac­ción R' B prodv.:ida por la resultante R¡ en la articulación intermedia e, incide en dE<initiva sobre el apoyo B : luego la línea de acción de R' B es BC que �orta a R1 en S1 • El sistema de fuerzas R¡, R' B y R' A (reac­ción parc.al en A producida por R1) está en equilibrio, por tanto la línea el .:! acción de R'A es AS1 • Descomponiendo R1 en las direcciones AS1 y BC se determinan sus · intensidades y queda también fijada la posiciéin del punto P' 1 del vectorial, que según lo visto en el problema a) del 11arág. 124 es polo de un funicular pasante por AG. El eje polar correspondiente es la m paralela a AG.

Suponiendo ahora que solamente está cargada la barra Be, un ra­zonamiento análogo determina en n paralela a Be el eje polar de los funiculares que conectan las fuerzas actuantes en la barra Be y pasan­tes por B y C.

En · consecuencia P es el polo del único funicular por A, B, e, que identifica en sus lados extremos 1 y 5 las respectivas intensidad, direc­triz y sentido de las reacciones RA y R8 del arco de tres articulaciones solicitado por las fuerzas P1 . • . P4 •

e) Polígono de las presiones :

Consideremos un lado cualquiera del funicular por A, B, C : el 3 por ejemplo. A éste corresponde en el polar el . lado 3, que determina en magnitud, dirección y sentido la resultante R3 de las fuerzas RAr P1 y P2 actuantes el}' la porción de arco que precede al lado 3 del funicular.

En consecúencia: cada lado del funicular pasante por las tres arti­culaciones del arco, es recta de acción de la resultante de las fuerzas exteriores que preceden a dicho lado.

Esta propiedad interpreta gráficamente la ecuación auxiliar [3] introducida para calcular analíticamente las reacciones del arco : la re­sultante, en este caso R3, de las fuerzas exteriores situadas a la izquier­da de la articulación e pasa por ésta, y por tanto su momento en e es nulo.

·

El funicular por A, B, C es, por consiguiente, polígono de las su­cesivas resultantes . .Se denomina polígono de las p1·esiones.

Su utilidad se manifiesta observando que un lado genérico del mis­mo, el 2 por ejemplo (fig. 228) , al ser línea de acción de la fuerza R�, ésta origina en la sección S un momento flexor de intensidad M = R� . d,

COMPLEMENTOS 261

Fig. 228

sienao d ,el brazo de palanca · de R2 respecto del baricentro · G de la sec­ción considerada; momento flexor variable con la distancia d. Por tan­to, �i el polígono de las presiones se acerca al eje geométrico del arco (línea P.U.nk.ada en fig. 228) , las condiciones estáticas del .,t¡.rco :-me�oran debido al menor valor del momento. En la posición límite : polígono de presiones coincidente con eje del arco, resultará : M = O; y solamente actuará en cualquier sección recta, una fuerza perpendicular .a ella y aplicada a su baricentro. El arco, solicitado por esfuerzos. normales, ex­clusivamente, se encuentra en condiciones óptimas.

EJEMPLO 113. - Una viga en arco circular, R = 8,33 m, salva una luz de 16 m y está articulada en los. arranques A, B y en la clave C. Determi­nar sus reacciones para las condiciones de carga indicadas en fig. 229.

Analíticamente, las ecuaciones [2] y [3] determinan las camponentes horizontal y vertical de cada reacción. Luego sustituyendo valores nm;néri­cos y midiendo los brazos de palanca a,, b, , e , , en la fig. 229, se tiene :

Proyección sobre AB : H., - Hs + 4 cos 460 + 4 cos ooo. - 3 cos 76° -- 3 cos 36·0 = o

Momentos en A : - 16 Vs + 4 • 4,2 + 4 ,'• 6,4 + 3 . 8,4 + 3 . 6,6 = O Momentos en B : 16 v .. - 4 . 7,4 - 4 . 8,3 - 3 . 7,2 - 3 ; 2,8 = O Momentos en C,

de V .. ; H .. ; P1 ; P. : - 6 H ... + 8 V .. - 4 • 5,8 - 4 • 3,4 = O

o sea : { H .. - Hs + 1,250 = O - 16 Vs - 87,360 - O 16 v .. - 92,800 = o - 6 H ... + 8 V .. - 36,8 = O

De la tercera ecuación : v .. = 5,800 t.

[4]

�' , ,,.,. \ ' ', 1 \ ' 1 \ ' , 1 ' 1 ' 1 \ \ '

,. :.. \ R, r¡-d 1 1

· Fig. 229

De la cuarta :

H ...

Luego :

COMPLEMENTOS

36,8 + 8 • 5,800 __ _;_____:._

6:::----'--- = 1,600 .t.

R ... = y 5,8" + 1,6" = 6 t

� = · 3,625 1,6

En [ 4] , de la segunda ecuación :

Vs = 5,460 t . De l a primera :

Hs 1,250 + H ... = 1,250 + 1,600 = 2,850 t . Luego :

Rs = Y 5,462 + 2,852 = 6,160 t

tg aB = 5

•46 = 1 916

2,85 ,

263

Para d,eterminar gráficamente las reacciones, tracemos el polígono de las presiones del arco, esto es, el único polígono funicular que pasa por las articulaciones A, B y C.

Con polo arbitrario P' (fig. 229) se construye un funicular auxiliar 1', 2', . . . , 5'. Determinada la recta de acción R, de las cargas que prece­den a C, se prolonga BC hasta su encuentro con R, en el punto S, . Unido és�e con A podrá tirarse por O la paralela a AS, y por C, la paralela a BC, que se interceptar en P" : polo de un funicular pasante, su primer lado por A, y el último por C.

Trazada por P" . la recta m paralela a AC, todo punto de esta paralela es polo de un funicular cuyos lados extremos pasan respectivamente por A y por C.

Análogamente : determinada la posición de R., resultante de cargas si­tuadas a la derecha de la articulación C y prolongando AC hasta su �n­cuentro con R, en el punto S,, se une éste con el B. Las paralelas por C, a la AC y por o. a la BS, fijan en P" un polo correspondiente funicular cuyos lados extremos pasan por C y por B respectivamente.

Cualquier punto de la recta n, paralela a BC, puede ser polo de un funicular pasante por las articulaciones C y B.

Luego la intersección de m y n, punto P, será polo del único funicular por A, B y C.

·

El funicular así trazado : 1, 2, . . . ,' 5, es el polígono de presiones del

1 arco a tres articulaciones ; por tanto todo lado del mismo es resultánte de las fuerzas exteriores que preceden a dicho lado. En particular el lado 1 ee

r línea de acción de la reacción en A y el lado 5 de la reacción en B. Sus· intensidades y sentidos están fij adas en los lados 1 y 5 del polar de polo P. Resulta :

R,. = 6 t RB = 6,5 t .

EJEMPLO 114. - Determinar las reacciones del mismo. arco del ejemplo 113 para las condiciones de carga señaladas en fig. 230.

Computando las componentes de las reacciones y de las cargas a partir del apoyo A y siguiendo el orden en que se presentan ; las ecuaciones [2]

, y [3) devienen : ·

264 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTTiJNCIA DE MA TERIALES

Proyección sobre AB : HA - Hn = O Momento en A :

Momento en B :

+ 1 2 + 33 + 50 + 63 + 72 + !)9 + 130 + 165 -- 16 Vn = O

16 V A - 180 - 14;:1 - 110 - 81 - 56 - 45 -

Momento en C - 30 - 11 = o (a la izquierda) : - 6 HA + 8 v. - 84 - 55 - 30 - 9 = o

P.-!Ot 1?-9 t e-ttt 'JI· '4 lj-Bt lj-9t 'Z . I?-1/Jt

Zm Pm. !m fm 2m lrrt J¡=-!lt

Zm fm e

H�------ ------ ¡)3�--------- -�

�----�B�rrt�-----0�------�Brrt�---� 18m

_ _j Fig. 230

De la tercer� ecuación :

De la cuarta :

Luego :

VA = 65'6 = 41 t . 16

HA = 8 . 41 - 178 = 25 t . 6

RA = ..¡ 252 + 41' = 48 t

41 tg aA = 25 = 1,64

De la segunda ecuación : 624 v. = -- = 39 t. 16

De la primera ecuación :

Luego : Hs HA = 25 t.

R, = y 251 + 39• = 46 t

!m EL .. tém

f'

8m

COMPLEMENTOS

!f=!Ot !J-9t �

8m -·-�'------------1

1 EL=#m 1

1 EF=-fck- 1

' / 1 � --

Fig. 231

'·· '

'

/

/ /

265

o

266 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE .MATERIALES

tg as = � = 1 56 25

'

La solución gráfica (fig. 231 ) ha fijado los valores : RA = 48 t y Ru = = 46,4 t.

126. Pórticos. - La fig. 232a es el esquema de un pórtico isostá­tico ; estrüctura formada por una sucesión de tres tramos rectilíneos A C,· GD y DB, cuyos ejes geométricos no coinciden, vinculados rígida­mente entre sí y al suelo mediante articulaciones : fija en A y móvil en B, con lo cual se asegura la isostaticidad.

En b) y e) de la misma fig. 232, se han indicado otrás formas de pórticos ; una de ellas : b) está constituida por tramos de ejes curvos.

Consideremos, en el pórtico de la fig. 232a, una sección S0 trans-versal al eje geométrico del tramo AG. e

a) b) Fig. 232

e)

Sea R0 la resultante de todas las fuerzas exteriores que preceden a lll seccióri S0, es decir las situadas entre A y S0 .

· Trasladada R0 . al baricentro de la sección S0 se origina un mo­mento flexor M0 = R0d. Sustituida la R0. en G por sus dos componen­tes tangencial Q0 y normal N0, estas fuerzas y el momento M0 consti­tuyen las características de la sol icitación en la sección considerada.

EJEMPLO 115. - Determinar las características de solicitación del pór­tico de fig. 233a, sometido a una fuerza horizontal P, actuando en el tramo AG. Aplicación numérica : P = 4 t; a= 3 m ; l = 8 m.

1

Reacciones. - En el apoyo B l a reacción debe ser vertical. En A la reacción admite una componente vertical V y otra horizontal H. Para de-

e

H

a.) b) e) Fíg. 233

n

. -.

.

8 N

d)

COMPLEMENTOS 267

terminarlas consideramos •.dos ecuaciones de momentos : en A y en B,. y una . ecuación de proyección sobre una horizontal. Se tendrá :

De donde :

{,; M.._ = Pa - Rs . l = O ' · Ms = Pa + lll = O

. . H + P = O . , '

·- _!.!!_ d Rs = - V _ l 1,5 t H = - P = - 4 t R .• = 4.3 t.

Gráficamente se obtienen R ... y Ru equilibrando P con dos fuerzas según las direcciones BE y AB.

Momentos flexores. - En el pie derecho BD el momento es constante­mente nulo (fig. 233a) .

En una sección S del tramo· CD distante x de D se tiene (fig. 233a) :

En D (fig. 233b) :

Mu = O en C : M,. = - R.l = - Pa = 12 tm .

En el pie dtwecho AC, en una sección S. :

M,. = + 12 tm .

Entre F y e se mantiene constantemente igual Pa = 12 tm .

Esfuerzos de cm·te (fig-. 233c) :

En BD es : Q = O En CD es: Q = - Rs En AC es : entre A y F : Q = - H = P ; entre F y C : Q = O.

Esjuer·zos nor·mule.� ( fig. 233d) :

En CD es : .\' = O En AC es : N = V

y en BD es : .'V = + V.

TABLAS

l Acero 1 Acero

dulce .

2200 1 2100 1 Hierro 1 dulce

2000 1

TABLA. 1 VALORES MEDIOS DE B

(en tfan2)

F d o o, 1 D z o o 1 Maderas de 1 Maderas 1 e 1 Lad ozz 1 e h un zczon ura umznzo of od

emento rz o auc o conz P.ras semz uras ·

1000 1 700 1 100 1 120 1 220 1 50 1 5

� t-< ;¡:. t:l.l

!>:) -ol ....

27 2 RA FFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

TABLA 2

TENSIONES ADMISIBLES

Maderas duras • • • • • • • • • o

Maderas semiduras . . . . . .

Maderas blandas . . . . . . . .

Perfiles laminados . . . . . .

Pernos ajustados

Pernos ordinarios

• • • o • • • •

• • • • • o o

Columnas de fundición . .

Placas de fundición o • • • •

(en kgjcm2)

Tracción Compre-nón

150 150 100 80 80 60

1200 1200 - -

- -

- 900 - 200

Corte Aplasta-

# .l miento

20 90 -

15 80 -

10 60 -

1000 -

1000 2000 - 800 '•1600

- -

- -

TABLA 3

PRESION DEL VIENTO

p [ :g ] 1 2 1 3 1 + 1 6 · 1 � 1 10 1 12 1 15 1 18 1 20 1 22 1 25 130 1 32 1 35 1 40 1 42 1 45 1 50 - . . . . . . . . - . .

Po [ � ] 1 O,# j ���·r_tl 7 J 1 1 1 15,8 1 2+,8 1 .35,6 1 # 1 53 1 68,8 1 99 1 1 12;6 1 134,8 1 176 1 194 1 223 1. 275 � � ).. m

� ....:¡ �

N' h b 1 d mm mm mm

-- -- -- --

8 80 42 3,9 9 90 46 4,2

10 100 50 4,5 1 1 1 10 54 4,8 12 120 58 5,1 13 130 62 5,4

14 140 66 5,7 15 150 70 6 16 1 60 74 6,3 17 1 70 78 6,6

18 1 80 82 . 6,9 19 190 86 7,2 20 200 90 7,5 21 210 94 7,8

TABLA .. PERF1LES NORMALES I

Inclinación de las caras internas de las alas: 14 % El eSpesor t está medido a b/4 de la arista exterior

t S•cción Peso J. w .. i. 111 mm cm2 kg/cm2 cm• cm3 cm cm4 -- --- --

5,9 7,58 5,95 77,8 19,5 3,.2 6,.29 6,3 9 7,07 1 1 7 26 3,6 8,78

6,8 10,6 8,32 171 34,2 4 12,2 .7 ,2 12,3 9,66 239 43,5 4,41 16,2 7,7 14,2 1 1,15 328 54,7 4,81 21,5 8,1 16,1 12,61 436 67,1 5,2 27,5

8,6 18,3 14;37 573 81,9 5,6 35,2 9 20,4 16,01 .735 98 6 43,9 9,5 22,8 1 7,90 935 1 1 7 6,4 54,7

. 9,9 25,2 19,78 1 1 66 137 6,8 66,6 10,4 .27,9 21,90 1#6 161 7,2 8�,3 10,8 30,6 24,02 1 763 1�6 7,6 97,+ 1 1 ,3 33,5 26,30 2142 214 7,99 1 1 7 1 1,7 36,4 28,57 2563 . 244 8,4 ' 138

-

WJI i11 cms cm _

3,00 0,91 3,82 0,99

4,88 1,07 6 1,15 7,41 1,23 8,87-. 1,31

10,7 1,39 12,5 1,47 14,8 1,55 1 7,1 1,63

19,8 1,71 22,í 1,79 26 1,87 29,4 1,95

w. w- =�� -11

6,50 6,81

7,01 7,25 7,38 7,56

1,65 7,84 7,91 8,01

8,1 3 8,19 8,23 8,30

•'"'N' --

8 9

10 1 1 12 13

u 15 16 1 7

18 19 20 21

t.? ...;¡ ,¡:..

� � .o 0 �

� � !"'3 "< � � Cl.l "'3 · � Q � � � � � ¡;;: t-< �

h b d t Sección Peso N' ·mm mm mm mm cm2 kgfcm2 -- -- -- -- --

22 2.20 98 8,1 12,2 39,6 31,09 ' 23 230 102 8,4 12,6 42,1 33,52 2+ 2+0 106 8,7 13,1 46,4 36,19

"25 250 110 9 • 13,6 49,7 39,01

26 260 113 9,4 1+,1 53,+ +1,92 27 270 116 9,1 14,7 57,2 44,90 28 280 · 1 1 !) 10,1 15./}. 61,1 47,S6 29 290 122 10,4 15,7 6+,9 50,95

30 300 125 10,8 16,2 69,1 54./}.+ 32 320 131 1 1 ,5 1 7,3 71,8 61,07 3+ 3+0 131 12./}. 18,3 86,8 68,1+ 36 360 143 13 19,5 97,1 76,22

38 380 149 13,7 20,5 107 84 +O +00 155 14,4 21,6 1 1 8 92,63 42% +25 163 15,3 23 132 103,62 +5 +50 170 16./}. 2+,3 147 1 15 ,40

47% 475 1 78 1 7,1 25,6 163 127,96 50 500 185 18 27 180 141 ,30 55 550 200 19 30 ' 213 167,21 60 601) 215 21,6 32,+ 254 199

TABLA + ( cout.)

'· w. i. '· cm4 cml cm cm" --

3060 278 8,8 162 3607 31+ 9,21 189 42+6 35+ 9,59 221 4966 397 10 25;:.;

57++ 442 10,4 288 6626 491 10,8 326 7587 542 11,1 36+ 8636 596 1 1 ,6 406

9800 653 11,9 +51 12510 782 12,7 555 15695 923 13,5 67+ 1 9605 1089 14./}. 818

24012 126+ 15 975 29213 1+61 15,7 1 156 36973 1 7+0 16,7 1437 +5852 2037 17,7 1 725

56481 2378 18,6 2088 68738 2750 19,6 2478 99184 3607 2!,4 3488 '

138957 +632 23,2 +668

w. i. cm& cm

33,1 2,02 37,1 2,10 41,7 2,19 +6,5 2./}.7

51 2,32 56,2 2,39 61,2 2,44 66,6 2,50

72,2 2,56 84,7 2,67 98,4 2,79

1 14 2,90

131 3,02 149 3,13 176 3,30 203 3,43

235 3,58 268 3,72 349 4,02 434 4,29

w � =P. wll .

8,40 8,+6 8.49 8,54

8.67 8,74 8.86 8,95

9,0+ 9./}.3 9,38 9,55

9,65 9,81 9,89

10

10.1 10,3 10,3 10,7

N' --

22 23 2.f. 25

26 27 28 29

30 32 34 36

38 40 42� +5

47% 50 55 60

� t-< :t. m

� -l 01

1! tt

�.-

h b N• mm mm --- -- --

1+ p 140 140 15 p 150 150 16 p 160 160 17 p 170 170

18 p 180 180 19 p 190 190 20 p 200 200 �1 p 210 210

22 p 220 220 23 p 230 230 24 p 240 240 25 'P 250 250

26 p 260 260 27 p 270 270 28 p 280 280 29 p 290 290 ..

TAJ�oLA 5

I?ERFILES PEINER :r DE ALAS ANCHAS Y PARALELAS .:¡ �

tl t Sección PliSO J. . w. i • 111 w" i, mm mm cm2 kgjml cm" . cm• cm cm" cmB cm

- -- -- -- -- --

8 12 4+,1 34,63 ·��� 217 5,87 . 550 79 3,53 8 12 47,3 37,15 2S3 6,33 676 90 3,78 9 14 58,4 45,81 . 2634 329 6,72 958 120 4,05 9 1+ 62,1 +8,72 3'196 376 7,17 1 148 · . 135 4,30

9 14 65,8 51,62 3833 426 7,03 1363 151 4,55 9 14 69,5 54,53 �50 .79 8,09 1603 169 4,80

10 16 82,7 64,94 5952 595 8,48 2136 .214 5,08 10 16 86,9 68,24 �9+9 662 8,81 2473 :.235 '>,33

10 16 91,1 71,54 80:S2 732 9,40 284-3 258 5,59 10 16 95,3 7+ 83 9266 ,06 9,86 3248 282 5,8+ 1 1 18 1 1 1,3 87:39 11686 974 10,2 4452 346 tl,t t 1 1 18 1 16 91,03 13298 1064 10,7 469.2 375 6,36

1 t 18 120,7 9+,77 15050 1158 1 1,2 5278 406 6,61 1 1 18 125.+ 98,+5 16950 1256 1 1,6 . 5910 438 6,87 12 20 143,6 1 12,71 20722 1+80 12 i324o 523, 7,14 12 20 148,8 1 16,79 23150 í597 12,5 8� 561 7,39

.,

1 w. \

'W =P "

l 2,75 �.at 2,7+ 2,78 ; 2,82 2,83 2,18 2,82

2,8+ 2,86 2,82 2,84

2,85 3,81 2,83 2,85

N'

--

14 p 15 p 16 p 17 p

18 p 19 p 20 p 21 p

22 p 23 p 2+ p 25 p

26 p 27 p 28 p 29 p

!>:) -.J CTl

� -� p �

� � !-3 � � t>l � rJ'J � � ¡¡;: � � � � ¡¡;: t'-< �

TABLA 5 (cont.)

N• h b tl t Sección Peso l. w. mm mm mm mm cm2 kg/ml cm" cm A

-- -- - -- -- --¡

30 p 300 300 12 20 154 120,87 25759 1717 32 p 320 300 1 3 22 1 71,3 134,411 3� 201 6 34 p 340 300 13 22 173,9 136,52 36942 2 1 73 36 p 360 300 1 4 24 191,5 150,30 16122 2507

38 p 380 300 1+ 24 194,3 1 52,50 50949 2682 40 p 400 300 14 25 208,5 163,68 606+2 3032 42� P 425 300 1+ 26 212 1 66,43 69+83 3270 45 p 45C 300 1 5 28 231,6 181,34 84223 37+3 47�P 475 300 1 5 28 235,4 1 84,78 95122 4005 50 p 500 300 16 30 255,3 200,44 1 13177 4527 55 p 550 300 16 30 263,3 206,72 140342 5103 60 p 600 300 1 7 32 288,9 226,80 180829 6028

65 p 650 300 1 7 32 297,4 233,47 216783 6670 ro P 700 300 1 7 34 32+ 254,36 270290 7723 75 p 750 300 18 34 333 261,+2 316256 8434 80 p 800 300 18 34 342 268,49 ' 366386 9160

36 . ,P 850 300 1 9 36 371,6 291,67 443890 10+14 90 l> 900 300 1 9 36 381,1 299,1� 506040 1 12'16 95 p 950 300 1 9 36 383 306,58 572953 12062

100 ·f ' 1000 300 1 9 36 +00 314,04 644748 12895 -- ----- �-

i. 1, w, cm cm" cm3

-- -- --12,9 9007 600 13,7 9910 661 14,6 9910 661 15,3 10813 721

1 6,2 10813 721 1 7,1 1 1 714 781 18,1 1 1 714 781 19,l 12619 841

20,1 12620 841 21,1 13525 902 23,1 13527 902 25 14435 962

27 14437 962 28,9 15346 1023 30,8 15349 1023 32,7 15351 1023

34,6 1 6267 1084 36,+ 16270 1085 38,3 16273 1085 40,1 16276 1085

i, w. cm w-=" 11

7,65 2,86 7,60 3,05 7,55 3,29 7,51 3,+8

7,+6 3,72 7,50 3,88 7,43 4,19 7,38 4,45

7,32 4,76 7,28 5,02 7,1 7 5,p6 7,07 6,27

6,97 6,93 6,88 7,55 6,79 8,24 6,70 8,95

6,62 9,63 6,53 1 0,4 6,4-5 1 1,1 6,38 1 1,9

N' --

30 p 32 p 34 p 36 p

38 p 40 p 42�P 45 p

47�P 50 p 55 p 60 p

65 p 70 p 75 p 80 p

85 p 90 p 95 p

100 p

� � Cl.l

!>:) "! "!

E/1

. .&

.r . .

N' h b mm mm

-- -- -

3 30 33 4 40 35 5 50 38 6� 65 42

8 80 45 1 0 100 50 12 120 55 14 140 60

16 160 65 1 8 180 70 20 200 75 22 220 80

24 240 85 26 260 90 28 280 95 30 1 300 100

1 d t

mm mm -

5 7 5 7 5 7 5,5 7,5

6 8 6 8,5 7 9 7 10

7,5 10,5 8 1 1 8,5 1 1,5 9 12,5

9,5 13 10 14 10 15 1 0 1 6

TABLA 6 PERFILES NORMALES e

Inclinaci6n de las caras internas de las alas: 8 %

Sección Peso V '· w. i. '· cm2 kg/ml cm cm• cm S cm cm•

-- -- ---

5,+4 4,27 1;99 6,39 4,26 1,08 5,33 6,21 4,87 2,1 7 14,1 7,05 1,50 6;68 7,12 5,59 2,43 26,4 10.6 1 ,92 9,12 9,03 7,09 2,78 57,5 1 7,7 2,52 14,1

1 1 8,64 3,05 106 26,5 3,10 1 9,4 13,5 10,6 3,45 206 41,2 3,91 29,3 1 7 13,35 3,90 364 60,7 4,62 43,2 20,4 1 6,01 4;25 605 86,4 5,45 62,7

24 18,84 4,66 925 1 1 6 6,21 85,3 38 21 ,98 5,08 1354 150 6,95 1 14 32,2 25,28 5,49 191 1 1 91 7,70 148 37,4 29,36 5,86 2690 245 8,48 197

42,3 33,21 6,27 3598 300 9,22 248 48,3 37,92 6,64 4823 371 9,88 317 53,3 41 ,84 6,97 6276 448 10,9 399 58,8 46,16 7,30 8026 535 1 1,7 495

-- --

w. ifl cm8 'cm

--

2,68 0,99 3,08 1 ,04 3,75 1 ,13 5,07 1 ,25

6,36 1 ,33 8,49 1 ,47

1 1 , 1 1,59 14,8 1,75

18,3 1,89 22;4 2,02 27 2,14 33,6 2,26

39,6 2,42 47,7 2,56 57,2 2,74 67,8 2,90

w _..!. =P. N' w"

1,59 3 2,29 4 2,83 5 3,49 6�

4,1 7 8 4,85 1 0 5,48 ' 12 5,84' 14

6,32 1 6 " 6,71 1 8

7,09 20 7,28 22

7,57 24 7,78 26 7,84 1 28 � 30

1-.:l -.J 00

� � .o p -�

� � !"'3 "<:

i � z Q ;t.: tl ttl � � � t-< �

N• b d

mm mm -- -- --

3 30 4 6

3� 35 .. 6

4 4 40 6

8

5 4Yz 45 7

9

5 5 50 7

9

Secc. cm2 .

--

2.27 3,27 2,67 3,87

3,08 4,48 5,80

4,30 5,86 7,34

4,80 6,56 8,24

Peio kg/ml

. .

1 .78 2,57-

2,10 3,04 . .

2,42· '3,52· 4,55

3,38 � 4,60 5,76

3,77 5,15 6,47·

.. .

TABLA 7

PERFILES NORMALES L DE ALAS IGUALES

Ejes principales de inercia ·rr e yy l l l

! · W. = -lf)- ; W11 = -11 ; W = -� w e ' ·v ·

w e V V¡ '· w., i� '" cm cm cm cm cm4 cm S cm cm4

-- -- -- -- --- --- --

_ 2,12 1 ,24 2,1 1 0,89 2,85 1 ,35 1 ,12 0,76 1,36 2,04 0,96 3,91 1,84 1,09 1,06

. . . 1,41 2,50 1 4,68 1,90 1 ,24

iM?. 1 ,33

1,53 2,42 1,08 -: 6,50 2,63 1,30 1,77

1 ,58 2,88 1,12 7,09 2,50 1,52 1,86

2,83 1',70 2,80 1 ,20 9,98 3,52 1,49 2,67

.1,81 2,72 1,28 12,4 4,38 1 ,46 3,38

: � . (;81 ·3,22 1 ,28 12,4 3,91 1,70 3,25

·3;1 8' •t;92 3, 14 1,36 16,4 5,16 1 ,67 4,39

2,04 3,06 1,44 19,8 6,24 1;64 5,40

1,98 3,60 1 ,40 1 7,4 . 4,91 1,90 4,59 3,54 ,2,1 1 3,51 1 ,49 23,1 6,53 1 ,88 6,02

. 2,21 3,44 1,56 28,1 7,94 1,85 7,67

w" cm3

--

0,61 _ 0,78

0,88 1,15

1,17 1,57 1,81

1 ,80 2,28 2,65

2,32 2,85 3,47

ill '� cm cm4

-- ---

0.58 1,81 0,57 2,49

'0,68 2,96 0,68 4,14

0,78 4,48 0,77 6,33 0,76 7,89

0,87 7,83 0,87 1 0,4 0,86 12,6

0,98 1 1 0,96 14,6 0,97 1 7,9

w� N• cm S

-- -

0,86 3 1,22

1,18 3� 1 ,71

1 ,56 2,26 4 2,90

2,43 3,31 4Yz 4,12

3,05 4.15 5 5,20

� t-< � (/.¡

•t-:> ,....::J �

N• b d Se ce. Peso · w e V mm mm &mi kg/ml cm cm cm

- - - -- --- -- -- --

6 6,31 �.95 2,21 3 94 5� 55 8 8,23 . 6,46 3,89 2,32 3:86

10 10,07 7,90 2,43 3,78

6 6,91 5,42 2,39 4,31 6 60 8 9,03 7,09 4,24 2,50 4,23

10 1 1 ,07 8,69 2,62 4,15

1 8,70 6,83 2,62 4,65 6� 65 9 10,98 8,62 4,60 2,73 4,57

1 1 13,17 10,34 2,83 4,50

7 9,4 7,38 2,79 5,03 7 70 9 1 1,9 9,34 . 4,95 2,90 4,95

1 1 14,3 1 1 ,23 3,01 4,87

8 1 1 ,S 9,03 3,01 5,37 7� 75 1 0 14,1 1 1 ,07 5,30 3,12 5,29

12 16,7 13,1 1 3,24 5,21

8 12,3 9,66 3,20 . 5,74 8 80 10 15,1 11 ,85 5,66 3,31 5,66

12 17,9 14,05 3,41 5,59

9 15,5 12,17 3,59 6,46 9 90 1 1 18,7 14,68 6,36 3,70 6,38

1 13 21,8 17,1 1 3,81 6,30

TÁBLA 7 (cont.) 1

vl '· w. i. 1, cm cm4 cms cm cm4

-- --

1,56 27,4 7,0+ 2,08 7,24 i,6+ 34,8 8,96 2,06 9,35 1,72 ' 41,4 10,6+ 2,02 1 1 ,27

1,69 36,1 8,51 2,29 9,43 1,77 46,1 1 0,9 2,26 12,1 1,85 55,1 13 2,23 14,6

1,85 53 1 1 ,5 2,47 13,8 1 ,93 65,4 14,2 2,44 17,2 2 76,8 16,7 2,42 20,7

1 ,97 67,1 13,6 2,67 17,6 2,05 83,1 1 6,8 2,64 22 2,13 97,6 19,7 2,61 26

2,13 93,3 1 1,6 2,85 24,4 2,21 1 13 21,3 2,83 29,8 2,29 130 24,6 2,79 34,7

2,26 1 15 20,3 3,06 29,6 2,34 139 24,5 3,03 35,9 2,41 . 161 28,4 3 43

2,54 1 84 28,9 3,45 47,8 2,62 218 34,3 3,41 57,1 2,70 250 39,3 3,39 65,9

!t i, '· cm cm4 -- -- --

3,27 1,07 17,3 4,03 1,07 22,1 4,64 1,06 26,3

3,95 1,17 22,8 4,85 1,16 29,1 5,58 1,15 34,9

5,25 1,26 33,4 6,31 1,25 41,3 7,30 1,25 48,8

6,29 1,37 42,4 7,57 1,36 52,6 8,65 1,35 61,8

8,11 1,46 58,9 9,54 1,45 71,4

10,71 1,44 8�,4

9,25 1,55 72,3 10,8 1,54 87,5 12,6 102

13,3 1,76 1 1 6 15,4 1,75 138 17,3 1,74 158

We I N• cm3 -- -

4,40 5,72 5� 6,97

5,29 6,88

· Ss,41 6

' 7,18 9,0+ 6��

10,8

8,43 10,6 7 12,7

1 1 13,5 7� 15,8

12,6 15,5 8 18,2

18 21,6 9 25,1

1.:1 00 o

� ;¡,.. � !;) p �

� � !"'3 "<: � � � t;3 � 5: � � t;3 � 5: t-< �

N' b d Se ce. Peso w e V mm mm cm2 kgfml cm cm cm

- - - -- -- -- -- --10 19,2 15,07 3,99 7,18 10 100 12 22,7 17,82 7,07 4,10 7,10 14 26,2 20,57 4,21 7,02 10 21,2 16,64 4,34 7,93 11 110 12 25,1 19,7 7,18 4,45 7,85 14 29 22,77 4,54 7,79 1 1 25,4 19,9+ · 8,49 4,75 8,64 12 120 13 29,7 23,31 4,86 8,56 15 33,9 26,6t 4,96 8,49 12 30 23,55 5,15 9,36 13 130 14 34,7 27,2+ 9,19 5,26 9,28 16 39,3 30,85 5,37 9,20 13 35 27,48 5,54 10,08 14 140 15 40 31,40 9,90 5,66 10 17 45 35,33 5,77 9,92 14 40,3 31,64 5,95 10,8 15 150 16 45,7 35,87 10,6 6,07 10,7 18 51 40,0+ 6,17 10,6 15 46,1 36,19 6,35 11 ,5 16 160 17 51,8 40,66 11 6,46 11,+ 19 57,5 45,1+ 6,58 11 ,+

TABLA 7 (cont.)

V¡ l. w. i. lfl cm cm" cms cm cm" . � -- -- --2,82 280 39,7 3,132 73,3 2,90 328 46,3 3,80 86,2 2,98 372 52,6 3,77 98,3 3,07 379 48,7 4,23 98,6 3,15 4++ 57,1 4,21 116 3,21 505 64,8 4,18 133 3,36. 541 63,8 4,62 140 3,44 6.25 73,7 4,59 162 3,51 705 83,2 4,56 186 3,64 750 81,6' 5 19+ 3,72 857 93,3 4,97 223 3,!j() 959 104 4,9+ 251 3,92 1014 102 5,38 262 + 1148 116 5,36 298 4,08 1276 129 5,33 33+ +,20 1343 127 5,77 347 4,30 1507 142 5,74 391 4,40 1665 151 5,70 438 4,50 1745 154 6,1? 453 +,60 1945 1 72 6,13 506 +,60 2137 189 6,10 558

w" ifl l. cms cm cm"

-- -- --· -18,+ 1,95 177 21 1,95 207 23,4 1,9+_ 235 22,7 2,16 239 26,1 2,15 280 29,2 2,14 319 29,4 2,35 341 33,4 2,34 39+ 37,5 2,34 446 37,8 2,54 472 42 4 2,54 540 46:r 2,52 605 47,3 2,74 638 52,6 2,73 723 58 2,72 805 58,3 2,9+ 845 64,4 2,92 9+9 71,1 1052 71,3 3,14 1099 78,+ 3,13 1226 84,8 3,12 1348 ...

w. cm3

--24,7 29,2 33,5 30,1 35,7 41 . 39,5 46 52,5 50,4 58,2 65,8 63,3 72,3 81,2 78,2 88,7 99,3 95,6 108 118

N' -

. 10 1 1 12 13 1+ 15 16

� � � Cl.l

� 00 �

2 8 2 RAFFO, C. M - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

TABLA 8

COLUMNAS HUECAS DE FUNDICION

1 1 1 D 8 Sección Paso ] w i cm nun cm2 kg/ml cm• cm S cm

.

---

15 106 76,9 6739 562 7,97 16 113 81,6 7098 591 7,94 17 119 86,3 7446 621 7,91 1 8 126 91 7785 649 7,88 19 132 95,6 8113 676 7,85 20 138 1 00 8432 703 7,82 21 144 1 05 8742 728 . 7,79 22 151 109 9042 753 7,75 23 157 1 14 9333 778 7,72 24 163 1 18 9615 801 7,69 25 169 122 9889 828 7,65

� 26 1 75 127 10154 846 7,62 27 181 131 1 041 1 868 7,59 28 186 . 135 10660 . 888 7,56 29 192 139 1 0900 908 7,53 30 198 143 11 133 928 7,50 31 � . 204 148 1 1358 947 7,45 32 h;: 209 152 11576 965 7,44 33 215 1 56 1 1 787 982 7,41 34 220 160 1 1900 999 7,38 35 225 163 12186 1016 7,35

N' ds ho plata-cm bandas

--

o 110

1 2 3

o 120

1 2 3

o 125

1 2 3

o 130 1

2 3

o 140 1

2 3

o 150

1 2 3

TABLAS

TABLA 9

PERFILES I CON PLATABANDAS

"¡ ,¡; . �JI! i.r., 1 r_(l·I- _T_-t' - -l- - +· · . - lJ J .j, 5} �; 3)! . Platabandas, 250 ' 10 mm

Alma espesor, 1 0 mm r , 100 . 100 • 10 mm

Roblones, 20 mm 0

Sección Peso '· total completo cm2

kg/ml cm"

186,8 146,63 320732 236,8 185,89 474749 286,8 225,15 634365 336,8 264,41 799682

196,8 154,48 395810 246,8 1 93,74 578827 296,8 233 767943 346,8 272,26 963260

201,8 158,40 437008 251,8 197,66 635462 301,8 236,92 840266 351,8 276,18 1051521

206,8 162,33 480727 256,8 201,59 695244 306,8 240,85 91 6360 356,8 280,1 1 1 144177

216,8 1 70,18 5 75985 266,8 209,44 824502 316,8 248,70 1080118 366,8 287,96 1342935

226,8 1 78,03 682082 276,8 21 7,55 967100 326,8 256,55 1259715 376,8 295,81 1560032

w. dsducido el roblón

cmB

5297 7613 9832

12057

6003 8545

10969 13399

6368 9023

1 1550 14083

6742 9510

12140 14776

7515 10508 13345 16186

8322 1 1541 14583 i7630

283

J, completo

cm"

1564,2 4168,2 6772,2 9376,2

1565 4169 6773 9377

1565,4 41 69,4 6773,4 9377,4

1565,8 41 69,8 6773,8 9377,8

1566,7 41 70,7 6774,7 9378,7 . .

1567,5 4171.5 6775,5 . i 9379,5

284 RAFFO, C. M. - ESTA T. Y RESISTENCIA DE MA TERIALES

TABLA 10 DIAMETRO DE REMACHES

Espesor minimo +-6 5-8 7-1 1 10-1+ 13-19 de chapa (mm)

Diámetro tUl 1+ 17 20 23 26 reTTUlclut (mm)

� 6 f 2

o 1,00 1,00 1,00 10 1,01 1,01 1,01 20 1,02 1,03 1,03 30 1,05 1,06 1,06 40 1,10 1,1 1 1,11 60 1,17 - 1,18 1,18 60 1,26 1,27 1,29 70 1,39 1,+1 1,+3 80 1,59 1,61 1,63 90 1,88 1,92 1,�

100 2,36 2,+1 2,+6 110 2,86 2,91 2,97 120 3,40 3,+6 3,52 130 4,00 +,06 +,12 140 +,63 +,10 +,77 150 5,32 5,39 5,+6 160 6,05 6,13 6,20 170 6,83 6,91 6,99 180 7,66 7,75 7,83 190 8,53 8,62 8,12 200 9,+6 9,55 9,65 210 10,+3 10,53 10,63 220 11,++ 11,55 11,65 230 12,51 12,62 12,72 240 13.62 13,73 13,8+ 250 1+,78 - -

1

TABLA 1 1 COEFICIENTE DE PANDEO ..,

Acero A. 37

' 4 5 6

1,00 1,00 1,00 1,00 1,01 1,01 1 ,01 1,01 1,03 1,03 1,04 1,04 1,07 1,07 1,08 1,08 1,12 1,13 1,13 1,1+ 1,19 1,20 1,21 1,22 1,30 1,31 1,32 1,3+ 1,++ 1 ,+6 1,+8 1,50 1,66 1,69 1,71 1,7+ 2.,00 2,04 2,09 2,1+ 2,51 2,56 2,61 2,66 3�02 3,07 3,13 3,18 3,58 3,64 3,69 3,75 +,18 +,25 4,31 4,37 +,83 +,90 +,97 5,04 5,53 . 5,61 5,68 5,75 6,28 6,36 6,+4 6,51 7,08 7,16 7,2+ 7,32 7,92 8,00 8,09 8,18 8,81 8,90 8,99 9,08 9,7+ 9,8+ 9,9+ 10,03

10,73 10,83 10,93 11,03 1 1,76 1�,86 1 1,97 12,08 12,83 12,9+ 13,06 13,17 13,96 14,88 1+,19 14,31 - - -

'1 8

1,00 1,00 1,Q2 1,02 1,04 1,05 1,09 1,09 1,15 1,15 1,23 1,2+ 1,35 1,36 1,52 1,5+ 1,78 �.81 2,19 2,2+ 2,71 2,76 3,2+ 3,29 3,81 3,87 +,++ +,50 5,11 5,18 5,83 5,90 6,59 6,61 7,+1 1,+9 8,27 8,36 9,17 9,27

10,13 10,23 11,13 11,2+ 12,18 12,29 13,28 13,39 1+,+2 1+,5+ - -

'

1,00 1,02 1,05 1,10 1,16 1,25 1,38 1,56 1,8+ · 2,30 2,81 3,35 3,93 4,57 5,25 5,98 6,15 7,57 8,++ 9,36

10,33 . 1 1,3+

12,40 13,50 14,66 -

�

o 10 20 30 40 50 60 70 80 90

100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250

� � {/;¡

t-:) 00 C11

X o t 2

o 1,00 1,00 1 ,00 10 1,01 1,01 1,01 20 1,03 1 ,03 1,04 30 1,07 1,07 1,08 40 1,13 1,14 1,15 50 1,22 1,23 1,24 60 1 ,35 1 ,36 1 ,38 70 1,54 1,57 1,59 80 1,85 1 ,89 1 ,93 90 2,39 2,+7 2,55

100 3,55 3,62 3,69 110 4,29 4,37 4,+5 120 5,1 1 5,19 5,23 130 5,99 6,09 6,18 140 6,95 7,05 7,15 150 7,98 8,09 8,19 1 60 9,08 9,19 9,31 170 10,25 10,37 10,+9 180 11,+9 1 1 ,()'2 11 ,75 190 12,80 12,94 13,07 200 14,18 14,33 14,47 210 15,64 15,79 15,94 220 17,16 17,32 17,48 230 18,76 18,92 19,09 240 20,43 20,60 20,77 250 22,16 - -

TABLA 12 COEFICIENTE DE PANDEO .,

Acero A. 62

' 4 S 6

1 ,00 1,00 1 ,00 1,00 1,01 1,01 1 ,02 1,02 1,04 1,04 1 ,05 1,05 1,08 1,09 1,10 1,10 1,15 1,16 1,17 1,18 1,25 1 ,26 1 ,28 1,29 1,40 1,42 1 ,44 1,-wi 1,62 1,65 1 ,68 1,71 1,98 2,03 2,08 2,13 2,64 2,74 2,81 2,96 3,76 3,84 3,91 3,98 4,53 +,61 1 4,69 4,77 5,37 5,+5 5,54 5,63 6,27 6,37 6,-wi 6,56 7,25 7,35 7,-wi 7,56 8,30 8,41 8,52 8,63 9,+2 9,54 9,65 9,77

10,61 1 0,74 10,86 10,98 11,88 12,01 12,14- 12,27 13,21 13,35 13,48 13,62 14,61 14,76 14,90 15,05 16,09 16,24 1 6,39 16,55 17,64 17,79 17,95 18,11 19,25 19,42 19,58 19,75 20,94 21,11 21,29 21,-wi - - - -

7 8

1,00 1,00 1,02 1 ,02 1,06 1,06 1,1 1 1,12 1,19 1,20 1 ,30 1 ,32 1 ,48 1,50 1,74 1,78 2,19 2,25 3,08 3,22 4,06 4,14-4,85 4,94 5,72 5,81 6,66 6,75 7,66 7,77 8,74 8,85 9,89 10,01

11,11 1 1,24 12,40 12,53 13,76 13,90 15,20 15,34 16,70 16,85 18,27 18,+4 19,92 20,09 21,04 21,81 - -

9

1,01 1 ,03 1,06 1,12 1,21 1 ,33 1 ,52 1,81 2,32 3,38 4,21 5,02 5,90 6,85 7,87 8,97

10,13 11,36 12,67 14,04 15,+9 17,01 18,60 20,26 21,99 -

X ,,

o 10 20 30 40 50 60 70 80 90

100 1 10 120 130 140 150 160 1 70 180 190 200 210 220 230 24o 250

� �

� ;t. � .o ¡:') �

� � !-3 � � � � m � � ¡¡;: � � � � ¡¡;: t-< �

TABLAS 287

TABLA 13

COEFICIENTE DE PANDEO "

Para fundición

X A�o� ., A�

o 1,00

10 1,01 0,001

20 1 ,05 0,00+

30 1,11 0,006

-40 1,22 0,01 1

50 t,39 0,017

60 1,67 0,028

70 2,21 0,05+

80 3,50 0,129

99 4,43 0,093 .

100 5,45 0,102

288 RAFFO, C. M. - ESTAT. Y RESISTENCIA DE MATERIALES

TABLA 14 TABLA 15

COEFICIENTE DE PANDEO COEFICIENTE DE PANDEO

MaderQ8 coníferQ8 M aJeras remidurQ8

E = 1-()9 tfcm2 E = 100 tfcm2

}. " Al.l

-¡); }. Al.l A>.

1 o 1 0,009 0;01

10 1,09 10 1 ,1 0,01 1 0,012

20 1,20 0,013

20 1,22 0,01+

30 1,33 0,014

30 1,36 0,017

+O 1,47 0,018

+O 1,53 0,021

50 1 ,65 0,022

50 1,7+. 0,026

60 1,87 0,027

60 2 0,035

70 2,1+ 0,035

10 2,35 . 0,046

80 2,49 0,0+6

80 2,81 0,067

90 2,95 0,065

90 3,48

100 3,60 100 4,50 0,102

0,083 0,10+ 1 10 4,+3

0,0!13 110 5,5+

0,1 16 120 5,36

0,103 120 6,7

0,129 130 6,39

0,11+ 130 1,99

0,142 1+0 7,53

0,125 1+0 9,41

1,156 150 8,78

0,136 150 10,97

160 10,14 0,148

160

170 1 1,62 0,160

170

180 13,22 0,173

180

190 14,95 0,185

190

200 16,80 200

TABLAS

TABLA 16 COEFICIENTES DE PERFIL . . k PARA BARRAS COMPRIMIDAS

SECCION

L �

Ir) � �

� � Al ..J r � �

..JiL ftrr. ...:kt

� �� � \ -...¡ � ....

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OBSERVACION

ALas i¡uale.r

Alas iguales

Alas iguales

8 L de alas 10 iguales ctJn, 12 rlistlJncio.r t• 15

30 a : o - 1:2 a : !J "' 3:J

Para los nstonft!L a : IJ • f:/! a =o .. 2:3

PafJ1- /Qs rttfqntes L ti.:IJ-1:� .r

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a,JJ·c'J � ¡:: � "-- � � +

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.1.; .J.. d8 oase Ir\ � IIRCM p:k • 1=2 H r� .L tie /Jast -1 11/lc/tq, ¡,,¡, · 1:3 � r:on, llllfl, tfi.rt¡¡fiCio. �

flrJ f!18 Jz=J,y+ 11 Y. :1.

k

6,2

-1,6

3,9

4,5 -1,2 4,0 3,8 3,6 10,0

7/} 7,5 12,5 8,0 9,0 2,2

3,0 f---

2,9

'1,5

-1,1

SECCJON OBSERVACION k

';:t �Al I Perfil normat 1�0

Si:!"'

I

Per/}les áe ala, �":' ""'"' onclra cott una 4,1 .... "'

�� illCitnociótt óel 9% � �

'i� I Perfiles onujuos

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1-4

lt Cott una tltstanct{l. �:t .r a, tat que ljK/ � Al "" Jy "Jz+ID% ....

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Dos perfiles C: �- odoSOÓtAf 4Z u�

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� ,.. Con una tltstoneta �� :t az para lo cuot u 4r- Jpi!.Jz+ID% OTRAS SECCIONES

FORMA k FORMA - k

�rculo 12,6 ! CuiJ/ÚrlÓo 12

jta]�nt"llo !Mt �CuoohJrto Mf circular

Ot� ot� hueco

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289

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S'

TABLA 17

COLUMNAS FORMADAS CON DOS PERFILES NORMALES I

2 I PN 11 2 l PN 1 8 2 ! PN 19 2 l PN 20

Sección = 50,4 cm2 Sección = 55,8 cm2 Sección = 61,2 cm2 Sección = 67 cm2

Peso = 39,6 kg/ml Peso = 43,8 kg/ml Peso = 48 kg/ml Peso = 52,6 kg/ml

J., = 2332 cm4 l111 = 2892 cm4 1111 = 3526 cm4 l., = 4284 cm4 <

W., = 274 cm3 W111 = 322 cmS W., = 372 cmS w .. = 428 cm3

TABLA 1 8

COLUMNAS FORMADAS CON DOS PERFILES NORMALES C

2 [' PN 12 2 C PN 1+

Sección = 34 cm2 Sección = 4(),8 cm2

Peso = 26,7 kg/ml Peso = 32 kg/ml

1111 = 728 cm4 J., = 1210 cm4

W., = 121 cmS W111 = 1 73 cm3 - -----------

2 r PN 16

Sección = 48 cm2

Peso = 37,7 kg/ml

1111 = 1 850 cm4

w. = 232 cm8

2 r PN 18

Sección = 56 cm2

Peso = 44 kg/ml

l111 = 2708 cm4

w. = 300 cm8

2 l PN 2t

Sección = 72,8 cm2

Peso = 57,1 kg/ml

l111 = 5 126 cm4

W111 = 488 cmS --

2 r PN 20

Sección = 64,4 cm2

Peso = 50,6 kg/ml

l111 = 3822 cm'

W., = 382 cm8

¡.,;) (O o

::0 ):... :;; .e 0 � � m � ;-3 '-<: ::0 � � � � :;;: t:::l � � � � t-< �

h b cm cm

-- --

2 3 + 5 6 7 8 9

10 11

24 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2+

TABLAS

TABLA 1 9

VIGAS DE SECCION RECfANGULAR

A cm2

48 72 96

120 144 168 192 216 240 26+ 288 312 336 360 384 408 432 456 480 504 528 552 . 576

i. = 0,289 h; ill = 0,289 b

l. w. 1

i. 111 cm• cmB cm cm•

2304 192 16 3456 288 5+ 4608 38+ 128 5760 480 250 6912 576 432 8064 672 686 9216 168 1024

10368 86+ 1458 11520 960 2000 12672 1056 2662 13824 1 152 6,93 3456 14976 1248 4394 1 6128 1344 5488 17280 1440 6750 18+32 1536 8192 1958+ 1 632 9826 20736 1 728 1 166+ 21888 182+ 13718 23040 1920 16000 2+192 2016 18522 25344 2112 21296 26+96 2208 23334 27648 2304 27648

291

wtl i· 11 cms cm

1 6 0,58 36 0,81 64 1,15

100 1,44 144 1,73 196 2,02 256 2,31 324 2,60 400 2,89 484 3,18 576 3,46 676 3,75 78+ 4,04 900 4,33

1024 4,62 1 156 4,91 1296 5,20 1444 5,48 1600 5,11 1 76+ 6,06 1 936 6,35 2116 6,6+ 2304 6,93

Se terminó de imprimir en Artes Gráficas Piscis S. R. L., Junín 845, (C 1 1 1 3AAA) Buenos Aires, Argentina.

Mes de Noviembre de 2006

· ISBN 950-553-019-6

9 7 8 9 5 0 5 5 3 0 1 99