Elasticidad. problemario

Elasticidad Hugo Medina Guzmán

CAPÍTULO 1. Elasticidad
INTRODUCCIÓN
Hasta ahora en nuestro estudio de mecánica hemos
asumido que los cuerpos son indeformables; esto no
es cierto, aunque se justifica cuando los efectos de
las deformaciones carecen de importancia.
En este capítulo trataremos sobre los cambios de
forma producidos en un cuerpo cuando está bajo la
acción de una fuerza, esto es, en el sentido del
comportamiento de los materiales bajo la acción de
diversos esfuerzos, iniciándonos en la técnica del
diseño.

PROPIEDADES MECÁNICAS DE LOS Muestra típica de sección circular para el ensayo de
MATERIALES tensión - deformación
Muchos materiales cuando están en servicio están Durante la tensión, la deformación se concentra en
sujetos a fuerzas o cargas. En tales condiciones es la región central más estrecha, la cual tiene una
necesario conocer las características del material sección transversal uniforme a lo largo de su
para diseñar el instrumento donde va a usarse de tal longitud. La muestra se sostiene por sus extremos en
forma que los esfuerzos a los que vaya a estar la máquina por medio de soportes o mordazas que a
sometido no sean excesivos y el material no se su vez someten la muestra a tensión a una velocidad
fracture. El comportamiento mecánico de un constante. La máquina al mismo tiempo mide la
material es el reflejo de la relación entre su respuesta carga aplicada instantáneamente y la elongación
o deformación ante una fuerza o carga aplicada. resultante (usando un extensómetro). Un ensayo de
Hay tres formas principales en las cuales podemos tensión normalmente dura pocos minutos y es un
aplicar cargas: Tensión, Compresión y Cizalladura. ensayo destructivo, ya que la muestra es deformada
permanentemente y usualmente fracturada.

Además en ingeniería muchas cargas son torsionales
en lugar de sólo cizalladura.
Ensayo tensión – deformación
Sobre un papel de registro, se consignan los datos de
la fuerza (carga) aplicada a la muestra que está
siendo ensayada así como la deformación que se
puede obtener a partir de la señal de un
extensómetro. Los datos de la fuerza pueden
convertirse en datos de esfuerzo y así construirse
una gráfica tensión – deformación.
ENSAYO DE TENSIÓN Y DIAGRAMA DE
ESFUERZO – DEFORMACIÓN. El ensayo de
tensión se utiliza para evaluar varias propiedades
mecánicas de los materiales que son importantes en
el diseño, dentro de las cuales se destaca la
resistencia, en particular, de metales y aleaciones.
En este ensayo la muestra se deforma usualmente
hasta la fractura incrementando gradualmente una
tensión que se aplica uniaxialmente a lo largo del eje
longitudinal de la muestra. Las muestras
normalmente tienen sección transversal circular, Gráfica típica tensión vs deformación
aunque también se usan especimenes rectangulares.
DEFORMACIÓN ELÁSTICA Y PLÁSTICA

1


Cuando una pieza se somete a una fuerza de tensión Por definición, El esfuerzo S en la barra es igual al
uniaxial, se produce una deformación del material. cociente entre la fuerza de tensión uniaxial media F
Si el material vuelve a sus dimensiones originales y la sección transversal original A0 de la barra.
cuando la fuerza cesa se dice que el material ha
sufrido una DEFORMACIÓN ELASTICA. El F N
S= , sus unidades son .
número de deformaciones elásticas en un material es A0 m
limitado ya que aquí los átomos del material son
desplazados de su posición original, pero no hasta el Deformación unitaria: Por definición, la
extremo de que tomen nuevas posiciones fijas. Así deformación unitaria originada por la acción de una
cuando la fuerza cesa, los átomos vuelven a sus fuerza de tensión uniaxial sobre una muestra
posiciones originales y el material adquiere su forma metálica, es el cociente entre el cambio de longitud
original. de la muestra en la dirección de la fuerza y la
Si el material es deformado hasta el punto que los longitud original.
átomos no pueden recuperar sus posiciones l − l 0 Δl
originales, se dice que ha experimentado una
δ= = , la deformación unitaria es una
l l
DEFORMACIÓN PLASTICA. magnitud adimensional
En la práctica, es común convertir la deformación
DIFERENCIA ENTRE LOS CUERPOS unitaria en un porcentaje de deformación o
ELASTICOS Y LOS INELASTICOS. Los porcentaje de elongación
cuerpos elásticos son los cuerpos que después de % deformación = deformación x 100 % = %
aplicarles una fuerza vuelven a su forma normal elongación
mientras que los inelásticos tienen su grado de
elasticidad muy bajo y si los deforman no vuelven a MODULO ELASTICO O DE ELASTICIDAD.
su forma original. A la constante de proporcionalidad, podemos
escribir la ley de Hooke en su forma general.
LEY DE HOOKE.
esfuerzo
En la parte de comportamiento elástico se cumple la Módulo Elástico =
Ley de Hooke. Robert Hooke fue el primero en deformación
enunciar esta relación con su invento de un volante Para el caso de Deformación por tracción o
de resorte para un reloj. En términos generales, compresión longitudinal
encontró que una fuerza que actúa sobre un resorte F
produce un alargamiento o elongación que es El esfuerzo es S= , la deformación unitaria es
directamente proporcional a la magnitud de la A
fuerza. Δl
F = −kΔl δ=
l
El signo menos es porque la fuerza es en oposición a El módulo elástico es conocido como el MODULO
la deformación. DE YOUNG.
La constante de la proporcionalidad k varía mucho
F
de acuerdo al tipo de material y recibe el nombre de
Y= A =S
constante del resorte o coeficiente de rigidez.
Δl δ
F N l
k= , sus unidades son .
Δl m TABLA I
Módulo de elasticidad o módulo de Young.
ESFUERZO Y DEFORMACIÓN UNITARIA.
Esfuerzo. Consideremos una varilla cilíndrica de Módulo de
Nombre elasticidad Y
longitud l 0 y una sección transversal de área A0
1010 N/m2
sometida a una fuerza de tensión uniaxial F que Aluminio 6,8
alarga la barra de longitud l 0 a l , como se muestra Cobre 10,8
en la figura. Oro 7,6
Hierro, fundido 7,8
Plomo 1,7
Nickel 20,6
Platino 16,7
Plata 7,4
Latón 4,6
Acero 20,0

Ejemplo 1. Los ortodoncistas usan alambres de bajo
módulo de Young y alto límite elástico para corregir

2


la posición de los dientes mediante arcos tensores.
¿Por qué?
Solución.
Bajo módulo de Young para que sea relativamente
fácil deformarlo elásticamente para montar los arcos
en los dientes. La tensión deberá ser menor que la
tensión de fluencia del material, de ahí que el límite
elástico tenga que ser alto, ya que si el arco se
deforma plásticamente, su deformación es
irreversible y por lo tanto, no estará tensionando los Suma de fuerzas verticales:
∑F
dientes para corregir su posición transversal se
convierte en un paralelogramo. y =0
2Tsenα − Mg = 0 ⇒
Ejemplo 2. De un alambre de cobre de 1,5 m de
Mg
longitud y 2 mm de diámetro se cuelga un peso de 8 T= .
kg. Se pregunta: 2senα
a) ¿Hemos rebasado el límite de elasticidad? Por la ley de Hooke deducimos
b) ¿Se romperá el alambre?
c) En caso de ser negativas las preguntas anteriores,
que
¿cuál es su alargamiento? ⎛ Δl ⎞
Módulo de Young = 12x1010 N/m2
T = ⎜ ⎟YA
⎝ l ⎠
Límite de elasticidad de 3x107 a 12x107 N/m2
Límite de ruptura de 20x107 a 50x107 N/m2 Igualando:
Solución. ⎛ Δl ⎞ Mg
⎜ ⎟YA =
a) y b) La sección del alambre es:
⎝ l ⎠ 2senα
A = πr2 = 3,14 mm2 = 3,14x10-6 m2
La fuerza que corresponde a cada m2 de sección es: De la figura siguiente:
F Mg 8 × 9,8
= =
A A 3,14 × 10 −6
N
= 2,49 × 107 2
m
Que no llega ni al límite inferior de elasticidad ni al
de ruptura. l
Fl 8 × 9,8 × 1,5 l' = y l' = l + Δl
c) Δl = = cos α
YA 12 × 1010 × 3,14 × 10− 6 De aquí:
= 0,0003 m l ⎛ 1 ⎞
= l + Δl ⇒ Δl = l⎜ − 1⎟ ⇒
= 0,3 mm cos α ⎝ cos α ⎠
Δl 1
Ejemplo 3. Entre dos columnas fue tendido un = −1
alambre de longitud 2 l . En el alambre, exactamente l cos α
en el centro, fue colgado un farol de masa M. El área Luego
de la sección transversal del alambre es A, el módulo ⎛ 1 ⎞ Mg
de elasticidad es Y. Determinar el Angulo α, de ⎜ − 1⎟YA =
pandeo del alambre, considerándolo pequeño. ⎝ cos α ⎠ 2senα

Para ángulos pequeños tenemos que
senα ≈ α y
cos α = 1 − 2sen 2 α( 2)≈ 1 − α 2

2
.
Reemplazando obtenemos
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ 1 2 − 1⎟YA = Mg
Solución. ⎜ α ⎟ 2α
Para encontrar la tensión del hilo. ⎜1− ⎟
Por condición de equilibrio: ⎝ 2 ⎠

3


⎡⎛ α 2 ⎞ ⎤ Mg
⇒ ⎢⎜1 +
⎜ ⎟ − 1⎥YA =
⎟
⎣⎝ 2 ⎠ ⎦ 2α
α2 Mg Mg
⇒ YA = ⇒ α3 =
2 2α YA
Finalmente
Mg
α =3
YA
Solución.
Ejemplo 4. Se cuelga una viga de 2000 kg de dos Partiendo de los conceptos de simetría, es evidente
cables de la misma sección, uno de aluminio y otro de que el alargamiento de los hilos será igual.
acero. Al suspenderla, ambos cables se estiran lo Designemos este alargamiento por Δl .
mismo. Calcular la tensión que soporta cada uno. De acuerdo con la ley de Hooke, la tensión del hilo
Módulos de Young: acero = 20x1010 N/m2, aluminio de acero es
=7x1010 N/m2 AYa
Fa = Δl y la del hilo de cobre, es
l
AYc
Fc = Δl
l
De donde concluimos que la relación de las
tensiones es igual a la relación de los módulos de
elasticidad correspondientes:
Fc Yc 1
= = .
Fa Ya 2
En equilibrio
2Fc + Fa = mg.
Por consiguiente,
mg
Fc = = 250 N y Fa = 2Fc = 500 N.
4
Solución. Ejemplo 6. Una columna de hormigón armado se
Si los cables inicialmente tienen igual longitud y la comprime con una fuerza P. Considerando que el
viga finalmente está horizontal, ambos cables han módulo do Young del hormigón Yha, es 1/10 del de
experimentado el mismo alargamiento: hierro Yh y que el área de la sección transversal del
Fl lT1 lT2 hierro es 1/20 de la del hormigón armado, encontrar
Como Δl = , = de aquí qué parte de la carga recae sobre el hormigón.
YA Y1 A Y2 A
T1 T2 Solución.
= Basándonos en la ley de Hooke, escribimos
7 20
⎛ Δl ⎞
Donde el subíndice 1 se refiere al aluminio y el 2 Fha = ⎜ ⎟ Aha Yha y
al acero. ⎝ l ⎠
Por estar el sistema en equilibrio:
⎛ Δl ⎞ ⎛ Δl ⎞ A
T1 + T2 = Mg = 2 000 x 9,8 N Fh = ⎜ ⎟ AhYh = = ⎜ ⎟ ha 10Yha
De ambas ⎝ l ⎠ ⎝ l ⎠ 20
T1 = 5 081,5 N T2 = 14 517,5 N
F
De allí deducimos que ha = 2 .
Ejemplo 5. Una barra homogénea, de masa m = 100 Fh
kg, está suspendida de tres alambres verticales de la De este modo, 2/3 del peso recae sobre el hormigón
misma longitud situados simétricamente. armado y 1/3, sobre el hierro.
Determinar la tensión de los alambres, si el alambre
del medio es de acero y los otros dos son de cobre.
El área de la sección transversal de todos los Ejemplo 7. Un peso W se encuentra sujeto entre dos
alambres es igual. barras de peso despreciable, de las mismas
El módulo de Young del acero es dos veces mayor
características pero de diferente longitud y como se
que el del cobre. muestra en la figura. Los extremos de las barras

4


están ligados al peso y a los apoyos, los cuales son
indeformables. Solución.
Encontrar las reacciones que se producen en los Bajo la acción de la fuerza de compresión F, el tubo
apoyos. disminuye en Fl / AY . y bajo la acción de la
fuerza de extensión F, el perno se alarga en el valor
Fl / AaYa . La suma Fl / AaYa + Fl / AcYc es
igual al desplazamiento de la tuerca a lo largo del
perno:
Fl / AaYa + Fl / AcYc = h , de donde:
h ⎛ AaYa AcYc ⎞
F= ⎜ ⎟.
l ⎜ AaYa + AcYc ⎟
⎝ ⎠
Solución.
Diagramas del cuerpo libre del conjunto y de las
partes: Ejemplo 9. Viga horizontal sostenida mediante un
tirante. En el sistema mostrado en la figura, ¿cuánto
bajará el peso W respecto a la posición en la cual el
tensor no estaba deformado?

Por equilibrio estático, ∑F y = 0:
R1 + R2 − W = 0 (1)
Geométricamente, tiene que cumplirse que los
alargamientos sean iguales: La barra es indeformable y de peso P.
Δl 1 = Δl 2 El tensor BC es de peso despreciable, área A y
Por elasticidad módulo de elasticidad Y.
Solución.
R1l 1 R2l 2
= ⇒
AY AY
R1l 1 = R2 l 2 (2)
Resolviendo las ecuaciones (1) y (2), obtenemos:
l2 l
R1 = W y R2 = 1 W
L L
Ejemplo 8. Un perno de acero se enrosca en un tubo
de cobre como muestra la figura. Encontrar las
fuerzas que surgen en el perno y en el tubo debido al
Por equilibrio estático, ∑τ o =0
hacer la tuerca una vuelta, si la longitud del tubo es Tl - Pl - W 2l = 0
l , el paso de rosca del perno es h y las áreas de la T - P - 2W = 0
sección transversal del perno y del tubo son iguales a T = P + 2W (1)
Aa, y Ac respectivamente

Geométricamente, considerando que el giro que se
produce es pequeño, podemos escribir:
x = 2 Δl
Por elasticidad, el estiramiento Δl del tensor es:
Tl
Δl =
AY

5


Luego,

2Tl
x = (2)
AY
Reemplazando la expresión (1) en (2):

2(P + 2W )l
x =
AY Solución.

Ejemplo 10. Deformaciones no uniformes por
peso propio.
Determinar la deformación producida en una barra
debido a su peso propio de una barra del largo L,
sección A, módulo de elasticidad Y y densidad ρ .
Solución.
El elemento diferencial dy soporta el peso P ' de la
porción de barra de longitud y que está sobre él.
El elemento de columna dy es deformado por el peso
de la masa m.
mg dy
d (ΔL ) =
YA
Cálculo de m.
P' = m' g = ρV ' g = ρAyg dm = ρ l dy = κydy ⇒
L
Siendo la longitud de la barra L, su deformación será L y2
ΔL , la deformación del elemento diferencial dy m = ∫ κydy = κ
y 2
debido al pesoP' , será d (ΔL ) . y

κ
d (ΔL ) =
P' dy ρAg
= ydy
=
2
(L 2
− y2 )
YA YA Luego:
ρg κg
=
Y
ydy d (ΔL ) =
2YA
(L 2
)
− y 2 dy
Luego
Integrando
ρg
ΔL = ∫ d (ΔL ) =
L
κg
Y ∫
0
ydy ΔL = ∫ d (ΔL ) =
0
L

2YA ∫
(L
0
L
2
)
− y 2 dy
1 ρgL 2
1 (ρgAL )L L
= = κg ⎛ y3 ⎞
2 Y 2 AY ΔL = ⎜L y − ⎟ 2

1 (Peso Total ) × L 2YA ⎜
⎝ 3 ⎟0
⎠
o ΔL =
2 AY κg ⎛ 3 L ⎞ κgL3
3
⎜L − ⎟ =
2YA ⎜ 3 ⎟ 3YA
=
Observamos que esta deformación es igual a la
mitad de la deformación que se produciría, como sí,
⎝ ⎠
el peso estuviera concentrado en el extremo Como la masa total es
L
superior. L y2
L
M =∫ dm = ∫ κydy = κ
Ejemplo 11. Una barra de masa M, módulo Y,
0 0 2 0
sección A y altura L está sobre el piso. Determine la
L 2
deformación que sufre la atura de la barra por peso = κ
propio. Considere que la densidad lineal de la barra 2
varía según ρ l = κy , ( κ es constante e y la altura 2M κgL3 2MgL
ΔL = 2 =
medida desde el piso). κL 3YA 3YA
Datos: M, Y, A, L y κ .
Ejemplo 12. Hállese la longitud que ha de tener un
hilo de alambre, de densidad 8,93 y módulo de
rotura 1020,4 kg/cm2 para que se rompa por su
propio peso.

6


Solución. F
1020,4 kg/cm2 = 1 020,4x9,8 N/cm2 =108 N/m2; d (ΔL) = xdx , y
ρ = 8930 kg/m3. YAL
x=L
Para que el hilo se rompa, su peso ha de ser por lo F
menos de 108A N, siendo A la sección. ΔL = ∫ d (ΔL) = ∫ YAL xdx
O sea: x =0

P = mg = Alρg = 10 A De donde ΔL = 1 FL
8

Es decir: 2 YA
10 8 A 10 8 Ejemplo 14. Se tiene una columna de largo L,
l= = =1143,6 m
Aρg 8930 x9,8 sección transversal A, densidad ρ, módulo de
elasticidad Y. Se jala cobre un piso liso de la manera
Ejemplo 13. Deformaciones por aceleración como se muestra en la figura. Calcule cuanto estira
Una barra uniforme de acero (Longitud L, área de el cuerpo.
sección recta A densidad ρ , módulo de young Y) se
halla sobre un plano horizontal exento de rozamiento
y se tira de ella con una fuerza constante F.
¿Cuál es el alargamiento total de la barra a
consecuencia de la aceleración?
Solución.
Primer método.
Aplicando la segunda ley de Newton:
Solución.
a) Sea m la masa total de la barra
∑ F = ma
2F 2F
m = ρAL 3F − F = ma ⇒ a = =
Tomemos un elemento diferencial dx, cuya masa es m ρAL
dm
dm = ρAdx

Haciendo el diagrama del cuerpo libre

Hagamos los diagramas del cuerpo libre de los tres El elemento diferencial es estirado por la fuerza R2.
sectores.
R2 dx
La fuerza sobre cada uno de los tres sectores se d (ΔL ) =
indica en las figura a continuación AY
Cálculo de R2:
R2 − F = m' a
2F
⇒ R2 = F + m' a = F + ρAx
ρAL
El elemento diferencial dm se mueve con
aceleración a debido a la fuerza (R1 –R2) x
= F + 2F
Y la fuerza que lo estira es R2. Por lo tanto su L
deformación será un diferencial de ΔL esto es
F ⎛ 2x ⎞
d (ΔL ) : d (ΔL ) = ⎜1 + ⎟dx
AY ⎝ L⎠
R2 dx L
d (ΔL) = y ΔL = ∫ d ( ΔL ) L
YA F L ⎛ 2x ⎞ F ⎛ x2 ⎞
ΔL = ∫ ⎜1 + ⎟dx = ⎜x + ⎟
0

Como R2 = m' a , m' = ρAx y AY 0
⎝ L⎠ AY ⎜
⎝ L ⎟0
⎠
F F 2 FL
a= = , tenemos: =
m ρAL AY
⎛ F ⎞ x
R2 = (ρAx )⎜
⎜ ρAL ⎟ = F L
⎟ Segundo método.
⎝ ⎠ El sistema de fuerzas puede ser desdoblado en dos
partes cuyas deformaciones parciales sumadas hacen

7


el efecto total, tal como se muestra en la figura R 2 − m' g = m' a ⇒ R 2 = m' ( g + a ) ,
siguiente:
F − mg ⎛ F ⎞
m' = ρAy y a = =⎜
⎜ ρAL − g ⎟ ,
⎟
m ⎝ ⎠
Tenemos:
⎛ F ⎞ y
R2 = (ρAy )⎜
⎜ ρAL ⎟ = F L
⎟
⎝ ⎠
F
d (ΔL) = ydy , y
YAL
F L
ΔL = ∫ d (ΔL) =
YAL ∫0
ydy
La primera parte es la deformación de un cuerpo
De donde
jalado por la fuerza 2F:
1 FL
1 (2 F )L FL ΔL =
ΔL1 = = 2 YA
2 YA YA
La segunda parte es la deformación de un cuerpo Ejemplo 16. Para la barra compuesta mostrada
sujeto a la tensión F: determine:
FL a) Su aceleración.
ΔL2 = b) La deformación de cada una de sus tres partes y
YA su deformación total.
La deformación total es la suma de las
deformaciones parciales:
FL FL
ΔL = ΔL1 + ΔL2 = +
YA YA
2 FL Solución.
=
AY a) m1 = 2 ρLA , m2 = 4 ρLA y m3 = 2 ρLA
Aplicando la segunda ley de Newton:
∑ F = ma ⇒ 3F − 7 F = (m1 + m2 + m3 )a
Ejemplo 15. Si la barra se jala hacia arriba con una
fuerza F (F > mg). ¿Cuál es el alargamiento total de
la barra? ⇒ − 4 F = 10 ρLAa
Solución.
0,4 F
⇒ a=−
ρLA
El conjunto se mueve hacia la izquierda.
b) La figura siguiente muestra los diagramas del
cuerpo libre de cada uno de los elementos del
conjunto.

Tomando como positivo hacia la izquierda.
Cálculo de R2:
R2 − 3F = m3a ⇒
El elemento diferencial dm se mueve con R2 = 3F + m3a
aceleración a debido a la fuerza (R1 –R2) ⎛ 0,4 F ⎞
Y la fuerza que lo estira es R2. Por lo tanto su = 3F + (4 ρLA)⎜
⎜ ⎟
⎟
deformación será un diferencial de ΔL esto es ⎝ ρLA ⎠
d (ΔL ) : = 4,6 F
R2 dy L Cálculo de R1:
d (ΔL) = y ΔL = ∫ d ( ΔL) R1 − R2 = m2 a ⇒
YA 0

Como R1 = R2 + m2 a
⎛ 0,4 F ⎞
= 4,6 F + (4 ρLA)⎜
⎜ ⎟
⎟
⎝ ρLA ⎠
8


= 5,2 F
Deformación de 3.
La deformación por fuerza es debido a 3F:
3F 4 L FL
ΔL3 = = 12
YA YA
La deformación por desplazamiento es debido a ser
jalado por la fuerza R2 – 3F = 1,6 F
1,6 F 4 L FL
ΔL'3 = = 3,2
2YA YA
Deformación total de 3:
FL FL FL Solución.
ΔL3Total = 12 + 3,2 = 15,2
YA YA YA Para calcular la aceleración de la barra aplicamos:
Deformación de 2.
La deformación por fuerza es debido a R2:
∑F y = ma y
3
R 2L FL 5Mg − Mg − Mg = 2Ma ⇒ a = g
ΔL2 = 2 = 9,2 2
YA YA
La deformación por desplazamiento es debido a ser
jalado por la fuerza
R1 - R2 = 5,2 F – 4,6 F = 0,6 F
0,6 F 2 L FL
ΔL' 2 = = 0,6
2YA YA
Deformación total de 2:
FL FL
ΔL2Total = 9,2 + 0,6
YA YA
FL
= 9,8
YA
Deformación de 1.
La deformación por fuerza es debido a R1: Tomemos un elemento diferencial de la barra dy
RL FL
ΔL1 = 1 = 2,6 Aplicando la segunda ley de Newton al elemento de
Y 2A YA longitud x:
La deformación por desplazamiento es debido a ser ⎛ y⎞ ⎛ y⎞
R 2 − R3 − ⎜ M ⎟ g = ⎜ M ⎟a
jalado por la fuerza 7F- R1 = 1,8 F ⎝ L⎠ ⎝ L⎠
1,8 FL FL y
ΔL'1 = = 0,45 R 2 − R3 = M ( g + a )
2Y 2 A YA L
Deformación total de 1: y⎛ 3 ⎞ 5Mg
FL FL R 2 − R3 = M ⎜ g + g ⎟ = y (1)
ΔL1Total = 2,6 + 0,45 L⎝ 2 ⎠ 2L
YA YA Aplicando la segunda ley de Newton a la masa
FL puntual:
= 3,05 3
YA R3 − Mg = Ma = M g⇒
Deformación total del conjunto. 2
FL FL FL 3 5
ΔLTotal = 15,2 + 9,8 `+3,05 R3 = Mg + M g = Mg (2)
YA YA YA 2 2
FL Reemplazando (2) en (1):
= 28,05 5Mg 5Mg
YA R2 − = y
2 2L
Ejemplo 17. Una barra vertical de longitud L, masa ⇒ R2 = 5 Mg ⎛1 + y ⎞
⎜ ⎟
M, sección transversal A y módulo de Young Y, tiene 2 ⎝ L⎠
soldada en su extremo inferior una masa puntual M. Primer método.
Si la barra se eleva verticalmente mediante una Comenzando con la deformación del elemento
fuerza vertical 5Mg (g = gravedad), aplicada en el diferencial y luego integrar para toda la longitud.
extremo superior de la barra. Hallar la deformación
longitudinal de la barra.

9


arrastrado sobre un plano liso, con una fuerza F =
2W.
a) Hallar la deformación longitudinal unitaria
cuando el plano es horizontal.
El elemento diferencial se deforma d (ΔL ) debido a
b) Hallar la deformación de la dimensión paralela al
plano, cuando el bloque sube sobre el plano que esta
la reacción R2 , (R1 − R2 ) le da la aceleración inclinado 37º.
3
a= g , luego:
2
5 ⎛ y⎞
Mg ⎜1 + ⎟dy
R dy 2 ⎝ L⎠
d (ΔL ) = 2 =
YA YA Solución.
5Mg ⎛ y⎞ a)
= ⎜1 + ⎟dy ΔL 1 2W W
2YA ⎝ L ⎠ = = 2
Integrando: L 2 YL2
YL
5Mg L ⎛ y⎞ 5Mg ⎛ L2 ⎞
2YA ∫0 ⎝ L ⎠
ΔL = ⎜ 1 + ⎟dy = ⎜L + ⎟ b)
2YA ⎜
⎝ 2L ⎟
⎠ Resuelto por integración.
Calculo de la aceleración.
15MgL
=
4YA ∑ F = ma ⇒
W W
Segundo método. 2W − Wsen37º = a ⇒ 2W − 0,6W = a
Comenzando con la deformación la los efectos de
g g
las fuerzas en los extremos de la barra. ⇒ a = 1,4 g
Nota: En R3 ya está considerado el peso de la masa
puntual M colocada en el extremo inferior de la
barra.

El diagrama del cuerpo libre

Cálculo de R2:
Deformación de la barra por 5Mg: x W x
1 5MgL 5MgL R2 − W sen37º = a⇒
ΔL1 = = L g L
2 YA 2YA 0,6 x W x x
Deformación de la barra por R3: R2 = W + 1,4 g = 2W
1 5MgL 5MgL L g L L
ΔL2 = = El elemento diferencial se deforma dΔL :
2 2YA 4YA
Deformación total: ΔL = ΔL1 + ΔL2
R dx 2W
dΔL = 2 2 = 3 xdx
YL YL
5MgL 5MgL
ΔL = + Para hallar ΔL integramos desde x = 0 hasta x = L.
2YA 4YA 2W L W
15MgL ΔL = ∫ dΔL = ∫ xdx =
= YL3 0 YL
4YA La deformación es:
Aquí no se considera el efecto del peso propio por
W
separado, porque en el cálculo de R2 ya está ΔL =
considerado. YL
Ejemplo 18. Un cubo como se muestra en la figura Resuelto directamente usando resultados
de peso “W” arista “L” módulo de Young “Y” es conocidos.

10


Estiramiento debido a la aceleración:

Calculo de la aceleración.
∑ F = ma ⇒
W W
2W − Wsen37º = a ⇒ 2W − 0,6W = a
g g
⇒ a = 1,4 g Parte 1: Cálculo de la fuerza total sobre una sección
1 (2W − 0,6W )L 0,7W transversal a la distancia r del pivote.
ΔLa = =
2 YL2 YL
Estiramiento debido al peso:

1 0,6WL 0,3W
ΔL p = =
2 YL2 YL
Estiramiento total: Debido a la aceleración centrípeta se tiene una
fuerza:
0,7 0,3W W
ΔL = + = dF = (dm )a c = (dm )ω 2 r
YL YL YL
dm = ρAdr '
Ejemplo 19. Deformación debido a la rotación dF = (ρAdr ')ω 2 r ' = ρAω 2 r ' dr '
Una barra de longitud l , área A, densidad ρ y Integrando:
módulo de Young Y gira con velocidad angular ω l l
constante sobre una mesa horizontal sin fricción y F = ∫ ρAω 2 r ' dr ' = ρAω 2 ∫ rdr
r r
pivotado en uno de sus extremos. Determinar el
F = ρAω 2 (l 2 − r 2 )
alargamiento producido. ¿Cuál será el esfuerzo
1
máximo? 2
Parte 2: Cálculo del alargamiento
El alargamiento del elemento dr es:
Fdr
d (Δl ) =
YA
Y el alargamiento total será:
Fdr ρAω 2 l 2
∫r (l − r )dr
l
Δl = ∫ = 2
r YA 2YA
ρω 2
l3 1 ρω 2 l 3
Δl = (l - ) =
3

2Y 3 3 Y
Solución.
El elemento diferencial se alarga d (Δl ) , debido a
la fuerza centrípeta producida por la masa restante
hacia el extremo opuesto al pivote.

11


Ejemplo 20. Una barra de hierro de 100 mm2 de l
sección y 50 cm de longitud gira alrededor de uno F = ∫ rω 2 dm
0
de sus extremos con una velocidad angular uniforme
de ω radianes por segundo. Se pide cuál debe ser Donde l es la longitud de]a barra, ω es la
esta velocidad para que la barra se rompa por la velocidad angular de la rotación; r, la distancia que
tracción que origina la fuerza centrífuga, sabiendo hay desde el elemento de masa dm hasta el eje de
que el material de que está hecha se rompe por rotación. Para una barra homogénea dm = ρAdr ,
tracción cuando se le carga con 30 kg por mm2. siendo ρ la densidad de la sustancia que forma la
Solución.
barra y A, su sección. Integrando, obtenemos
Se romperá cuando
Fc = (30x9,8) x100 = 29400 N. ρAω 2 l 2
Llamando dm a un elemento de masa situado a la F=
distancia x del eje de giro, será: 2
dFc = dmω x = ρdVω x = ρω Axdx
2 2 2 De donde el número límite de revoluciones por
segundo será
Integrando:
F ρω 2 l 2 2S r
0,5 1
Fc = ∫ ρω 2 Axdx = ρω 2 Ax 2 Sr = = ⇒ ω= ,
0 2 A 2 ρl 2

(
= (7800)ω 2 100 × 10− 6 0,52
1
)( ) reemplazando valores;
2
ω=
(
2 2,45.10 8 ) = 239 rad
Luego: (8600)(1) 2
s
1
2
( )( )
(7800)ω 2 100 × 10− 6 0,52 = 29400 o
239
= 38 rev/s
2π
Por tanto:
Deformaciones no uniformes por área variable.
2 × 29400
ω =
2
= 301538 , o sea
1950 × 10− 4 Ejemplo 23. Calcular cuánto se comprime el bloque
mostrado en la figura, cuando se le aplica una fuerza
ω = 301538 = 549 rad/s . P. Módulo de elasticidad Y.

Ejemplo 21. Determinar el máximo valor admisible
de la velocidad lineal de rotación de un anillo fino
de plomo, si la resistencia del plomo tiene el límite
de rotura P =2000 N/cm2 y la densidad ρ = 11,3
g/cm3.
Solución.
Durante la rotación del anillo, en éste surge una
tensión T = mv2/2 π r .Para el anillo fino m =2πrSρ,
donde S es la sección transversal del anillo. Por lo Solución.
tanto, T/S = ρv2. Tomemos un elemento diferencial dy tal como se
De allí el valor de la velocidad máxima es muestra en la figura.

P
v= ≈ 41 m/s.
ρ

Ejemplo 22. Una barra homogénea de cobre de 1 m
de longitud gira uniformemente alrededor de un eje
vertical que pasa por uno de sus extremos.
¿A qué velocidad de rotación se romperá la barra? Según muestra el diagrama del cuerpo libre del
kg elemento diferencial, es comprimido por la fuerza P.
Densidad del cobre ρ = 8600 3 , Esfuerzo de Este elemento disminuye su longitud d(Δh), siendo
m
Δh la disminución de longitud de h debido a la
8 kg
rotura del cobre S r = 2,45 × 10 fuerza P.
m2 Pdy
Solución. d (Δh) =
La fuerza centrífuga que actúa sobre la barra en este YA
caso es

12


Pdy
d (Δh) =
YA

Usando las figuras anteriores
a
A = a(a + 2 x) y x = y reemplazando
2h Usando las figuras anteriores
obtenemos; a
Pdy Phdy A = (a + 2 x) 2 y x = y reemplazando
d (Δh) = o d ( Δh) = 2h
a Ya (h + y )
2
obtenemos;
Ya(a + y )
h Ph 2 dy
Luego, como d (Δh) =
h h
Ya 2 (h + y ) 2
Phdy
Δh = ∫ d (Δh) = ∫ Luego, como
0 Ya ( h + y )
2 h h
Ph 2 dy
Δh = ∫ d (Δh) = ∫
0

0 Ya ( h + y )
Integrando 2 2

Ph Ph 0
Δh = 2 ln(h + y ) 0 = 2 ln 2
h
Integrando
Ya Ya Ph
Ph Δh =
El bloque se comprime Δh = 0,692 2Ya 2
Ya 2 1 Ph
El bloque se comprime Δh =
Ejemplo 24. Una pirámide truncada de bases 2 Ya 2
cuadradas de lados ”a” y “2a” respectivamente de
altura h y modulo elástico Y se somete en la Ejemplo 25. Determine la deformación debido a la
dirección axial a una fuerza de compresión P, fuerza F, sin considerar el peso. El sólido mostrado
Determine la deformación que sufre la altura por de modulo elástico Y tiene altura H y bases
acción de la fuerza P. circulares de radios R y 2R
Solución.

Solución.
Tomemos un elemento diferencial dy tal como se Fdy
muestra en la figura. d (ΔH ) = , r = R+x
Yπrr 2
En los triángulos ABC y ADE:

Según muestra el diagrama del cuerpo libre del
elemento diferencial, es comprimido por la fuerza P.
Este elemento disminuye su longitud d(Δh), siendo
y x R
Δh la disminución de longitud de h debido a la = ⇒ x= x
fuerza P. R H H

13


Fdy F dy Este elemento sufre una acortamiento d(Δh), debido
d (ΔH ) = =
Yπ (R + x )
al peso de la porción de pirámide que soporta (de
2
πY ⎛ R ⎞
2
altura y, radio base de lado 2x).
⎜ R + x⎟
⎝ H ⎠
FH 2
= (H + x )−2 dy
πR Y
2

H
FH 2
ΔH = ∫ ΔH = 2 ∫ (H + x ) dy
−2

πR Y 0
FH 2 ⎡ (H + x ) ⎤
−1 H

= ⎢ ⎥
πR 2Y ⎣ − 1 ⎦ 0 El peso que soporta es: Peso = ρg ( 4 x y ) el
1 2

3
FH 2 ⎡ 1 ⎤ FH
ΔH = ⎢ 2 H ⎥ = 2πR 2Y área de su base es: Ax = 4 x
2
πR Y ⎣
2
⎦
ρg 4 x 2 ydy ρg
d (Δh) = = ydy
Deformaciones no uniformes por peso propio y 3Y 4 x 2
3Y
área variable. Integrando desde y = 0 hasta y = h
h
h
ρg ρg y 2 1 ρgh 2
Δh = ∫
Ejemplo 26. Determine la deformación que sufre la
altura de la Gran pirámide de Keops en Egipto ydy = =
0
3Y 3Y 2 0
2 3Y
debido a su propio peso, sabiendo que posee una
altura de 147 m, su base es cuadrada de lado 230 m ρgAh
y que fue construida con bloques de piedra caliza y Como el Peso total es , obtenemos:
3
granito con módulo de Young = 35 x 109 N/m2 y
densidad = 2400 kg / m3. 1 (Peso total)h
Δh =
Solución. 2 Y (Area base)

Ejemplo 27. Encontrar cuanto se comprime el cono
de altura h y base de área A debido a su propio peso.
El cono esta hecho de un material de densidad ρ y
módulo de elasticidad Y.

Tomemos un elemento diferencial dy, tal como de
indica en la figura

Solución.
Tomemos un elemento diferencial dy, tal como de
indica en la figura

Este elemento sufre una acortamiento d(Δh), debido
al peso de la porción de cono que soporta (de altura
y, radio de la base r).

14


Cálculo del peso de la de la parte tronco de pirámide
que está sobre el elemento diferencial.
Para esto tomamos un elemento diferencial de altura
dy’ y lo integramos desde x = 0 hasta x = x’.

1
El peso que soporta es: peso = ρg ( πr 2 y ) el
3
área de su base es: A = πr
2
El peso del elemento diferencial es:
ρgπr 2 ydy ρg dP = ρgdV = ρg 4(a + x') dy '
2
d (Δh) = = ydy
3Yπr 2 3Y Del dibujo siguiente:
Integrando desde y = 0 hasta y = h
h
h
ρg ρg y 2 1 ρgh 2
Δh = ∫ ydy = =
0
3Y 3Y 2 0
2 3Y
Como el Peso total es ρgAh/3, obtenemos:
1 (Peso total)h Obtenemos:
Δh =
2 Y (Area base) y y
y' = x' y dy ' = dx' :
x x
Ejemplo 28. En la figura se muestra un tronco recto y
dP = 4 ρg (a + x') dx'
2
de pirámide regular de base cuadrada. Determinar
cuánto se comprime el sólido homogéneo debido a x
su peso propio. Integrando desde x = 0 hasta x = x’:
Datos: Densidad = ρ, gravedad = g, módulo de y x'
P = ∫ dP = 4 ρg ∫0 (a + x') dx'
2
Young = Y x
Lado de la base menor = 2a; lado de la base mayor =
y (a + x')
3 x
4a
Altura del tronco de pirámide regular = H = 4 ρg
x 3 0

=
4 ρgy
3x
[
(a + x )3 − a 3 ]
El elemento diferencial se comprime:
Pdy
d (ΔH ) = , A = (2a + 2 x ) = 4(a + x )
2 2

YA

Solución. Reemplazando:
Para determinar cuánto se comprime el sólido
tomamos un elemento diferencial dy y vemos cuanto
d (ΔH ) =
[
4 ρgy (a + x ) − a 3
3
dy
]
se comprime por efecto del peso de la parte tronco 3Yx 4(a + x )
2
de pirámide que está sobre él (la parte de altura y en
el dibujo). Del dibujo siguiente:

Obtenemos:

15


H H
y= x , dy = dx :
a a

d (ΔH ) =
2
[
ρg H (a + x )3 − a 3
dx
]
3Y a 2 (a + x )2
=
ρg H 2
3Y a 2
[a + x − a (a + x ) ]dx
3 −2

El peso del elemento diferencial es:
Integrando desde x = 0 hasta x = a:
dP = ρgdV = ρgπ (R + x') dy '
2
ΔH = ∫ d (ΔH )
Del dibujo siguiente:

=
ρg H 2
3Y a 2 ∫
0
a
[a + x − a (a + x) ]dx
3 −2

a
ρg H 2 ⎡ x2 a3 ⎤
= ⎢ ax + + ⎥
3Y a 2 ⎣ 2 (a + x ) ⎦ 0
ρg H 2 ⎛
a2 a2 ⎞
= ⎜a2 +
2 ⎜
+ − a2 ⎟
⎟ Obtenemos:
3Y a ⎝ 2 2 ⎠ y y
1 ρgH 2 y' = x' y dy ' = dx' :
= x x
3 Y y
dP = ρgπ (R + x') dx'
2

Ejemplo 29. Determine la deformación que sufre la x
altura debido al peso propio Integrando desde x = 0 hasta x = x’:
y x'
∫0 (R + x') dx'
El sólido mostrado tiene peso F, modulo elástico Y,
P = ∫ dP = ρgπ
2
altura H y bases circulares de radios R y 2R x
y ( R + x ')
3 x
= ρgπ
x 3 0

=
ρgπy
3x
[(R + x) 3
− R3 ]
Solución. El elemento diferencial se comprime:
Pdy
d (ΔH ) = , A = π (R + x )
2
Para determinar cuánto se comprime el sólido
tomamos un elemento diferencial dy y vemos cuanto
YA
se comprime por efecto del peso de la parte tronco
de cono que está sobre él (la parte de altura y en el
dibujo).

Reemplazando:

d (ΔH ) =
[
ρgπy (R + x )3 − R 3
dy
]
3Yx π (R + x )2
Del dibujo siguiente:

Cálculo del peso P de la de la parte tronco de cono
que está sobre el elemento diferencial.
Para esto tomamos un elemento diferencial de altura
dy’ y lo integramos desde x = 0 hasta x = x’.

Obtenemos:

16


H H El elemento diferencial soporta el peso P de la parte
y= x , dy = dx :
R R de hemisferio que está sobre él.

d (ΔH ) =
ρg H (R + x )3 − R 3
2
dx
[ ] De tal manera que se deforma:
3Y R 2 ( R + x )2 P( y ) dy
d (ΔR ) =
ρg H
[R + x − R (R + x) ]dx
2
3 −2 YA
=
3Y R 2

Integrando desde x = 0 hasta x = R:
ΔH = ∫ d (ΔH )

=
ρg H 2
3Y R 2 ∫
0
R
[R + x − R (R + x) ]dx
3 −2

R
ρg H 2 ⎡ x2 R3 ⎤ Cálculo de P( y )
= ⎢ Rx + + ⎥
3Y R 2 ⎣ 2 (a + x ) ⎦ 0
ρg H 2 ⎛ R2 R2 ⎞
= ⎜ R2 +
2 ⎜
+ − R2 ⎟
⎟
3Y R ⎝ 2 2 ⎠
1 ρgH 2
=
3 Y
El peso del tronco de cono es: Peso del elemento diferencial

F = π (2 R ) (2 H )ρg − π (R ) (H )ρg
1
3
2 1
3
2
(
dP( y ) = ρπg R 2 − y ' 2 dy ' )
El peso P( y ) de la porción de hemisferio es:
= πR Hρg (8 − 1) = πR Hρg
1 2 7 2
3 3 R
Luego P( y ) = ρπg ∫ ( R 2 − y ' 2 )dy ' =
1 ρgH 2
y
F
ΔH =
7 2 3 Y ⎛ 2R 3 y
3
⎞
πR Hρg ρgπ ⎜ − R2 y + ⎟
3 ⎜ ⎟
⎝ 3 3 ⎠
FH
= Ahora la deformación total Integrando
7πR 2Y
P( y ) dy
Ejemplo 30. Un hemisferio (mitad de una esfera d (ΔR ) = :
sólida) de densidad ρ , radio R y modulo de Young YA
Y esta sobre el piso descansando sobre su base ⎛ 2R 3 y ⎞
3
circular determine cuanto se deforma por acción de ⎜
gπ ⎜ −R y+
2
⎟dy
su propio peso. ⎝ 3 3 ⎟⎠
d (ΔR ) =
Sugerencia: Calcule la deformación de una porción
diferencial del hemisferio formada por un disco Yπ R − y
2 2
( )
delgado paralelo al piso.
1 ⎛ 2R 3
R
y ⎞
3
dy
Δ R = ρg π
Y ∫⎜ 3
⎜
0⎝
− R2 y +
3 ⎠
⎟ 2
⎟ (R − y 2 )

⎛2 3 2 2 ⎞ ⎛ 1 2 1 3⎞
⎜ R − R y⎟ + ⎜− R y + y ⎟
= ρg ⎝ 3
R
3 ⎠ ⎝ 3 3 ⎠
∫
Y 0 R −y
2 2
dy
( )
Solución.
Vamos a considerar un elemento diferencial de
ρg R
2R 2
(R − y ) − y R 2 − y 2( )
∫
= 3 3 dy
área A = π r , altura dy (R − y )(R + y )
2
Y 0

Donde r = ( R − y )
2 2 2

17


ρg R ⎡ 2 R 2 ⎤ Cobre 0,35
= ∫ ⎢ (R + y ) − y ⎥dy
3Y 0 ⎣ ⎦
Oro
Hierro, fundido
0,41
0,28
Plomo 0,33
R
ρg ⎡ y2 ⎤ Nickel 0,30
= ⎢ 2 R ln(R + y ) − ⎥
2
Platino 0,38
3Y ⎣ 2 ⎦0 Plata 0,37
Latón 0,33
ρgR 2 ⎛ 1 ⎞ 0,30 ρgR 2
= ⎜ 2 ln 2 − ⎟ =
3Y ⎝ 2⎠ Y Ejemplo 31. El paralelepípedo de la figura está
hecho de un material con módulo de Young Y, y
La altura del hemisferio disminuye constante poisson σ. ¿Cuál es el valor de ΔV/V?
0,30 ρgR 2
ΔR = Debido al peso propio
Y

DEFORMACION LATERAL MODULO DE
POISSON
Adicionalmente, cuando estiramos un bloque en una Solución.
dirección éste se contrae en las dimensiones Debido a la compresión ocasionada por la fuerza F:
perpendiculares al estiramiento, la contracción de las ΔL F Δa Δb ΔL
caras laterales es en la misma proporción para el =− y como = = −σ
ancho (a) y el alto (h). Por ejemplo, la contracción L YA a b L
Δa en el ancho es proporcional al ancho a y también Δa Δb F
Obtenemos: = =σ
Δl a b YA
a , lo que resumimos en la siguiente expresión:
l ΔV ΔL Δa Δb
Como = + +
Δa Δh Δl V L a b
= = -σ
a h l Reemplazando
Donde σ es otra constante del material conocida ΔV F F F
=− +σ +σ
como el módulo de Poisson. V YA YA YA
Finalmente:
ΔV F
= − (1 − 2σ )
V YA
Ejemplo 32. Al cubo de la figura de lado 50cm se
le aplica dos pares de fuerzas Fx=100 N y Fy=50 N
obteniendo como resultado que la longitud en el eje
x aumenta en 0,01% y la longitud en el eje y
disminuye en 0,006%.

a) Determine si el esfuerzo en x,y es de tracción o
compresión.
b) Determine el módulo de Young y la constante
de Poisson.
Como valores aproximados para algunos materiales
se puede tomar:
0,28 para hierro y acero, 0,5 para caucho y 0,25
para vidrio.
Las dos constantes Y y σ especifican
completamente las propiedades de un material
homogéneo isotrópico.

Módulo de Solución.
Nombre Poisson σ 100 50
a) S x = = 400 N/m2, S y = = 200
Aluminio
Sin dimensiones
0,34
(0,5)2
(0,5)2
Acero 0,28 N/m2

18


Δax 0,01 Δh S
= = 1 × 10− 4 , a) Para la altura = , para el diámetro
a 100 h Y
Δa y 0,006 ΔD Δh S
=− = −6 × 10− 5 = −σ = −σ
a 100 D h Y
Haciendo un análisis de los cambios de longitudes: ΔV Δh ΔD
El esfuerzo en x es mayor y la longitud en x El cambio de volumen es = +2 =
aumenta mientras que en y disminuye, siendo el V h D
S S S
esfuerzo en y menor, se puede concluir que el
− 2σ = (1 − 2σ ) , por lo tanto
esfuerzo en x es de tracción y el esfuerzo en y es de Y Y Y
compresión.
S S πD 2 h
ΔV = (1 − 2σ )V = (1 − 2σ )
b) El paralelepípedo esta sujeto a esfuerzo por cuatro Y Y 4
caras, como se muestra en la figura siguiente: b) ΔV es igual a cero cuando (1 − 2σ ) = 0 ⇒
σ = 0,5
c) Para la mayoría de metales con un valor de σ
aproximado a 0,3:
ΔV S S
= [1 − 2(0,3)] = 0,4
V Y Y
Para el corcho, con un valor de σ aproximado a
0,0:
Sea S el esfuerzo sobre cada una de las caras
ΔV S S
laterales. = [1 − 2(0,0)] =
La deformación del lado horizontal ax es: V Y Y
Para el caucho, con un valor de σ aproximado a
Δax 400 200
= +σ = 1 × 10− 4 (1) 0,5:
a Y Y ΔV S
La deformación del lado horizontal a y es: = [1 − 2(0,5)] = 0,0
V Y
Δa y 200 400
=− −σ = −0,6 × 10− 4 (2) Ejemplo 34. El sólido de la figura está sometido a
a Y Y los esfuerzos de compresión y tracción mostrados en
Restando (1) + (2)/2, obtenemos: las direcciones x y z, respectivamente. Determine
400 100 300 cual será el esfuerzo (S’) en la dirección y, tal que la
− = 0,7 × 10− 4 ⇒ = 0,7 × 10− 4 deformación unitaria en esa dirección sea nula.
Y Y Y
Datos: S = esfuerzo, Y = módulo de Young, σ =
300
⇒ Y= = 4,28 x 106 N/m2 módulo de Poisson.
0,7 × 10− 4
Reemplazando el valor de Y en (1):
400 200
+σ = 1 × 10− 4 ⇒
4,28 × 10 6
4,28 × 10 6

4 + 2σ = 4,28
⇒ σ = 0,14

Ejemplo 33. a) Calcule la deformación volumétrica
durante la extensión elástica de una barra cilíndrica
Solución.
sometida a tracción axial. El material es isótropo y la
deformación se supone pequeña.
b) ¿Para qué valor del módulo de Poisson, el
alargamiento ocurre sin cambio de volumen?
c) El módulo de Poisson de la mayoría de metales es
aprox. 0,3. El del corcho, aprox. 0,0 y el del caucho
cercano a 0,5. ¿Cuáles son las deformaciones
volumétricas de esos materiales al someterlos a una
compresión elástica ε < 0 ?
Solución.
Para que la deformación unitaria en la dirección y
sea nula, se debe cumplir:

19


ΔH S S'
1
(3σS − S ') = 0 ⇒ 3σS − S ' = 0 ⇒ = − + 2σ ⇒
Y H Y Y
S ' = 3σS ΔH S 2σ 2 S
=− + ⇒
Ejemplo 35. Se tiene el paralelepípedo mostrado en H Y (1 − σ ) Y
la figura que encaja perfectamente en una caja ΔH S ⎡ 2σ 2 ⎤
rígida. Luego de encajo el paralelepípedo se coloca
H
=−
Y ⎢ (1 − σ ) ⎥ ⇒
1−
un peso P sobre éste, tal que lo aplasta ⎣ ⎦
uniformemente, la caja impide las expansiones
P ⎡ 2σ 2 ⎤
laterales. ΔH = − 2 ⎢1 − H
a) ¿Cuál es el esfuerzo sobre las paredes laterales? Ya ⎣ (1 − σ ) ⎥⎦
b) ¿Cuál es el cambio en la altura ΔH = H − H '
del paralelepípedo? Ejemplo 36. Hallar el valor del módulo de Poisson
para el cual el volumen de un alambre no varía al
alargarse.
Solución.
Δr Δl
=σ , de aquí el módulo de Poisson
r l
Δr
σ = r , siendo r el radio del alambre y l su
Solución. Δl
El paralelepípedo esta sujeto a esfuerzo por sus seis
caras, como se muestra en la figura siguiente: l
longitud. El volumen de dicho alambre antes de
estirarlo es V1 = πr
2
l y su volumen después de
estirado es V2 = π (r − Δr ) (l + Δl )
2

Si el volumen no varió con el alargamiento,
tendremos que πr l = π (r − Δr ) (l + Δl ) . Y
2 2

abriendo los paréntesis y despreciando las
magnitudes Δr y Δl al cuadrado, hallamos que
Δr
1
Sea S el esfuerzo sobre la cara superior e inferior y πr 2 l = 2πrΔrl , de donde r = = 0,5 , luego
S’ el esfuerzo sobre cada una de las caras laterales. Δl 2
La deformación del lado a es: l
Δa S' S' S σ = 0,5.
= − +σ +σ (1)
a Y Y Y
La deformación del lado H es: Ejemplo 37. Hallar la variación relativa de la
ΔH S S' densidad de una barra de cobre cilíndrica al ser
= − + 2σ (2) comprimida por una presión p = 9810 Pa. Para el
H Y Y cobre tómese un módulo de Poisson σ = 0,34.
Solución.
a) Como la longitud a no cambia, Δa = 0 .
De la ecuación (1):
La densidad de la barra antes de ser comprimida es
S' S' S σ
− + σ + σ = 0 ⇒ S'= S
Y Y Y (1 − σ ) ρ1 =
m
donde V1 = πr l . La densidad de la
2

P V1
Siendo S = 2
a
σP ρ2 =
m
⇒ S'= barra después de comprimida será ,
(1 − σ )a 2 V2

siendo V2 = π (r + Δr ) (l − Δl ) . Por
b) De la ecuación (2): 2

consiguiente la variación de la densidad será

20


⎛ 1 1 ⎞ mΔV
Δρ = ρ 2 − ρ1 = m⎜ − ⎟ =
⎜V V ⎟
⎝ 2 1 ⎠ V2V1
Como .la compresión no es muy grande,
aproximadamente se puede tomar V2V1 = V1
2

mΔV
Se puede considerar que Δρ = .
V12
Entonces la variación elativa de la densidad
Δρ ΔV
= . Hallemos pues la variación de
ρ1 V1
volumen ΔV = πr l − π (r + Δr ) (l − Δl ) .
2 2

Abriendo los paréntesis y despreciando los
cuadrados de las magnitudes Δr y Δl , obtenemos
⎛ Δl ⎞
que ΔV = V1 ⎜ ⎟(1 − 2σ ) , .donde σ es el
⎝ l ⎠
módulo de Poisson. Por lo tanto
Δρ ΔV Δl
= = (1 − 2σ ) . Pero como por la ley
ρ1 V1 l
Δl p n
de Hooke = , tendremos que en definitiva
l Y
Δρ p n
= (1 − 2σ ) .
ρ1 Y
3 N
En nuestro caso pn = 9,81 × 10 ,
m2
N
Y = 1,18 × 1011 2 y σ = 0,34. Poniendo estos
m
Δρ ΔV
datos obtenemos que = = 0,027 %. .
ρ1 V1

Ejemplo 38. El sólido de la figura (lados a, b y c) Consolidado
está sometido a los esfuerzos de compresión y
tensión mostrados.
Determine la deformación volumétrica unitaria,
ΔV / V .
Datos:
S = esfuerzo, Y = módulo de Young, σ = módulo
de Poisson.

ΔV ⎛ Δ a ⎞ ⎛ Δb ⎞ ⎛ Δc ⎞
=⎜ ⎟total + ⎜ ⎟total + ⎜ ⎟total
V ⎝ a ⎠ ⎝ b ⎠ ⎝ c ⎠
6S
= 3S (4σ ) − 6 S = (2σ − 1)
Y Y Y

DEFORMACIÓN POR CIZALLADURA O
CORTE. MODULO DE CIZALLADURA O
RIGIDEZ.

Deformación por cizalladura
Solución. Ya hemos estudiado el módulo de elasticidad Y de
Deformación de cada uno de los lados: un material, es decir, la respuesta del material

21


cuando sobre él actúa una fuerza que cambia su b) ¿Cuál es la deformación de corte?
volumen (aumentando su longitud). Ahora, c) ¿Cuál es el módulo de corte?
examinaremos la deformación por cizalladura en el Solución.
que no hay cambio de volumen pero si de forma. F 1 N
Definimos el esfuerzo como F/A la razón entre la a) St == = 11,11 2
fuerza tangencial al área A de la cara sobre la que se A (0,30) 2
m
aplica. La deformación por cizalla, se define como la Δx 1
razón Δx/h, donde Δx es la distancia horizontal que b) δ = = = 0,033
se desplaza la cara sobre la que se aplica la fuerza y
h 30
h la altura del cuerpo, tal como vemos en la figura. S 11,11
c) G = t = = 333,33
δ 0,033
Ejemplo 40. Un cubo de acero de 5 cm de
arista se halla sometido a 4 fuerzas cortantes,
de 1200 kg, cada una, aplicadas en sentidos
opuestos sobre caras opuestas. Calcule la
deformación por cizalladura.
Cuando la fuerza F que actúa sobre el cuerpo es
paralela a una de las caras mientras que la otra cara
permanece fija, se presenta otro tipo de deformación
denominada de cizalladura en el que no hay cambio de
volumen pero si de forma. Si originalmente el cuerpo
tiene forma rectangular, bajo un esfuerzo cortante la
sección transversal se convierte en un paralelogramo. Solución.
G Acero al carbono = 8 x109 N/m2
F
El módulo de cizalladura o de rigidez G es una esfuerzo S
propiedad mecánica de cada material G= = A= t
deformación δ φ
h
F (1200(9,8))
Siendo pequeños los ángulos de desplazamiento
podemos escribir St = = = 4,704 x106 N/m2
Deformación =
δ
= tan φ ≈ φ
A (0,05) 2

h Consideremos solamente las fuerzas
F horizontales, estas producen una deformación
esfuerzo S φ , como se muestra en la figura
G= = A= t
deformación δ φ St 4,704 × 106
h φ= = = 0,588 x10-3
La ley de Hooke para la deformación por cizalladura G 8 × 109
se puede escribirla de modo siguiente: radianes
S t = Gφ
El módulo de cizalladura G es característico de cada
material
Módulo de
Nombre rigidez G
1010 N/m2
Aluminio 2,5
Cobre 4,3 La cara que se muestra queda como un rombo
Oro 3,5
⎛π ⎞ ⎛π ⎞
Hierro, fundido 3,2 con ángulos ⎜ −φ ⎟ y ⎜ +φ ⎟
Plomo 0,6 ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠
Nickel 7,4 Consideremos ahora solamente las fuerzas
Acero 7,5 verticales, estas producen una deformación
Latón 1,7 también φ , como se muestra en la figura
St 4,704 × 106
Ejemplo 39. Un cubo de gelatina de 30 cm φ= = = 0,588 x10-3
de arista tiene una cara sujeta mientras que a G 8 × 109
la cara opuesta se le aplica una fuerza radianes
tangencial de 1 N. La superficie a la que se
aplica la fuerza se desplaza 1 cm.
a) ¿Cuál es el esfuerzo de corte?

22


= 2,65 x 105 N

Ejemplo 42. El acero promedio requiere,
típicamente, un esfuerzo de 3,45 x 108 N/m2 para la
ruptura por cizalladura. Determine la fuerza
requerida para perforar un agujero del diámetro 2,5
cm en una placa de acero de ¼ de pulgada (6,25
El cubo se deforma en el plano del papel y mm) de espesor.
toma la forma de un rombo con ángulos
⎛π ⎞ ⎛π ⎞
⎜ − 2φ ⎟ y ⎜ + 2φ ⎟
⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠
Ejemplo 41. Una estatua se encuentra soldada a un
pedestal de latón, que se muestra en la figura. Al Solución.
producirse un movimiento sísmico se observa un La circunferencia de un círculo del diámetro D = 2,5
desplazamiento lateral de la cara superior del
cm es C = πD = 7,85 x10 m , El área del borde
−2
pedestal de 0,25mm.
del disco cortado AAAA es el producto de la
Calcular: circunferencia C por el espesor del material, esto es
a) El esfuerzo de corte. (6,25 × 10 )(7,85 × 10 ) = 49,06 × 10
−3 −2 −5
m2 .
b) La magnitud de la fuerza producida por el Una fuerza de la magnitud F se ejerce en el sacador,
movimiento sísmico. el esfuerzo de corte (fuerza por unidad de área) a
El pedestal de latón tiene una altura de 1m y una
F
sección cuadrada de 0,5m de lado. través del borde es S = ⇒
El módulo de Young del latón es 3,5x1010 Pa A
Módulo de rigidez G del latón es 1,7 x1010 N/m2 F = S . A = (3,45 × 10 8 )(49,06 × 10 −5 )
= 1,69 x 105 N. La hoja de acero se corta por
cizalladura cuando el esfuerzo llega a ser igual 3,45
x 108 N/m2, es decir, cuando F = 1,69 x 105 N.
Esta es la fuerza de 1,69 x 105 N, equivalente a 17,3
toneladas es requerida para perforar el agujero de
2,5 cm de diámetro El sacador y los dados son
operados por una máquina conocida como prensa;
Solución. en este caso uno tendría que utilizar una prensa con
Desplazamiento lateral de la cara superior del una capacidad de 20 toneladas o más.
pedestal de 0,25mm.
Ejemplo 43. Calcular el módulo de rigidez del
material en función a las características geométricas
de un alambre (longitud l y radio R) y del torque
aplicado.
Manteniendo el extremo superior fijo aplicamos un
torque τ que gira al extremo inferior un ánguloθ.
Consideremos una capa diferencial cilíndrica de
material concéntrica con el eje, de radio interior r y
a) El esfuerzo de corte. de espesor dr, como se muestra en la figura.
Δx 0,25 × 10 −3
δ= = = 0,25 × 10 − 3
h 1,00
S
G= t ⇒
δ
St = Gδ = (1,7 x 1010)(0,25 x10-3)
= 0,425 x 107 N/m2
b) La magnitud de la fuerza producida por el
movimiento sísmico.
F
St = ⇒
A La deformación es
F = St A = (0,425 x 107)(0,52)

23


δ rθ
φ= =
l l
El esfuerzo cortante es
Grθ
S t = Gφ =
l
Como el esfuerzo cortante es la fuerza tangencial
por unidad de área, multiplicándolo por el área de la
sección transversal de la Capa, 2 π rdr, nos dará la
π R4 π D4
fuerza tangencial dF sobre la base de la Capa τ= G θ ⇒τ= G θ,
⎛ Grθ ⎞ θ 2 2 l 32 l
dF = S t dA = ⎜ ⎟(2πrdr ) = 2πG r dr π D4
⎝ l ⎠ l Como τ = FD ⇒ FD = G θ , de aquí
El torque sobre la base de la Capa cilíndrica es 32 l
⎛ θ ⎞ θ ⎛ 32 F ⎞⎛ l ⎞
dτ = rdF = r ⎜ 2πG r 2 dr ⎟ = 2πG r 3 dr θ =⎜ ⎟⎜ 3 ⎟
⎝ l ⎠ l ⎝ πG ⎠⎝ D ⎠
Integrando de 0 a R, el torque total sobre la base del Para la varilla de 100 cm y de 80 cm
cilindro es respectivamente son:
π R4 ⎛ 32 F ⎞⎛ l 1 ⎞ ⎛ 32 F ⎞⎛ l 2 ⎞
τ= G θ θ1 = ⎜ ⎟⎜ 3 ⎟ Y θ 2 = ⎜
⎜D ⎟ ⎟⎜ 3 ⎟
⎜ ⎟
2 l ⎝ πG ⎠⎝ 1 ⎠ ⎝ πG ⎠⎝ D2 ⎠
De aquí De estas últimas obtenemos:
2τl 3
G= ⎛l ⎞⎛ D1 ⎞
3
⎛ 80 ⎞⎛ 1 ⎞
πR 4θ θ2 = ⎜ 2
⎜l ⎟⎜
⎟⎜ D ⎟ θ1 = ⎜
⎟ ⎟⎜ ⎟ 1º
⎝ 1 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 100 ⎠⎝ 2 ⎠
O sea, para determinar C bastará con medir el = 0,1º
ángulo θ que se produce al aplicar el torque M.
DEFORMACION VOLUMETRICA. MODULO
Ejemplo 44. Una varilla de cobre de 40 cm de DE ELASTICIDAD VOLUMETRICO.
longitud y de 1 cm de diámetro está fija en su base y Módulo de elasticidad volumétrico.
sometida a un par de 0,049 Nm en torno a su eje Consideramos ahora un volumen de material V
longitudinal. ¿Cuántos grados gira la cara superior sujeto a un esfuerzo unitario p 0 (por ejemplo la
respecto de la inferior? presión atmosférica) sobre toda la superficie.
Cuando el esfuerzo a presión se incrementa a
p = p 0 + Δp y el volumen sufre una disminución
ΔV , la deformación unitaria es δ = − ΔV V
F
Solución.
El esfuerzo es = Δp .
A
Cobre estirado en frío G = 48,0x109 N/m2 La razón del esfuerzo de compresión uniforme a la
π R4 2lτ deformación por compresión uniforme recibe es el
τ= G θ θ=
2 l πGR 4 módulo de elástico que en este caso se conoce como
2(0,4 )(0,049)
módulo de compresibilidad volumétrica o
θ= volumétrico (B).
π (48,0 × 10 )(0,5 × 10 )
−2
= 2,08 x10-4
Δp
9
B=−
radianes ΔV
V
Ejemplo 45. Una varilla que tiene 100 cm de Donde la constante de proporcionalidad B, depende
longitud y 1 cm de diámetro está sujeta solamente del material. El módulo volumétrico
rígidamente por un extremo y se le somete a tiene las dimensiones de la presión, esto es,
torsión por el otro hasta un ángulo de lº. Si se fuerza/área y es aplicable tanto para sólidos como
aplica la misma fuerza a la circunferencia de líquidos. Pero, los gases tienen un comportamiento
una varilla del mismo material pero que tiene diferente que será considerado posteriormente.
una longitud de 80 cm y un diámetro de 2 Módulo
cm, ¿cuál es el ángulo de torsión resultante? Nombre volumétrico
Solución. B 1010 N/m2
Aluminio 7,5
Cobre 14

24


Hierro 16
Plomo 17 Ejemplo 48. Si con aluminio se fabrica un cubo de
Níckel 4,1 10 cm de lado, se quiere saber las deformaciones
Vidrio óptico 5,0 que experimentará en una compresión uniforme,
Latón 6,0 perpendicular a cada una de sus caras, de una
Acero 16 tonelada, y cuándo esta misma fuerza actúa
Agua 0,21 tangencialmente a la superficie de una de sus caras,
Mercurio 2,8 estando el cubo só1idamente sujeto por la cara
opuesta.
Solución.
Ejemplo 46. ¿Qué incremento de presión se requiere La presión que soporta, cada cara, en el primer caso,
para disminuir el volumen de un metro cúbico de será:
agua en un 0,005 por ciento? F (100)(9,8)
p= = = 9,8 × 10 Pa
Solución. A 0,12
Por elasticidad volumétrica tenemos:
Como el módulo volumétrico del aluminio es
ΔV B = 3,5x 1010 N/m2:
Δp = − B
V ΔV p 9,8 × 105
El módulo de compresibilidad del agua es =− =− = −2,8 × 10 − 5
9 2 V B 3,5 × 1010
2,1 x 10 N/m
De donde:
⎛ − 0,00005V ⎞ ΔV = - 2,8x 10-5 V = - 2,8x 10-5x 10-3 = - 2,8x 10-8
Δp = −2,1 × 10 ⎜ 9
⎟
⎝ V ⎠ m3.
2 En cuanto a la deformación, se obtiene a partir de la
= 1,05 x105 N/m expresión de la deformación de cizalla, que es:
1 F 1 (103 )(9,8)
Ejemplo 47. Calcule densidad del agua del océano a tan ϕ ≈ ϕ = =
una profundidad en que la presión es de 3430 N/cm2. G A 3 × 1011 x10−1 10− 2
La densidad en la superficie es 1024 kg/m3. = 3,27x10-5 rad
El módulo de compresibilidad del agua es 2,1 x
9 2
10 N/m
Solución. RELACION ENTRE CONSTANTES
p = 3430 N/cm2 = 3,430 x107 N/m2, ELASTICAS.
Δp = 3,430 x107– 1,013 x105 ≈ 3,430 x107 N/m2 Relación entre B, Y y σ
m kg
En la superficie ρ = = 1024 3 Muestra sometida a una presión uniforme.
V m
Cuando cambia el volumen a V ' = (V + ΔV ) , La figura siguiente muestra un bloque bajo presión
tenemos: uniforme en toda su superficie exterior
m m m
ρ'= = =
V ' V + ΔV ⎛ ΔV ⎞
V ⎜1 + ⎟
⎝ V ⎠
ρ
=
⎛ ΔV ⎞
⎜1 + ⎟
⎝ V ⎠
Δp ΔV Δp
Como B = − ⇒ =− Como la presión es uniforme, el esfuerzo unitario en
ΔV V B cada cara es el mismo.
V Y las deformaciones de cada una de las dimensiones
De aquí: son:
Dimensión l:
ρ ρ
ρ'= =
⎛ ΔV ⎞ ⎛ Δ p ⎞
⎜1 + ⎟ ⎜1 − ⎟
⎝ V ⎠ ⎝ B ⎠
1024
= = 1041 kg/m3
⎛ 3,430 × 107 ⎞ Δl p
⎜1 − ⎟ =−
⎜ 2,1 × 109 ⎟ l Y
⎝ ⎠

25


Dimensión a: - Propia:
Δb1 p
=−
b Y
- Debido a la deformación de a:
Δb2 Δa ⎛ p⎞ p
= −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ
b a ⎝ Y⎠ Y
- Debido a la deformación de l:
Δa p
=− Δb3 Δl ⎛ p⎞ p
a Y = −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ
Dimensión b:
b l ⎝ Y⎠ Y
Deformación total
Δb Δb1 Δb2 Δb3
= + +
b b b b
p
= − (1 − 2σ )
Y
Δb p El cambio de volumen es:
=−
b Y ΔV Δl Δa Δb
= + +
Pero, como la deformación de una dimensión lleva a V l a b
la deformación de las otras dimensiones, tenemos.
3p
Deformación de l: = − (1 − 2σ )
- Propia: Y
Δl 1 p Sabemos nosotros que el módulo de compresibilidad
=− es
l Y p
- Debido a la deformación de a: B=−
Δl 2 Δa ⎛ p⎞ p ΔV V
= −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ Luego:
l a ⎝ Y⎠ Y
Y
- Debido a la deformación de b: B=
Δl 3 Δb ⎛ p⎞ p 3(1 − 2σ )
= −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ Expresión que nos relaciona el módulo de
l b ⎝ Y⎠ Y Compresibilidad, el módulo de Young y la relación
Deformación total de Poisson
Δl Δl 1 Δl 2 Δl 3
= + + Ejemplo 49. Se somete a una muestra de cobre de
l l l l forma cúbica con 10 cm de arista a una compresión
p
= − (1 − 2σ ) uniforme, aplicando Un esfuerzo de 106 N/m2
Y perpendicularmente a cada una de sus caras. La
Deformación de a: variación relativa de volumen que se observa es de
- Propia: 7,25×10-6 .
a) Determinar el módulo de compresibilidad (B) del
Δa1 p
=− Cu en el sistema internacional.
a Y b) Determinar el módulo de Poisson sabiendo que el
- Debido a la deformación de l: módulo de Young del cobre es 120×109 Pa.
Solución.
Δa2 Δl ⎛ p⎞ p
= −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ a) Como:
a l ⎝ Y⎠ Y ΔV
- Debido a la deformación de b: Δp = 104 N/m 2 , = −7,25 × 10−6 y
V
Δa3 Δb ⎛ p⎞ p Δp
= −σ = −σ ⎜ − ⎟ = σ B=− ⇒
a b ⎝ Y⎠ Y ΔV
Deformación total
V
Δa Δa1 Δa2 Δa3
= + + 106
a a a a B=− −6
= 137,7 x 109 N/m2
p − 7,25 × 10
= − (1 − 2σ ) b)
Y
Deformación de b:

26


Y Y
B= ⇒ (1 − 2σ ) =
3(1 − 2σ ) 3B
Y
1−
⇒σ = 3B
2
120 × 109
1−
⇒σ =
(
3 137,7 × 109 )
= 0,35
El esfuerzo de compresión sobre el plano B resulta
ser
2 2G G
SB = =
2A A
Relación entre G, Y y σ A e igualmente el esfuerzo de tracción sobre C
2G G
Muestra sometida a esfuerzo cortante. SC = =
Determinación de la relación entre el módulo de 2A A
rigidez, el módulo de Young y el módulo de Las deformaciones de las diagonales B y C se
Poisson. escriben entonces
Pretendemos analizar la relación entre los esfuerzos
ΔD B H
cortantes y los esfuerzos de compresión y de = (1 + σ )
tracción. Para ello consideremos primero el caso del D YA
bloque de la Figura que está sometido, por una parte, ΔDC H
a un esfuerzo de compresión y en la otra dirección a y = (1 + σ ) (1)
un esfuerzo de tracción. Sea 1 su longitud en la D YA
dirección horizontal y h su altura. Si expresamos el esfuerzo tangencial en términos del
ángulo φ, ya que suponemos que la deformación es
pequeña resulta
δ 2 Δ DC ΔDC
tan φ ≈ φ ⇒ φ = ≈ =2
h h D

La deformación en la dirección horizontal tiene dos
términos: el primero corresponde a la deformación
producido por el esfuerzo de tracción, mientras que
el segundo corresponde a la dilatación producida por
la compresión en la dirección vertical. Por tanto, nos
queda, Donde las dos últimas igualdades surgen a partir de
Δl F F F analizar la geometría esbozada en la Figura arriba.
= +σ = (1 + σ ) En efecto, si el ángulo entre δ y ΔD es de 45 grados
l YA YA YA
Por otra parte, la deformación en la dirección se cumple
vertical corresponde a las deformaciones causadas δ 1
= = 2
por un lado por la fuerza de compresión en la ΔDC sen 45o
dirección vertical y por otro por la tracción en la
dirección horizontal. Por tanto, Y por tanto
Δh F F F δ 2ΔDC 2ΔDC
=− −σ = −(1 + σ ) φ= = o
=
h YA YA YA h DC sen 45 DC
Ahora bien, en la Figura abajo representamos la En estas condiciones, sí sustituimos en (1) este
deformación de un bloque sometido a un esfuerzo último resultado nos queda
tangencial detallando lo que le ocurre a las H
diagonales de sus caras. Si observamos la figura, φ = 2(1 + σ )
vemos que los resultados de los esfuerzos YA
tangenciales equivalen a los producidos por las Esta ecuación, si tenemos en cuenta que φ es la
fuerzas H que producen, por una parte, un esfuerzo deformación tangencial y la comparamos con la
de tracción sobre el plano C y un esfuerzo de S H A
compresión sobre el plano B. ecuación G = = , nos permite obtener
φ φ

27


Y Y = 2 x 1011 N/m2, A = área de la sección transversal
G= = 10 -6m2
2(1 + σ ) Solución.
Expresión que relaciona el módulo de rigidez con el l = 2 m , F1 = 5 × 9,8 N , F2 = 10 × 9,8 N
módulo de Young y con el módulo de Poisson
A = 10 -6 m 2 , Y = 2 × 10 2 N/m 2
FUERZA ELASTICA Y ENERGIA ELASTICA. W = trabajo realizado por la fuerza F = kx en alargar
Energía de deformación. el alambre una longitud x.
La energía necesaria para estirar una cantidad x una 1 2 F
muestra de material de constante de rigidez k es W= kx , con F = kx ⇒ x =
1 2 k
∫ fdx = ∫ kxdx = 2 kx
2
Energía = o en función 2
1 ⎛F⎞ 1 F2
W = k⎜ ⎟ =
de F 2 ⎝k⎠ 2 k
1 YA
Energía = Fx Para un alambre k =
2 l
Si la sección transversal de la muestra es A y su Reemplazando:
longitud l entonces podemos escribir la ecuación
1 F2
como W=
Energía 1 Fx Energía 1 ⎛ F ⎞⎛ x ⎞ 2 YA l
= o = ⎜ ⎟⎜ ⎟
Al 2 Al Al 2 ⎝ A ⎠⎝ l ⎠ F 2l
=
Energía por unidad de volumen = 2 AY
(5 × 9,8)2 (2) = 0,012 J
1
(Esfuerzo)(Deformación unitaria) F12 l
a) W1 =
( )
2 =
Esta es la energía necesaria para estirar o comprimir 2 AY 2 10 −6 2 × 1011
la muestra, teniendo en cuenta el módulo de Young
y la energía por unidad de volumen, puede
W2 =
F22 l (10 × 9,8)2 (2) = 0,048 J
2 AY 2(10 −6 )2 × 1011
b) =
expresarse como
Energía 1 (Esfuerzo) 2
= El incremento en energía almacenada es:
Volumen 2 Y ΔE = W2 − W1 = 0,048 – 0,012 = 0,036 J.
Ejemplo 50. Una carga de 100 kg está colgada de un Ejemplo 52. Demostrar que cuando se
alambre de acero de 1 m de longitud y 1 mm de somete un cuerpo elástico a una tensión de
radio. ¿A qué es igual el trabajo de tracción del corte pura que no supera el límite elástico de
alambre? corte para el material, la densidad de energía
Solución. elástica del cuerpo es igual a la mitad del
Por la ley de Hooke producto de la tensión de corte por la
Δl F YA deformación de corte.
= ⇒ F= Δl (1) Solución.
l YA l
Pero para las fuerzas elásticas F = kΔl (2)
Comparando (1) y (2) vemos que
AY
k= (3)
l
Entonces
AY (Δl )
2
W = k (Δl ) =
1 2
(4)
2 2l
Calculando la magnitud Δl por la fórmula (1) y
La fuerza que deforma por corte o cizalladura
poniendo todos los datos numéricos en la ecuación
(4) obtenemos definitivamente que W = 0,706 J. GA
es F= x
h
Ejemplo 51. Un alambre de acero de 2m de longitud El trabajo para deformar un dx es
cuelga de un soporte horizontal rígido. x = Δx GA
a) ¿Cuánta energía almacena cuando se suspende en W =∫ xdx
él una carga de 5 kg? x =0 h
b) ¿Si la carga se aumenta 10 kg, en cuanto aumenta
energía almacenada?

28


1 GA Usando los diagramas del cuerpo libre mostrados en
W= (Δx )2 = 1 FΔx las figuras tenemos:
2 h 2 Para la parte de la liga L1: tenemos:
La densidad de energía es
PL0 / 2 PL0 / 2 P
W 1⎛F ⎞ 1 ΔL1 = = =
= ⎜ ⎟Δx = S t Δx YA FL0 2F
A 2⎝ A⎠ 2
Para la parte de la liga L2, tenemos:
Ejemplo 53. La elasticidad de una banda de goma
de longitud Lo es tal que una fuerza F aplicada a 2 PL0 / 2 2 PL0 / 2 P
ΔL2 = = =
cada extremo produce una deformación longitudinal YA FL0 F
de una unidad. Se sujetan dos pesos del mismo
La mínima cantidad de trabajo que hará elevar
valor P, uno en un extremo y el otro en la mitad de ambos pesos del suelo es:
la banda y a continuación se levanta la banda con
Trabajo = Energía para estirar ΔL1 + Energía para
los pesos por su extremo libre. ¿Cuál es la mínima
cantidad de trabajo que hará elevar ambos pesos del estirar ΔL2 + Energía para elevar un peso P la altura
L1, el peso inferior no se levanta, solamente se
suelo?
despega del piso.
Energía para estirar una banda elástica es
1 2
U = kx
2

En este caso k = YA =
FL0
= 2 F , y x = ΔL1 ,
L0 / 2 Lo / 2
Solución.
Como cuando se aplicada a cada extremo una fuerza o ΔL2 , según corresponda
F se produce una deformación longitudinal de una
Trabajo = 2 F (ΔL1 ) + 2 F (ΔL2 ) + PL1
1 2 1 2
unidad: 2 2
FL0 Como conocemos ΔL1 , ΔL2 y
ΔL = 1 = , luego YA = FL0
YA L1 =
L0 L
+ ΔL1 = 0 +
P
2 2 2F
Tenemos
2 2
1 ⎛ P ⎞ 1 ⎛P⎞ ⎛L P ⎞
Trabajo = 2 F ⎜ ⎟ + 2 F ⎜ ⎟ + P⎜ 0 + ⎟
2 ⎝ 2F ⎠ 2 ⎝F⎠ ⎝ 2 2F ⎠
Finalmente
7 P2 1
Trabajo = + PL0
4 F 2

PREGUNTAS Y PROBLEMAS

1. ¿Cuál es el objeto del refuerzo de acero en una 3. ¿Qué clase de elasticidad se presenta en un puente
viga de concreto? colgante? ¿En un eje de dirección automotriz? ¿En
¿El concreto necesita mayor refuerzo bajo un resorte? ¿En tacos de caucho?
compresión o bajo tensión? ¿Por qué?
4. Una mujer distribuye su peso de 500 N
2. ¿Cuál es más elástico, caucho o acero? ¿Aire o igualmente sobre los tacones altos de sus zapatos.
agua? Cada tacón tiene 1,25 cm2 de área. a) ¿Qué presión
ejerce cada tacón sobre el suelo?

29


b) Con la misma presión, ¿cuánto peso podrían 12. Una varilla metálica de 4 m de largo y sección
soportar 2 sandalias planas cada una con un área de 0,5 cm2 se estira 0,20 cm al someterse a una tensión
200 cm2? de 5000 N. ¿Qué módulo de Young tiene el metal?

5. ¿Cuál debe ser el diámetro mínimo de un cable 13. Una cuerda de Nylon se alarga 1,2 m sometida
de acero que se quiere emplear en una grúa diseñada al peso de 80 kg de un andinista.
para levantar un peso máximo de 10000 kg.?El Si la cuerda tiene 50 m de largo y 7 mm de diámetro,
esfuerzo de ruptura por tracción del acero es de ¿qué módulo de Young tiene el Nylon?
30×107 Pa. Igual pero si se quiere un coeficiente de
seguridad de 0,6. 14. Para construir un móvil, un artista cuelga una
esfera de aluminio de 5 kg de una alambre vertical
6. Dos alambres del mismo material, y misma de acero de 0,4 m de largo y sección 3×10-3 cm2. En
longitud l , cuyos diámetros guardan la relación la parte inferior de la esfera sujeta un alambre
similar del cual cuelga un cubo de latón de 10 kg.
n.
Para cada alambre calcular la deformación por
¿Qué diferencia de alargamientos tendrán bajo la
tensión y el alargamiento.
misma carga?
15. En el sistema mostrado en la figura, la barra OE
7. Un ascensor es suspendido por un cable de acero.
es indeformable y, de peso P; los tensores AC y DE
Si este cable es reemplazado por dos cables de acero
son de peso despreciable, área A y módulo de
cada uno con la misma longitud que el original pero
elasticidad Y.
con la mitad de su diámetro, compare el
Determinar cuánto bajará el peso W respecto a la
alargamiento de estos cables con el del cable
posición en la cual los tensores no estaban
original.
deformados.
8. Una cierta fuerza se requiere para romper un
alambre. ¿Que fuerza se requiere para romper un
alambre del mismo material el cual es
a) del doble de longitud?
b) el doble en diámetro y dé la misma longitud?

9. Un hilo de 80 cm de largo y 0,3 cm de diámetro se
estira 0,3 mm mediante una fuerza de 20 N. Si otro
hilo del mismo material, temperatura e historia previa
tiene una longitud de 180 cm y un diámetro de 0,25 l
cm. ¿qué fuerza se requerirá para alargarlo hasta una 16. Dos barras de longitud ( + Δl) cada una,
longitud de 180,1 cm?
2
Respuesta. áreas A 1 y A 2 y módulos de elasticidad Y 1 e Y 2
F = 211 N respectivamente, como se muestra en la figura, se
comprimen hasta introducirlas entre dos paredes
10. a) Calcule el cambio de dimensiones de una rígidas separadas una distancia l . ¿Cuál será la
columna de fundición gris (Y = 145 GPa) que tiene posición x de la unión de ambas barras?
dos tramos de 1,5 m cada uno y diámetros de 0,1 m
y 0,15 m, al soportar una carga de 500 kN. ¿Está
bien dimensionada la columna si el límite elástico de
la fundición gris es 260 MPa?
b) Si la columna fuera troncocónica de 3 m de altura,
y los diámetros de sus bases variaran entre 0,1 m y
0,15 m.
Respuesta. a) Lf = 3,001 m. Sí está bien 17. Una varilla de 1,05 m de largo y peso
dimensionada. despreciable está sostenida en sus extremos por
b) Lf = 3,0009 m alambres A y B de igual longitud. El área transversal
de A es de 1 mm2 y la de B 4 mm2. El módulo de
11. Un cable de acero de 2 m de largo tiene una Young de A es 2,4×1011Pa y de B 1,2×1011
sección transversal de 0,3 cm2. Se cuelga un torno de Pa. ¿En que punto de la varilla debe colgarse un
550 kg del cable. Determínese el esfuerzo, la peso P a fin de producir
deformación y el alargamiento del cable. Supóngase a) esfuerzos iguales en A y B? y b) ¿deformaciones
que el cable se comporta como una varilla con la iguales en A y B?
misma área transversal. El módulo de Young del
acero es 200×109 Pa. 18. Una barra de longitud L y masa m se encuentra
suspendida por un pivote B indeformable y por dos
barras en sus extremos como se muestra en la figura

30


estas barras son iguales de área A, longitud l y
módulo de elasticidad Y. 22. Un alambre de cobre de 31 cm de largo y 0,5 mm
de diámetro está unido a un alambre de latón estirado
de 108 cm de largo y 1 mm de diámetro. Si una
determinada fuerza deformadora produce un
alargamiento de 0,5 mm al conjunto total y un valor
de Y = 12 x 1010 Pa, ¿cuál es el alargamiento de cada
parte?
Respuesta.
Δl = 0,27 mm para el latón.
19. En el sistema mostrado en la figura, calcular Δl = 0,23 mm para el cobre
cuánto desciende el extremo B de la barra
indeformable y de peso despreciable, cuando se le
23. Un alambre de acero dulce de 4 m de largo y 1
coloca un peso de 10 Ton. en ese extremo.
mm de diámetro se pasa sobre una polea ligera,
Los tirantes son de acero y de 2cm2 de área cada
uniendo a sus extremos unos pesos de 30 y 40 kg.
uno, suponga deformaciones pequeñas de tal manera
Los pesos se encuentran sujetos, de modo que el
que se puedan hacer las aproximaciones geométricas
conjunto se encuentra en equilibrio estático.
apropiadas.
Cuando se dejan en libertad, ¿en cuánto cambiará
la longitud del alambre?
Respuesta.
Δl = 1,0 mm
24. Un hilo está formado por un núcleo de acero
dulce de 1,3 cm de diámetro, al cual se le ha
fusionado una capa exterior de cobre (Y = 12 x
1010 Pa) de 0,26 cm de gruesa. En cada extremo del
hilo compuesto se aplica una fuerza de tracción de
Respuesta. Δy = 17,1 x 10-3 m 9000 N. Si la deformación resultante es la misma
en el acero y en el cobre, ¿cuál es la fuerza que
20. En el sistema mostrado en la figura, calcular soporta el núcleo de acero?
cuanto desciende el extremo B de la barra horizontal Respuesta.
rígida y de peso despreciable, cuando se le coloca F = 5812 N
una masa M en ese extremo.
Las barras inclinadas son iguales de área A y módulo 25. Un ascensor cargado con una masa total de
de elasticidad Y. 2000 kg esta de un cable de 3,5 cm2 de sección. El
Asuma pequeñas deformaciones, o sea, que se material del cable tiene un límite elástico de 2,5 x
pueden hacer las aproximaciones geométricas 108 Pa y para este material Y = 2 x 1010 Pa. Se
usuales. especifica que la tensión del cable nunca excederá
0,3 del límite elástico.
a) Hallar la tensión del cable cuando el ascensor
está en reposo.
b) ¿Cuál es la mayor aceleración permisible hacia
arriba?
c) ¿La distancia más corta de parada permisible
cuando la velocidad del ascensor es hacia abajo?
Respuesta.
F
a) = 5,6 x 107 Pa, b) a = 0,33 m/s2,
A
c) Δy = 33,8 m.

21. Un hilo delgado de longitud l , módulo de Young 26. Volver a resolver el Problema anterior,
Y y área de la sección recta A tiene unido a su teniendo en cuenta esta el peso del cable cuando
extremo una masa pesada m. Si la masa está girando tiene su longitud máxima de 150 m. La densidad
en una circunferencia horizontal de radio R con del material del cable es 7,8 x 103 kg /m3. Si se
velocidad angular ω, ¿cuál es la deformación del supera la carga máxima, ¿por dónde se romperá el
hilo? (Suponer que es despreciable la masa del hilo). cable: cerca de su punto más alto o próximo al
Respuesta. ascensor?
Δl mω 2 R Respuesta.
= F
l AY a) = 6,75 x 107 Pa, b) a = 1,32 m/s2,
A
31


c) Δy = 85,3 m.

27. Un cable pesado de longitud inicial y área de
sección recta A tiene una densidad uniforme ρ y un
módulo de Young Y. El cable cuelga verticalmente
y sostiene a una carga Fg en su extremo inferior. La
fuerza tensora en un punto cualquiera del cable es
evidentemente suma de la carga Fg y del peso de la Respuesta. θ = 0,00422º
parte del cable que está debajo de dicho punto.
Suponiendo que la fuerza tensora media del cable 32. a) Desarrollar una expresión para la constante
actúa sobre la longitud total del cable l 0 , hallar el de torsión de un cilindro hueco en función de su
alargamiento resultante. diámetro interno Ro, su radio externo R1, su
Respuesta. longitud l y su módulo de corte G.
b) ¿Cuál deberá ser el radio de un cilindro macizo
⎛l ⎞⎛ Fg 1 ⎞
Δl = ⎜ 0 ⎟⎜
⎜ A + 2 ρ gl 0 ⎟
⎟
de la misma longitud y material y que posee la
⎝Y ⎠⎝ ⎠ misma constante de torsión?
c) ¿Cuál deberá ser el ahorro de masa si se utilizase
28. Demostrar que cuando se somete un cuerpo el cilindro hueco en un eje de una máquina en lugar
elástico a una tensión de corte pura que no supera el de utilizar el cilindro macizo?
límite elástico de corte para el material, la densidad Respuesta.
⎛ πG ⎞ 4
( )
R1 − R04 , b) R = (R14 − R04 )4
1
de energía elástica del cuerpo es igual a la mitad del
producto de la tensión de corte por la deformación
a) τ0 = ⎜ ⎟
de corte.
⎝ 2l ⎠
⎡
c) Ahorro = 100 ⎢1 −
(
R12 − R02 ⎤
⎥%
)
29. El esfuerzo de la ruptura del cobre rolado para la
cizalladura es típicamente 1,5 x 108. ⎢
⎣ (
R12 + R02 ⎥
⎦ )
¿Qué fuerzas F se deben aplicar a las cuchillas de
metal mostradas en la figura para cortar una tira de 33. A profundidades oceánicas de unos 10 km la
una hoja de cobre de 5 cm de ancho y 1,27 mm de presión se eleva a 1 kilobar, aproximadamente.
espesor? a) Si se hunde un trozo de acero dulce hasta esta
profundidad, ¿en cuánto variará su densidad?
b) ¿Cuál es la densidad del agua del mar a esta
profundidad si la densidad en la superficie vale 1,04
g/cm3?
B acero = 16 x 1010 N/m2 , B agua = 0,21 x 1010 N/m2,
1bar = 105 Pa
Respuesta.
a) 0,062 %, b) ρ = 1,105 g/cm3
Respuesta. 9525 N
34. Se somete a una muestra de cobre de forma
30. Una varilla que tiene 100 cm de longitud y 1 cúbica con 10 cm de arista a una compresión
cm de diámetro está sujeta rígidamente por un uniforme, aplicando una tensión equivalente a una
extremo y se le somete a torsión por el otro hasta tonelada perpendicularmente a cada una de sus
un ángulo de lº. Si se aplica la misma fuerza a la caras. La variación relativa de volumen que se
circunferencia de una varilla del mismo material observa es de 7,25×10-6 (∆V/Vo). Determinar el
pero que tiene una longitud de 80 cm y un diámetro módulo de compresibilidad del Cu en el sistema
de 2 cm, ¿cuál es el ángulo de torsión resultante? internacional, sabiendo que el módulo de Young del
Respuesta. θ = 0,1º cobre es 120×109 Pa. Obtener además el módulo de
Poisson.
31. La balanza de torsión de la figura se compone
35. Un depósito de acero de 60 litros de capacidad
de una barra de 40 cm con bolas de plomo de 2 cm
contiene oxígeno a una presión manométrica de 140
en cada extremo. La barra está colgada por un hilo
Pa. ¿Qué volumen ocupará el oxígeno si se le permite
de plata de 100 cm que tiene un diámetro de 0,5
que se expansione a temperatura constante hasta que
mm. Cuando se ponen muy de cerca de las bolas de
su presión manométrica es nula? (La presión
plomo, pero en lados opuestos, dos bolas mayores
manométrica es la diferencia entre la presión real en
de plomo de 30 cm de diámetro (ρ = 11,4 g/cm3),
el interior del depósito y la de la atmósfera exterior).
sus atracciones gravitatorias tienden a hacer girar la
Respuesta. V = 889 litros.
barra en el mismo sentido. ¿Cuál será la torsión del
hilo de plata?

32


36. En cada extremo de una barra horizontal de 1,5 m fuerzas de compresión (valores negativos de F),
de larga, 1,6 cm de ancha y 1 cm de larga se aplica siempre disminuyen de volumen ¿Apoya esta
una fuerza de tracción de 2 800 N. El módulo de afirmación el hecho de que no existe ningún material
Young y el coeficiente de Poisson del material de la 1
barra son Y = 2 x 106 Pa y σ = 0,3. para el cual σ≥ ?
a) Hallar la deformación transversal barra. 2
b) ¿Cuáles son las variaciones relativas de la anchura
y altura? 38. Un manual de materiales relaciona estos datos
c) ¿Cuál es el aumento de volumen? para el aluminio en hoja laminada
d) ¿Cuál es la energía potencial adquirida por la Módulo de Young, 7 x 1010 Pa
barra? Límite elástico a la tracción, 7,2 x 107 Pa
Respuesta. Coeficiente de Poisson, 0,33
Tensión de tracción final, 14 x 107 Pa
Δd
a) == −2,625 × 10 − 4 , Tensión de tracción permisible, 0,4 de la tensión de
d0 tracción final
−4 La tensión de tracción permisible es la máxima
b) Δd = −4,2 × 10 cm tensión que se considera segura cuando este material
−4
c) Δh = −2,625 × 10 cm se utiliza en estructuras sometidas a de tracción
conocidas y constantes. Una tira de este aluminio de
37. a) Demostrar que el coeficiente de Poisson viene
76 cm de larga, 2,5 cm de ancha y 0,8 mm de gruesa
dado por
se estira gradualmente hasta que la tensión de
tracción alcanza su límite permisible. Calcular
3B. − 2 S
σ= a) su variación de longitud,
2(3B + S ) b) su variación de volumen,
b) Demostrar que a partir de esta ecuación se sigue c) el trabajo realizado y
que el coeficiente de Poisson debe estar comprendido d) la ganancia en la densidad de energía elástica.
Respuesta.
1
entre -1 y . a) Δl = 0,688 mm, b) ΔV = 0,0041 cm3,
2 c) W = 0,341 J, d) ΔU = 22400 J/m3
c) La experiencia demuestra que las barras sometidas
a fuerzas de tracción (valores positivos siempre
aumentan de volumen, mientras que si se someten a

33

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