Curso de resistencia con el ing.

1. RESISTENCIA DE
MATERIALES
Universidad Nacional
Mayor de San Marcos
FACULTAD DE INGENIERÍA INDUSTRIAL
Ing. Cesar Campos Contreras

2. COMPORTAMIENTO DE
MATERIALES
BAJO ESFUERZO.

3. ESFUERZO:

4. A
P

CLASES DE ESFUERZOS
1) Esfuerzos Normales
1.1 Tracción o Compresión:

5. UNIDADES :
a) Sistema Ingles
b) Sistemas Métricos
c) Sistema Internacional

6. P
Se define esfuerzo cortante 
(tau), como la fuerza de corte
por unidad de área,
matemáticamente
cA
F

F : fuerza interna que tiende a cortar al
remache
AC : área que soporta la fuerza.
2) Esfuerzos cortantes o tangenciales:

7. Deformación total
En ingeniería es muy importante el diseño de estructuras y máquinas
que funcionen en la región elástica, ya que se evita la deformación
plástica.
L



8. EA
LP
Ll
l
y
A
P


 


0
P : carga aplicada a la barra
A : área de la sección (constante)
L : longitud barra
E : módulo de elasticidad
 : deformación total (alargamiento por fuerza externa)
La relación lineal entre el esfuerzo y la deformación unitaria en una
barra sometida a tensión o compresión se expresa mediante la ley de
Hooke.
Ley de Hooke:  = E 

9. Es muy importante recordar que la ecuación
puede aplicarse directamente si:
• La sección transversal de la barra es
constante.
• La fuerza interna P, no varía en dirección
axial.
• El material es isótropo (tiene las mismas
propiedades elásticas en cualquier dirección)
• Si el material es homogéneo.
EA
LP


10.  Falla : estado o condición del material por el cual
una pieza o una estructura no satisfacen la función
para la cual fue diseñada.
Tipos de Deformación:
• Falla por deformación (módulo de elasticidad,
esfuerzo de cedencia, límite elástico)
• Falla por fractura (esfuerzo de ruptura)
• Falla por fatiga (esfuerzo límite de fatiga)
• Falla por creep
• Falla por impacto (tenacidad al impacto)

11. Falla de
Materiales
Dúctil
• deformación que cause interferencia
con otras piezas
• deformación permanente,
modificando sus dimensiones
originales
Frágil
• fractura de pieza
Esfuerzo a la
cedencia
Esfuerzo de ruptura

12. ¿Cómo tomar como base de sus cálculos al esfuerzo
de fluencia de un material, si este valor es el promedio
que reporta un fabricante después de hacer numerosas
prueba?
¿Quién garantiza que el valor reportado será más alto
que el que representa el material de la pieza?
¿Cuántos factores como elevación de temperatura,
exceso de carga en un momento dado y operación
incorrecta de la maquinaria no se han considerado?

13. Todas estas y muchas mas interrogantes llevan a la
conclusión de que un diseño no puede estar basado en
el esfuerzo que produzca falla, sino que debe existir un
margen de seguridad para que el esfuerzo real pueda
incrementarse por factores imprevistos y no se
produzca la falla del material

14. Esfuerzo y factor de seguridad
 Los factores a considerar en un diseño ingenieril
incluye: la funcionalidad, resistencia, apariencia,
economía y protección ambiental.
 En metalurgia mecánica, el principal interés es
la resistencia, es decir, la capacidad del objeto
para soportar o transmitir cargas.

15. Factor de seguridad

16. La resistencia verdadera de una estructura debe
exceder la resistencia requerida.
La razón de la resistencia verdadera con la resistencia
requerida se llama factor de seguridad n
requeridaaresistenci
verdaderaaresistenci
n  1,0 < n < 10

17. nn
R
T
F
T




Esfuerzo de trabajo, esfuerzo permisible o esfuerzo de
diseño
T = Esfuerzo de trabajo.
F = Esfuerzo de fluencia.
R = Esfuerzo de ruptura.
n = Coeficiente de seguridad.
Material dúctil Material frágil

18. Generalmente, el fijar un factor de seguridad, es un asunto
de criterio basado en el uso apropiado del material y las
consecuencias de su falla.
Si la falla de la pieza pone en peligro la operación de todo un
sistema o de vidas humanas, por ejemplo, el coeficiente de
seguridad deberá ser mucho más alto que en el caso de una
pieza que al fallar no afecte sustancialmente el
comportamiento del mismo.
Cuando las cargas son estáticas y no hay peligro de daños a
personas, un coeficiente de seguridad de 2 es razonable.

19. Deformación por su propio peso:
Otra variación de longitud que pueden sufrir los materiales
es debido a la deformación que produce su propio peso.
Esto se deduce al determinar el aumento total de longitud de
una barra de sección constante, colgada verticalmente y
sometida como única carga a su propio peso.

20. Consideremos una barra recta de sección
constante, colgada verticalmente
Si consideramos el alargamiento del elemento dy,
tenemos:
EA
dyP
d P 

21. Pero la fuerza P es reemplazado por el peso total de la barra que
viene dado por:
W = A L 
A : sección de la barra, L : largo de la barra,
 : peso específico (=  g)
 
EA2
LLA
2EA
LA
dy
EA
LA 2L
0
P





 
EA2
LW
P 
Integrando, el alargamiento total de la barra es:

22. Ejemplo:
1. Una barra circular de acero de 40 m de longitud y 8 mm de
diámetro cuelga en el pozo de una mina y en su extremo inferior
sostiene una cubeta con 1,5 kN de mineral.
Calcular el esfuerzo máximo en la barra tomando en cuenta el propio
peso de ésta y la deformación total de la barra
2. En la construcción de un edificio se usa un cable de acero de 16 mm
de diámetro para la elevación de materiales. Si cuelgan verticalmente
90 m del cable para elevar una carga de 1,96 kN. Determine el
alargamiento total del cable.
 = 78 kN/m3
E = 210 Gpa

23. Efectos térmicos y deformaciones
Los cambios de temperatura producen dilatación o contracción del
material, con lo cual se generan deformaciones térmicas y esfuerzos
térmicos.
En la mayoría de los materiales estructurales, la deformación
térmica es proporcional al cambio de temperatura, esto es:
TLT 
L : dimensión en la dirección que se
esta investigando la deformación
 : coeficiente de expansión térmica
T : cambio de temperatura

24. Coeficiente de dilatación lineal :
Se define como la variación por unidad de longitud de una barra
recta sometida a un cambio de temperatura de un grado.
El valor de este coeficiente es independiente de la unidad de
longitud, pero depende de la escala de temperatura empleada.
Los materiales en general se dilatan al calentarlos y se contraen al
enfriarlos, por lo que un incremento de temperatura produce una
deformación térmica positiva.

25. Aparece una fuerza P que impide que
la barra se deforme L, produciendo
un esfuerzo proporcional al cambio
de temperatura
TE
AE
LP
TLT




Ahora si la barra NO esta libre

26. Ejemplo:
Una barra de bronce de sección uniforme de 18 cm2 y 200 cm
de longitud, esta rígidamente unida a dos muros, a la
temperatura de 20 ºC, la barra esta libre de tensiones.
Determinar el esfuerzo de compresión que se produce en la
barra cuando aumenta la temperatura en 40 ºC.
E bronce = 98 Gpa
 bronce = 19*10-6 (1/ºC)

27. Ejemplo:
Se tienen 3 cables trenzados iguales de 500 m de longitud, a
los cuales se le amarra una rejilla que pesa 2000 kg, este
sistema se usa para subir y bajar sacos de cemento en una
construcción, la rejilla se carga con 100 sacos de 50 kg cada
uno. Calcule el diámetro de los alambres para que el sistema
no falle. Cual es su deformación total.
Densidad del cable = 8.5 ton/m3
 fluencia del cable = 3000 kg/cm2
E = 2.1*106 kg/cm2
n = 3

28. Ejemplo:
Una barra cilíndrica, como la mostrada en la figura esta sometida a
una fuerza de tracción.
a) Calcule el coeficiente se seguridad de cada barra, ¿El sistema
falla? explique.
b) Calcule la fuerza máxima y el alargamiento total del sistema.
 Fluencia acero = 50 kg/mm2
 Fluencia cobre = 25 kg/mm2
E Acero = 2,1*106 kg/cm2
E Cobre = 9,1*105 kg/cm2
Diámetro barra = 4 cm

29. Ejemplo: Se tiene un sistema formado por unas barras cilíndricas metálicas,
como el mostrado en la figura, la barra de acero tiene un diámetro de 80 mm y
la barra de plomo de 50 mm.

30. a) Calcule la fuerza Q que le debe aplicar al sistema para que su
alargamiento total sea de 0,1 mm.
b) Calcule los coeficientes de seguridad de cada barra.
c) Si el sistema esta a una temperatura de 25ºC, ¿a que
temperatura se tendría que llevar el sistema para que el
alargamiento total del sistema se duplique?

31. ESFUERZOS
Tracción Compresión
Cortante
De torsión
Flexión

32. s: Esfuerzo
P: Fuerza
A: Área A
P

 E
LEY DE HOOKE
“El esfuerzo es proporcional a la deformacion”
e: deformación
E: Modulo de elasticidad (Modulo de Young)

33. e: deformación unitaria
D: Incremento
L: Longitud inicial
∈ =
∆
𝐿
𝐸 =
𝜎
𝜀
=
𝑃
𝐴
∆
𝐿
𝐸 ∗
∆
𝐿
=
𝑃
𝐴
∆ =
𝑃 ∗ 𝐿
𝐴 ∗ 𝐸

34. EJERCICIO
Una wincha de acero de 25 metros de longitud tiene una sección de
6mm por 8mm. Determinar el alargamiento cuando se estira toda la
cinta y se mantiene tirante bajo una fuerza de 6 Kg. El modulo de
elasticidad es de 𝐸 = 2.1 𝑥 106
𝐾𝑔/𝑐𝑚2
Solución:
∆ =
6 ∗ 25
2.1 ∗ 106 ∗ (6 ∗ 10−1 ∗ 8 ∗ 10−1)
∆ = 1.488 ∗ 10−4 m

35. DIAGRAMA DE TENSION – DEFORMACION
σ=Eε

36. PROPIEDADES:
Limite de
proporcionalidad
A la ordenada de punto P se
le conoce como el límite de
proporcionalidad, es la
máxima tensión que se
puede producir durante un
ensayo de tracción simple,
de modo que la tensión sea
función lineal de la
deformación. Para un
material que tenga la curva
tensión – deformación como
en la fig.(b) no existe límite
de proporcionalidad.
Materiales frágiles Fig(b)

37. PROPIEDADES:
Limite elástico
La ordenada de un punto que casi coincide con P se conoce por limite elástico, esto es
la tensión máximo que puede producirse durante un ensayo de fracción simple de modo
que no haya deformación permanente o residual cuando se suprima totalmente la
carga.
Para muchos materiales son casi idénticos los valores del límite elástico y de límite de
proporcionalidad por lo que a veces se consideran sinónimos. En casos en que es
notoria la diferencia, el límite elástico es casi mayor que el de proporcional.
Zona elástica
Es la región de la curva que va desde el origen hasta el límite de proporcionalidad.
Zona plástica
Es la región de la curva que va desde el límite de proporcionalidad hasta el punto de
ruptura.

38. PROPIEDADES:
Limite elástico aparente o de fluencia
Es la ordenada del punto y en el que se produce un aumento de deformación sin
aumento de tensión.
Resistencia a tracción
La ordenada del punto U, se llama resistencia a tracción o a veces resistencia
ultima de material.
Módulo de recilencia
Es el W realizado e un volumen unidad de material cuando se aumenta una
fuerza de tracción simple gradualmente desde cero hasta un valor tal que se
alcance el limite de proporcionalidad.
Modulo de tenacidad
Es el W realizado en un volumen unidad de material cuando se aumenta una
fuerza de tracción simple gradualmente desde cero hasta el valor que produce la
rotura. La tenacidad es la capacidad de absorber energía en la zona plástica
del material.

39. PROBLEMA #1
Una barra de acero de 5cm2 de sección
está sometida a fuerzas representadas en
la siguiente figura. Determinar el
alargamiento total de la barra.
Considerar
E= 2,1 × 106 Kg/cm2

40. ∆ =
𝑃 ∗ 𝐿
𝐴 ∗ 𝐸
=
(3500)(75)
5 2.1 ∗ 106
= 0.025 𝑐𝑚
∆ =
𝑃∗𝐿
𝐴∗𝐸
=
(5000)(50)
(5)(2,1∗106)
= 0.024 𝑐𝑚
∆ =
𝑃 ∗ 𝐿
𝐴 ∗ 𝐸
=
(4500)(100)
(5)(2.1 ∗ 106)
= 0.043 cm
∆ 𝑇= ∆ 𝐴𝐵 + ∆ 𝐵𝐶 + ∆ 𝐶𝐷= 0.024 + 0.025 + 0.043 = 𝟎. 𝟎𝟗𝟐 cm
Solución:

41. PROBLEMA #2
La resistencia a la rotura del cable BD es de 100 KN.
Hallar el factor de seguridad (FS) con respecto a la falla del cable para
cada cable dada.
Si el esfuerzo admisible en el cable es de 55KN/𝑐𝑚2
. Hallar el área del
cable.
𝐹𝑆 =
𝐹𝑟𝑜𝑡𝑢𝑟𝑎
𝐹𝑎𝑐𝑡𝑢𝑎𝑛𝑡𝑒

42. SOLUCION:
a) Tomamos momento en sentido anti horario como positivo
𝑀𝑐 = 0
15 cos50 (0.5) + 15 sin50 (1,1) = BD cos30 (0.5) + BDsin30 (0.4)
0.633 BD = 17.6
BD = 27.58 KN
𝐹𝑆 =
𝐹𝑟𝑜𝑡𝑢𝑟𝑎
𝐹𝑎𝑐𝑡𝑢𝑎𝑛𝑡𝑒
=
100
27.58
= 3.63
b) 𝜎 =
𝐹 𝐵𝐷
𝐴
=
55𝐾𝑁
𝑐𝑚2
27.58𝐾𝑁
𝐴
=
55𝐾𝑁
𝑐𝑚2
𝐴 = 0.5 𝑐𝑚2

43. PROBLEMA # 3
Dos barras de acero idénticas están unidas por medio de un pasador que
se soporta una carga de 50,000 Kg.
a) Hallar la sección de las barras necesarias para que el esfuerzo
normal en ellas no sea mayor que 2,100 Kg/cm2.
b) Hallar el desplazamiento vertical en el punto B.
E=2.1 × 106Kg/cm2

44. SOLUCION:
a) D.C.L.:
𝐹𝑥 = 0 𝐹 = 35 355.4 𝐾𝑔
𝜎 =
𝐹
𝐴
 𝐴 =
35 355.34 𝐾𝑔
2100 𝐾𝑔
𝑐𝑚2
𝐴 = 16.84𝑐𝑚2
b) Diagrama de deformaciones:
∆=
𝑃𝐿
𝐸𝐴
Angulo DB’B = 45
𝐷𝐵′
=
𝑃𝐿
𝐸𝐴
=
(35355.4)(250)
(16.84)(2.1 ∗ 106)
= 0.25 𝑐𝑚
𝐵𝐵′ =
(2.50)
𝑐𝑜𝑠45
= 0.35 𝑐𝑚

45. PROBLEMA # 04
Límite elástico convencional = 4200kg/cm2
Son aceptables los coeficientes de seguridad:
FS = 2 (elementos a tracción)
FS = 3,5 (elementos a compresión)
E = 2,1x106kg/cm2
Determinar las secciones (áreas):
a) Necesarias de las barras
b) La componente horizontal y vertical del desplazamiento del pto. B
A
B
C
312cm
360cm
30000kg
60°
AB
CB
Barras de acero

46. AB
BC
30°
B
AB
BC
30°
B
D.C.L.
Solución:
𝜎𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜 =
𝜎𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑒𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙
𝐹𝑆
𝐹𝑦 = 0
−3000 − 𝐵𝐶𝑠𝑖𝑛30 = 0
𝐵𝐶 = −60000𝐾𝑔
𝐵𝐶 = 60000𝐾𝑔 (𝐶)
𝐹𝑥 = 0
−𝐵𝐴 + 𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠30 = 0
𝐵𝐴 = 51961.52𝐾𝑔 (𝑇)
𝜎𝑡 𝐶 =
42000𝐾𝑔/𝑐𝑚2
3.5
= 1200𝐾𝑔/𝑐𝑚2
𝜎𝑡 𝑇 =
42000𝐾𝑔/𝑐𝑚2
2
= 2100𝐾𝑔/𝑐𝑚2
𝐴 𝐴𝐵 =
𝐹𝐴𝐵
𝜎𝑡
=
51961.52
2100𝐾𝑔/𝑐𝑚2
= 24.74𝑐𝑚2
𝐴 𝐵𝐶 =
60000
1200𝐾𝑔/𝑐𝑚2 = 50𝑐𝑚2

47. 30°
30°
ΔH
0,21 B B1
B´
0,21sen30°
Y
Δ
∆=
𝑃𝐿
𝐸𝐴
=
51961.52𝑥312
24.74𝑥2.1𝑥106
∆ 𝐴𝐵= ∆𝐻 = 0.31 𝑐𝑚
𝐴 𝐵𝐶 =
𝑃𝐿
𝐸𝐴
=
60000𝑥360
50𝑥2.1𝑥106
∆ 𝐵𝐶= 0.21 𝑐𝑚
𝑇𝑔30 =
0.21𝑐𝑜𝑠30 + 0.31
𝑦
= 0.852
∆𝑉 = 𝑦 + 0.21𝑠𝑒𝑛30 = 0.852 + 0.105 = 0.957 𝑐𝑚

48. ESFUERZO DEBIDO AL PESO PROPIO (PP)
dx
x
𝛾 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 = 𝑝𝑒𝑠𝑜/𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛
𝜎 𝑚𝑎𝑥 =
𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎
𝑎𝑟𝑒𝑎
=
𝑙 ∗ 𝐴 ∗ 𝛾
𝐴
= 𝑙 ∗ 𝛾
Deformación:
∆=
𝑃𝐿
𝐸𝐴
=
0
𝐿
𝐴𝑥𝑦
𝐸𝐴
𝑑𝑥
∆=
𝛾𝑙2
2𝐸
Pp=Ax.Y
Pp=peso

49. x
dx
l
Pp
Problema:
Determinar la deformación del cono debido al peso propio.
Solución:
∆=
𝑃𝑝 𝑑𝑥
𝐸𝐴 𝑚𝑛
… (1)
𝑃𝑒𝑟𝑜:
𝑉𝑃𝑝
𝑉𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙
=
𝑥3
𝑙3
𝑉𝑃𝑝 = 𝑉𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 ∗
𝑥3
𝑙3
= 𝜋𝑟2
∗
1
𝑙
∗
𝑥3
𝑙3
=
𝜋𝑟2
3
𝑥3
𝑙2
También:
𝐴 𝑚𝑛
𝐴 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
=
𝑥2
𝑙2
=> 𝐴 𝑚𝑛 = 𝐴 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ∗
𝑥2
𝑙2
Reemplazando en (1):
𝐴 =
0
𝑙 𝜋𝑟2
3
∗
𝑥3
𝑙2 𝛾𝑑𝑥
𝐸𝜋𝑟2 𝑥2
𝑙2
=
𝛾
3𝐸 0
𝑙
𝑥𝑑𝑥
∆=
𝛾𝑙2
6𝐸

50. ESFUERZO DEBIDO A LA FUERZA
CENTRÍFUGA
dr
r
l
ω m
n
𝐹 = 𝑚𝑟𝑤2; m: masa, r: radio, w: velocidad angular
𝐹 𝑚𝑛 =
𝐴𝑑𝑟𝛾
𝑔
𝑟𝑤2
g:peso especifico/ g: gravedad
𝐹 𝑚𝑛 =
𝐴𝛾
𝑔
𝑤2
𝑟
𝑙
𝑟𝑑𝑟
𝐹 𝑚𝑛 =
𝐴𝛾𝑤2
𝑔
𝑙2
− 𝑟2
2
𝐹 𝑚𝑎𝑥 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑟 = 0
𝜎 𝑚𝑎𝑥 =
𝐹 𝑚𝑎𝑥
𝐴
=
𝐴𝛾𝑤2
𝑔
∗
𝑙2
2
/𝐴
𝜎 𝑚𝑎𝑥 =
𝛾𝑤2
𝑙2
2𝑔

51. DEFORMACIÓN:
dr
A
Fmn
∆=
𝑃𝐿
𝐸𝐴
∆=
0
𝑙
𝐹 𝑚𝑛 𝑑𝑟
𝐸𝐴
=
𝑟𝑤2
2𝑔 0
𝑙
𝑙2 − 𝑟2 𝑑𝑟
∆=
𝛾𝑤2 𝑙3
3𝑔𝐸
Esfuerzo de trabajo (st)
Llamado también esfuerzo de diseño:
𝜎𝑡 =
𝜎𝑟𝑜𝑡𝑢𝑟𝑎
𝑛1
; 𝜎𝑡 =
𝜎𝑓𝑙𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝑛2
; 𝑛1 ≠ 𝑛2
𝑛1, 𝑛2: coeficiente de seguridad

52. Problema:
Hallar “x” para que los ptos. “B” y “E” se pongan en contacto.
E=200 Gpa
Solución:
x
0,25m
1,5mm
BA
0,08m 0,32m
D
C 20kg
Φ=2mm
E
FCD 20kg
A B
0,08m 0,32m
𝛿 𝐶𝐷 =
𝐹𝐶𝐷 𝑥0.25
200 ∗ 109 𝑁
𝑚2 ∗
𝜋
4
(0.002)2 𝑚2
… (1)
𝛿 𝐶𝐷 = 3.97887𝑥10−7
𝐹𝐶𝐷 𝑚
D.C.L.:

53. δCD
0,08 0,32
Deformaciones:
0,0015x
𝑀𝐴 = 0
1 𝐾𝑁
𝐾𝑔
9.8 ∗ 20 𝐾𝑔 0.4 − 𝑋 = 0.08𝐹𝐶𝐷
𝐹𝐶𝐷 =
78.4 − 196𝑥
0.08
= 980 − 2450𝑋 … … (2)
(2) En (1):
𝛿 𝐶𝐷 =
245 − 612.5𝑥
6.28 ∗ 105 … (3)
~𝑑𝑒∆ 𝑠:
𝛿 𝐶𝐷
0.08
=
0.0015
0.4
→ 𝛿 𝐶𝐷 = 0.0003𝑚
En (3):
3 ∗ 10−4
∗ 6.28 ∗ 105
= 245 − 612.5𝑥
x= 0.092m.

83. ESFUERZOS POR TEMPERATURA
l
d
ΔT
δ
Deformación por temperatura = α.∆T.L
α=Coeficiente de dilatación
L=Longitud
∆T=Variación de temperatura
Para este caso:
Deformación por temperatura = deformación Elástica
∝∗ ∆𝑻 ∗ 𝑳 =
𝑃𝐿
𝐸𝐴
∝∗ ∆𝑇 =
𝜎
𝐸
𝝈 =∝∗ ∆𝑻 ∗ 𝑬

84. L1 L2
A1 A2
ΔT
δ
p
e
Deformación por T = e + deformación elástica
∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝐿 = 𝑒 +
𝑃𝐿
𝐸𝐴
Deformación por T = deformación elástica
∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙1 +∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙2 =
𝑃1 𝐿1
𝐸𝐴1
+
𝑃2 𝐿2
𝐸𝐴2

85. ΔT
Problema #1
Determinar el esfuerzo que se produce en el concreto al subir la
temperatura en 20°C, la barra de acero esta en contacto como se indica en
la figura
∝= 16 ∗ 10−6/°𝐶
𝐸 = 2 ∗ 106
𝐾𝑔/𝑐𝑚2
∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝐿 = 16 ∗ 10−6°𝐶 ∗ 20°𝐶 ∗ 2 ∗ 106
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
𝜎 = 640
𝐾𝑔
𝑐𝑚2

86. ACERO BRONCE COBRE
2,1x106 kg/Cm2 9.8x105 1,2x106 E
11x10-6 /°C 17,7x 10-6 16 x10-6 α
1,2Cm2 3,0 1,8 A
25 Cm 15 20 L
90cm 60cm
x
BA C
A
c
e
r
o
c
o
b
r
e
B
r
o
n
c
e
Problema # 2
La T de los 3 cables aumenta 14 °C; Hallar el esfuerzo en
c/cable y la posición de la carga aplicada, para que la viga
permanezca horizontal.
c
o
b
r
e
b
r
o
n
c
e
12 ton.

87. Solución:
D.C.L:
∑Fy = 0
FAcero + FBronce+ FCobre = 12 Tn………………………..…….(1)
∑MA= 0:
Fbronce( 90)+ Fcobre(150) =12000Kg(90 -X) ….……….(2)
FAcero Fbronce Fcobre
12Tn
A B C
(90-x) x 60

88. ΔFAcero ΔFbronce
ΔTAcero ΔTbronce ΔTrcobre
ΔFcobre
Diagrama de deformaciones:
∆𝐹𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 + ∆𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜= ∆𝐹𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 + ∆𝑇𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒= ∆𝐹𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 + ∆𝑇𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒
𝑃𝐿1
𝐸𝐴
+∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙1 =
𝑃𝐿2
𝐸𝐴
+∝∗ ∆𝑇 ∗ 𝑙2 … (3)
Acero Bronce
FAcero = 0.514 Fbronce – 13.407……………………..…….(4)
FCobre = 0.551 Fbronce – 82.48.……………………..…….(5)
Desarrollando: (4) y (5) en (1)
𝐹𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 = 5857.57𝐾𝑔, 𝐴 = 3 𝑐𝑚2
; 𝜎 𝐵𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 = 1953
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝐹𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 = 2997.38𝐾𝑔 , 𝐴 = 1.2 𝑐𝑚2
; 𝜎𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 = 2498
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝐹𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒 = 3145𝐾𝑔, 𝐴 = 1.8 𝑐𝑚2
; 𝜎 𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒 = 1747
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
de ec. (2) X = 6.75 cm

89. Problema # 3
Se tiene una barra rígida AB sometida a una carga de
50KN y sostenida por una varilla de Aluminio y otra de
Acero. Si se incrementa la T en 40°C, hallar los
esfuerzos en el Aluminio y el Acero.
● ●
Aluminio
Acero
A B
50KN
3m 3m 3m
ALUMINIO ACERO
E : 70x109
N/m2
2x1011 N/m2
Α : 900 mm2 600 mm2
α : 23x10-6/°C 11.7x10-
6/°C
L : 3 4

90. Solución:
D.C.L:
𝑀𝐴 = 0:
50𝑥103(9) – 𝑇 𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜(6) + 𝑇 𝐴𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 (3) = 0
2 𝑇 𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜 − 𝑇 𝐴𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = 150000 … … … … … … … … … (1)
Diagrama de Deformaciones:
● ●
A BTAluminio
TAcero
50KN
3m 3m 3m
● ●
Diagrama de deformaciones:
●
●
3m 3m 3m
ΔAluminio
ΔAcero
Deformaciones:
δ𝐹𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 + δ𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = δ𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜
δ𝑇𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 − δ𝐹𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = δ𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜

91. Por semejanza de triángulos:
δ𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜
3
=
δ𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜
6
2δ𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = δ𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2)
Ecuación 3
2𝑥40𝑥23𝑥10−6
𝑥3000 −
2𝑇𝑎𝑙𝑥300
7𝑥1010 𝑥900
= 11.7𝑥10−6
𝑥40𝑥4000 +
2𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜𝑥4000
2𝑥1011 𝑥600
De (1) y (3):
𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = 80129𝑁
𝑇𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = 10258𝑁
𝜎 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 =
80129𝑁
600𝑚𝑚2
= 133.55𝑀𝑝𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛
𝜎 𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 =
10258𝑁
900𝑚𝑚2
= 11.39𝑀𝑝𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛

92. Problema # 4
Barras de Acero:
E=2x106 Kg/cm2
α = 125x10-7/°C
Se calienta a 40°C
Determinar los esfuerzos en las 3 barras del sistema
F
F
Acero
Acero
Acero
L1=400cm
L2=300cm
L3=200cm
(7/5)A
(6/5)A
A

93.  Solución:
∆ 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜= ∆𝑇𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 + ∆𝐹𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜
∆𝐿 = 𝛿 𝑇 … 1
Donde: ∆𝐿 = 𝛼∆𝑇 𝑙1 + 𝑙2 + 𝑙3 = 45𝑚𝑚 … 2
Y: 𝛿 𝑇 = 𝛿1 + 𝛿2 + 𝛿3 =
𝑆1 𝑙1
𝐴1 𝐸
+
𝑆2 𝑙2
𝐴2 𝐸
+
𝑆3 𝑙3
𝐴3 𝐸
⇒ 𝛿 𝑇 =
10300𝐹
14𝐴𝐸
…(3)
(3) y (2) en (1):
F=1223.3Akg
𝜎1 =
5𝐹
7𝐴
= 873.79𝑘𝑔/𝑐𝑚2
𝜎2 =
5𝐹
6𝐴
= 1019.42𝑘𝑔/𝑐𝑚2
𝜎3 =
𝐹
𝐴
= 1223.3𝑘𝑔/𝑐𝑚2

94. ESFUERZO CORTANTE (Τ)
Corte Simple:
τ =
𝑝
𝐴
𝜏 =
𝑃
𝜋𝑑2
4
𝜏 =
4𝑝
𝜋𝑑2
Corte Doble:
𝐹𝑦 = 0:
𝑃 = 2𝐹, 𝐹 =
𝑃
2
𝜏 =
𝑝
2
𝐴
=
𝑝
2𝐴
=
𝑝
2𝑥
𝜋𝑑2
4
=
2𝑃
𝜋𝑑2
A
j
j
F
P
Φ=d
j
j k
k
Φ=d
F F
P
P
FF

95. ESFUERZO DE APOYO O
APLASTAMIENTO
 𝜎 =
𝑃
𝐴
𝜎𝐴𝑝𝑙𝑎𝑠𝑡𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 =
𝑃
𝑡𝑑
 *En caso de
corte doble:
𝜎 =
𝑃
2
𝑡𝑑
=
𝑃
2𝑡𝑑
𝜎 =
𝑃
𝑡𝑑
● ●
t
P
P
d
P
d
t

96. P P
Esfuerzo normal
A
α
αAα
F
V
Esfuerzo cortante
P
ESFUERZO EN UN PLANO
OBLICUO BAJO CARGA AXIAL
𝜎 =
𝐹
𝐴 𝛼
……………………….(1) 𝜏 =
𝑉
𝐴 𝛼
…………………………..(2)

97. F = P. cos 𝛼 … … … … … … … … … … (3)
V = P. sin α … … … … … … … … … … 4
A = Aα. cos 𝛼 … … … … … … … … … (5)
𝜏 =
𝐴
𝐴 cos 𝛼
… … … … … … … … … … … … . (5)
Reemplazo: (3), (4) y (5) en (1) y (2)
σ =
P
A
= cos2α
𝜏 =
𝑃
𝐴
= sin 𝛼 cos 𝛼
ESFUERZO EN UN PLANO
OBLICUO BAJO CARGA AXIAL

98.  Ejercicio:
Hallar el máximo valor de
P(Admisible)
σ = 1600 Kg/cm2
𝜎 𝑎𝑝 = 3200 Kg/cm2
τ = 1200 Kg/cm2
a=4.6m
b=2.5m
c=16cm
t=0.5cm
d
b b
P
P
P/2
P/2
P
t
2t
t
a

99.  Solución:
𝜏 =
1200
𝑃
2𝑋
𝜋𝑑2
4
P = 4825 kg
Esfuerzo de aplastamiento:
σap= 3200 =
P
2td
… P = 5120 kg
P/2
P/2
P
Corte perno:
a 2t
d

100.  Esfuerzo Normal:
𝜎 = 1600 =
𝑃
2𝑡𝑎 − 2𝑡𝑑
𝑃 = 4800𝑘𝑔
Corte:
a 2t
d
b-d/2
2t
P
(b-d/2)

101. Para X=0, Y=0: ⇒ 𝐶2 = 0
Por simetría, para 𝑋 =
𝐿
2
,
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 0
Reemplazando en ecuación (1):
𝐶1 =
−5𝑤𝐿3
192
=
−5(400)(43)
192
= −666,67
Reemplazando 𝐶1 en (1), y
Calculando Y para X=L/2:
𝐸𝐼𝑌 = −
𝑤𝐿4
120
Reemplazando valores:
𝑌 = −0.0569

102. BIBLIOGRAFIA
 FERDINAND P. BEER , E. RUSSELL
JOHNSTON, JR.
MECANICA DE MATERIALES