Apuntes_mecanica__de_solidos_I_-_Cap03

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Apuntes Mecánica de Sólidos 
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CAPÍTULO 3 
ESFUERZOS UNIFORMES 
 
3.1 Introducción 
 
 En el presente capítulo se analizan las situaciones más comunes, en las que se 
presentan estados de esfuerzos que se pueden suponer aproximadamente uniformes. 
 
 Se consideran aproximadamente uniformes, ya que en el hecho no lo son 
realmente, así por ejemplo, cuando se tiene una estructura reticulada en la que se supone 
que las barras que la constituyen trabajan sólo en tracción o compresión, el esfuerzo a 
que están sometidas se calcula como la fuerza de tracción o compresión dividida por el 
valor de la sección transversal de las barras, es decir, se está suponiendo que las cargas 
están perfectamente centradas y por lo tanto el esfuerzo producido es uniforme. 
3.2 Esfuerzos axiales uniformes 
 
 Cuando se tiene una barra prismática, con carga axial perfectamente centrada 
(línea de acción resultante pasando por el centro de gravedad de la sección transversal), el 
esfuerzo en las secciones alejadas de los puntos de aplicación de la carga es uniforme, ver 
Fig. 3- 1. En las secciones próximas a los puntos de aplicación de la carga, el estado de 
esfuerzos es en general complejo. 
 
En la situación ilustrada en la Fig. 3- 1 en que se ha supuesto que la carga externa 
solicitante es una carga concentrada, es evidente que el esfuerzo 𝜎𝑥 =
𝑃
𝐴⁄ no puede ser 
el mismo para todas las secciones de los extremos que no están afectos a la acción de la 
carga concentrada. 
 
 Sólo en el caso de que la carga externa solicitante fuese una fuerza uniformemente 
distribuida en las secciones de los extremos de la barra, el esfuerzo sería uniforme para 
todos los puntos. 
 
 Para puntos de secciones alejadas de los extremo, el esfuerzo está dado por: 
𝜎𝑥 =
𝑃
𝐴
= 𝑐𝑡𝑒 𝜎𝑦 = 𝜏𝑥𝑦 = 0 
 
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Fig. 3- 1 Barra prismática con carga axial. 
 
 La deformación axial será de acuerdo a la Ley de Hooke: 
 
𝜀𝑥 =
𝜎𝑥
𝐸
=
𝑃
𝐴𝐸
 
 
 Y el alargamiento debido a la carga P será entonces 
 
∆𝐿 =
𝑃𝐿
𝐸𝐴
 (3. 1) 
 
La deformación transversal en una dirección cualquiera “y” será: 
 
𝜀𝑦 = −𝜈 𝜀𝑥 = −
𝜈 𝑃
𝐴𝐸
 
 
 Y por lo tanto el acortamiento transversal será: 
 
∆𝑏 = −
𝜈𝑃𝑏
𝐸𝐴
 (3. 2) 
 
 
 
 
 
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Ejemplo: 
 
Determine el diámetro mínimo de 
los pernos de acero de la prensa de la 
Figura, si se desarrolla una carga máxima 
de 60 Ton. Determine también el 
alargamiento máximo de ellos, si miden 1 
metro. 
 
 La tensión admisible del acero es: 
 
𝜎𝑎𝑑𝑚 = 1500 
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
⁄ 
 
Y el módulo elástico: 
 
𝐸 = 2,1 · 106
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
⁄ 
Solución: 
 
 Cada perno está sometido a una fuerza de tracción de 30.000 kg, luego el esfuerzo 
a que estarán sometidos será igual a 𝜎 = 𝑃 𝐴⁄ y este esfuerzo no podrá ser superior al 
admisible especificado, así: 
𝐴 =
𝑃
𝜎𝑎𝑑𝑚
=
𝜋 𝑑2
4
=
𝑃
𝜎𝑎𝑑𝑚
 
 Luego: 
𝑑 = √
4 𝑃
𝜋 𝜎𝑎𝑑𝑚
= √
4 · 30.000
𝜋 · 1.500
= 5,05 𝑐𝑚 
 
 El alargamiento está dado por: 
 
∆𝐿 =
𝑃𝐿
𝐴𝐸
=
4 · 30.000 · 100
𝜋 4,62 · 2,1 · 106
= 0,086 𝑐𝑚 
 
 
 
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Ejemplo: 
 
 Determinar el alargamiento de una barra prismática sometida a su peso propio. 
 
Solución: 
 
 La figura muestra una barra prismática 
sometida a su propio peso. El peso total es W, la 
sección transversal es A y la longitud es L. 
 
 El disco diferencial de espesor dy, está 
sometido en su cara inferior a un esfuerzo que 
es igual al peso del trozo de barra bajo él, 
dividido por la sección transversal, es decir: 
 
𝜎𝑦 =
(𝐴 𝑦)𝛾
𝐴
= 𝑦 𝛾 
 
 Donde 𝛾 es el peso específico del 
material de la barra. 
 
 Podemos considerar el alargamiento del disco de espesor infinitesimal, de acuerdo 
a la expresión (3. 1), como: 
𝑑(∆𝐿) =
𝜎𝑦𝑑𝑦
𝐸
 
 Luego: 
∆𝐿 =
1
𝐸
∫ 𝛾 𝑦 𝑑𝑦
𝐿
0
=
𝛾𝐿2
2𝐸
 
 
 Como, 𝑊 = 𝛾 𝐿 𝐴, se obtiene que: 
 
∆𝐿 =
1
2
𝑊𝐿
𝐸𝐴
 
 
 Se puede ver que el alargamiento debido al peso propio de una barra, es igual a la 
mitad del que se produciría en caso de que el peso W, actuara como carga concentrada en 
el extremo. 
 
 
 
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Ejemplo: 
 
 Determinar el alargamiento de una barra de sección variable, sometida a su peso 
propio. 
 
Solución: 
 
 Supongamos que la sección variable está dada por: 
 
𝐴 = 𝐴0𝑒
𝑘𝑦 𝑘 > 0 
 
 El procedimiento es el mismo que se siguió en el ejemplo 
anterior; en este caso hay que considerar que la sección es 
variable. 
 
 El peso de la porción de barra que actúa sobre el disco 
diferencial está dado por: 
 
𝑊(𝑦) = ∫ 𝛾 𝐴 𝑑𝑦
𝑦
0
= 𝛾 ∫ 𝐴0𝑒
𝑘𝑦 𝑑𝑦
𝑦
0
 
 
Con esto se obtiene: 
 
𝑊(𝑦) =
𝛾 𝐴0
𝑘
(𝑒𝑘𝑦 − 1) 
 
La tensión será: 
𝜎𝑦 =
𝑊(𝑦)
𝐴
=
𝛾
𝑘
(1 − 𝑒−𝑘𝑦) 
 
 Y el alargamiento estará dado por: 
 
𝑑(∆𝐿) =
𝜎𝑦𝑑𝑦
𝐸
=
𝛾
𝑘𝐸
(1 − 𝑒−𝑘𝑦)𝑑𝑦 
 
 Integrando para toda la barra se obtiene el alargamiento total como: 
 
∆𝐿 =
𝛾𝐿
𝑘𝐸
+
𝛾
𝑘2𝐸
(𝑒−𝑘𝑙 − 1) 
 
 
 
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Ejemplo: 
 
 La figura muestra una estructura reticulada sometida a las cargas que se indican. 
Las barras exteriores tienen una sección transversal de área igual a 14 cm2 y las interiores 
de 7 cm2. Determinar las tensiones y alargamiento de cada una de las barras si son de 
Aluminio: 
𝐸 = 7 · 105
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
⁄ 
 
 
Solución: 
 
 El apoyo A, transmite una reacción 𝑅𝐴 con componentes 𝑅𝐴𝑥, 𝑅𝐴𝑦 y el soporte de 
rodillos B, transmite una reacción vertical 𝑅𝐵 . 
 
 
 De la condición de equilibrio de fuerzas y momentos, se tiene: 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑅𝐴𝑥 = 0 
∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑅𝐴𝑦 + 𝑅𝐵 − 25000 = 0 (𝑎) 
∑ 𝑀𝐴 = 0 𝑅𝐵 · 16 − 10000 · 12 − 15000 · 8 = 0 (𝑏) 
 
 
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 De (𝑎) y (𝑏) se obtiene: 
 
𝑅𝐵 = 15000 𝑘𝑔 𝑅𝐴𝑦 = 10000 𝑘𝑔 
 
 Para calcular las tensiones en las barras se puede comenzar con el análisis del nudo 
A. 
 
𝑅𝐴𝑦 − 𝑇𝐴𝐶 (
3
5
) = 0 → 𝑇𝐴𝐶 = 16667 𝑘𝑔 (𝐶) 
𝑇𝐴𝐷 − 𝑇𝐴𝐶 (
4
5
) = 0 → 𝑇𝐴𝐷 = 13334 𝑘𝑔 (𝑇) 
 
En el nudo C es claro que: 
𝑇𝐶𝐷 = 0 𝑦 𝑇𝐶𝐹 = 𝑇𝐴𝐶 
 
 El procedimiento se continúa, pudiéndose 
entonces calcular los esfuerzos en las barras dividiendo la 
tensión por las áreas de las secciones transversales. Esto 
equivale a suponer que el esfuerzo es uniforme en la 
sección transversal. 
 
 Por tratarse de un estado uniaxial de esfuerzos, los alargamientos de la barra se 
calculan a partit de la Ley de Hooke: 
𝜎 = 𝐸𝜀 
 
𝑇
𝐴
= 𝐸
∆𝐿
𝐿0
 → ∆𝐿 =
𝑇𝐿0
𝐴𝐸
 
 
Finalmente, es útil tabular los valores obtenidos. 
 
Barra Tensión 
(kg) 
Esfuerzo 
(kg/cm2) 
Alargamiento 
(cm) 
AC 16.667 (C) 1.190,4 (C) -0,28 
AD 13.334 (T) 1.904,8 (T) +0,36 
CD 0 0 0 
CF 16.667 (C) 1.190,4 (C) -0,28 
. . . . 
. . . . 
. . . . 
. . . . 
 
 
 
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3.3 Efecto de la temperatura sobre las deformaciones. Dilatación 
térmica. 
 
 Las variaciones de temperatura dilatan o contraen a los materiales. El alargamiento 
que experimenta una barra al aumentar su temperatura de un valor 𝑇0 a otro valor T está 
dado por la expresión: 
∆𝐿 = 𝐿0 𝛼 (𝑇 − 𝑇0) (3. 3) 
 
 Donde 𝛼 es el coeficiente de expansión térmica lineal en [𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠]−1 y 𝐿0 es la 
longitud inicial de la barra, ver Fig. 3- 2. 
 
 
Fig. 3- 2 Dilatación térmica. 
 
 La expresión (3. 3) puede escribirse como: 
 
𝜀𝑇 = 𝛼 (∆𝑇) (3. 4) 
 
 Donde 𝜀𝑇 es la deformación o alargamiento unitario debido a la variación de 
temperatura ∆𝑇. 
 
 Si la barra es impedida de deformarse libremente por efecto de la variación de 
temperatura (Fig. 3- 2 Dilatación térmica., entonces se producen en ella esfuerzos 
térmicos que se pueden suponer uniformes en la sección de la barra, de una magnitud 
igual a: 
 
𝜎𝑇 = 𝐸𝜀𝑇= 𝐸 𝛼 (∆𝑇) (3. 5) 
 
 
 
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Ejemplo: 
 
 Determine el esfuerzo producido en la sección transversal de una barra cuadrada 
de acero, 𝛼 = 12 · 10−6[º𝐶]−1, de 2 cm por lado y 1 m de longitud. Si su temperatura se 
aumenta de 20 ºC a 90 ºC y se le impide totalmente la dilatación. 
 
Solución: 
 
 El esfuerzo térmico está dado por la expresión (3. 5) 
 
𝜎𝑇 = 2,1 · 10
6 (
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
) · 12 · 10−6 (º𝐶)−1 · 70 º𝐶 
𝜎𝑇 = 1764 (
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
) 
 
 Como el área de la sección transversal es de 4 𝑐𝑚2, la fuerza necesaria para 
impedir la dilatación térmica sería. 
𝑅 = 𝜎𝑇 · 𝐴 = 1764 (
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
) · 4 𝑐𝑚2 
𝑅 = 7056 𝑘𝑔 
 
3.4 Problemas hiperestáticos o estáticamente indeterminados. 
 
 Cuando las reacciones internas o externas de un cuerpo quedan determinadas por 
las ecuaciones de equilibrio, se dice que el problema es estáticamente determinado. Si en 
cambio, el número de reacciones desconocidas es mayor que el número de ecuaciones de 
equilibrio disponibles, se dice que el problema es estáticamente indeterminado o 
hiperestático. 
 
 En un problema hiperestático, las ecuaciones que faltan se obtienen de las 
relaciones entre deformaciones, las que expresadas en términos de cargas, permiten 
resolver el problema. 
 
 Este método de resolución de problemas hiperestáticos, es de aplicación general 
para cualquier tipo de solicitación. 
 
 Los problemas presentados a continuación, ilustran el método aplicado a casos en 
que los elementos tienen cargas axiales de tracción o compresión. 
 
 
 
 
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Ejemplo: 
 
 Determinar la tensión máxima que se produce en 
la barra que se muestra en la Figura. Los extremos están 
fijos a las paredes rígidas. 
 
Solución: 
 
 Se trata en este caso de un problema hiperestático 
o estáticamente indeterminado, es decir, no son 
suficientes las ecuaciones de equilibrio estático para las 
incógnitas que tienen. 
 
 En estos casos, se recurre a condiciones de 
deformación que proporcionan las relaciones que faltan. 
 En este problema se tienen dos incógnitas, 𝑅1 y 𝑅2, y una sola ecuación de 
equilibrio estático. 
𝑅1 + 𝑅2 = 𝑃 
 
 Sin embargo, se sabe el alargamiento de la barra 1, debido a la tensión 𝑅1, es igual 
al acortamiento de la barra 2, debido a la fuerzo de compresión 𝑅2, así: 
 
𝛿1 = 𝛿2 
 
𝑅1𝑙1
𝐸1𝐴1
=
𝑅2𝑙2
𝐸2𝐴2
 
 
 Al resolver las dos ecuaciones se obtiene para 𝑅2 
 
𝑅2 =
𝑃
1 +
𝐴1
𝐴2
(
𝐸1
𝐸2
)
𝑙2
𝑙1
 
 
 Evidentemente que la proporción en que se distribuye la carga P en las barras 
depende del valor del factor. 
𝐴1
𝐴2
(
𝐸1
𝐸2
)
𝑙2
𝑙1
 
 
 
 
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Ejemplo: 
 
 Determinar las fuerzas en cada una de las barras que sostienen un peso rígido W, 
tal como se muestra en la figura. 
 
 
 
 
Solución: 
 
 En este ejemplo se presenta otra situación hiperestática. Las condiciones de 
equilibrio de la estática aplicadas al bloque rígido proporcionan: 
 
𝑇𝐴 + 𝑇𝐵 + 𝑇𝐶 − 𝑊 = 0 Equilibrio de fuerzas 
𝑇𝐵 · 𝑎 + 𝑇𝐶 · (𝑎 + 𝑏) − 𝑊 · 𝐶 = 0 Equilibrio de momentos 
 
Se tienen 2 ecuaciones y 3 incógnitas, la tercera relación se obtiene de la 
proporcionalidad entre los alargamientos. 
 
𝛿𝑐 − 𝛿𝐴
𝑎 + 𝑏
=
𝛿𝐵 − 𝛿𝐴
𝑎
 
 
 Los alargamientos correspondientes se expresan en términos de las tensiones, y así 
el problema se reduce a resolver el sistema de tres ecuaciones en 𝑇𝐴,𝑇𝐵 y 𝑇𝐶. 
 
 
 
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Ejemplo: 
 
 El aro y el eje de la figura se encuentran unidos por medio de rayos radiales 
uniformemente distribuidos y articulados en sus extremos. Entre el eje y el aro (que se 
presumen rígidos) se transmite un torque 𝑀𝑡 . Deduzca la expresión que permite 
determinar la tensión T en los rayos en términos de: 
 
𝑀𝑡: Torque 
𝑙0 : Longitud inicial de los rayos 
𝐴 : Sección Transversal de los 
rayos 
𝐸 : Módulo elástico 
𝑎 : Radio del eje 
𝑛 : Número de rayos 
 
Solución: 
 
Es necesario dibujar la configuración deformada. 
Por condición de equilibrio de momentos, tenemos: 
𝑇 cos 𝜃 𝑎 𝑛 = 𝑀𝑡 
 Luego 
𝑇 =
𝑀𝑡
𝑎 𝑛 cos 𝜃
 
 
 Como se trata de un caso hiperestático, la 
condición geométrica de deformación se obtiene del 
triángulo OAB. Aplicando el teorema del coseno. 
 
(𝑙0 + 𝑎)
2 = (𝑙0 + ∆𝑙)
2 + 𝑎2 + 2𝑎(𝑙0 + ∆𝑙) sin 𝜃 
 
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 De aquí se obtiene: 
sin 𝜃 =
2𝑎𝑙0 − 2𝑙0∆𝑙 + ∆𝑙
2
2𝑎(𝑙0 + ∆𝑙)
 
 = 1 −
∆𝑙
𝑎
 
 Así 
cos 𝜃 = √1 − (1 −
∆𝑙
𝑎
)
2
 
 Desarrollando resulta: 
cos 𝜃 = √
2 ∆𝑙
𝑎
 ∆𝑙 =
𝑇𝑙0
𝐴 𝐸
 
 Con lo que 
cos 𝜃 = √
2 𝑇𝑙0
𝑎 𝐴 𝐸
 
 Reemplazando en la expresión par T, se obtiene finalmente: 
𝑇 = √
𝑀𝑡
2𝐴 𝐸
2𝑎2𝑛2𝑙0
 
 
 
 
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Ejemplo: 
 
 Determine las tensiones en la 
estructura de tres barras de acero, si la 
temperatura baja de 30ºC a -5ºC. A la 
temperatura de 30ºC las barras se 
encuentran sin tensiones. 
 
𝛼 = 12 · 10−6(º𝐶)−1 
𝐴 = 9 𝑐𝑚2sección 
𝜃 = 45º 
 
Solución: 
 
 Al disminuir la temperatura, las barras sufrirán un acortamiento. 
 
 Si las barras no tuviesen la restricción que impone el pasador P, el acortamiento y 
la disposición de las barras sería el de la Figura (a). La acción del pasador P es equivalente 
a comprimir la barra central y traccionar las laterales hasta llegar a la situación de 
equilibrio de la Figura (b). 
 
 De esta manera, las dos ecuaciones disponibles para calcular la compresión de la 
barra central C y la tracción de las barras laterales T son las ecuaciones de equilibrio de las 
fuerzas en el nudo P. 
𝐶 = 2 𝑇 𝑐𝑜𝑠 𝜃 (a) 
 Y la relación geométrica de los acortamientos 𝛿𝐶 y 𝛿𝑇. 
 
 Despreciando la variación del ángulo 𝜃 se tiene 
 
𝛿𝑇 = 𝛿𝐶 𝑐𝑜𝑠 𝜃 
 
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 Los acortamientos 𝛿𝐶 y 𝛿𝑇 se expresan superponiendo al efecto térmico la acción 
de las tensiones, así se tiene: 
 
𝐿𝐶𝑃 𝛼 ∆𝑇 + 
𝑇𝐿𝐶𝑃
𝐴 𝐸
= (𝐿𝐵 𝛼 ∆𝑇 − 
𝐶𝐿𝐵𝑃
𝐴 𝐸
) 𝑐𝑜𝑠 𝜃 
 
 Con la relación 𝐿𝐵𝑃 = 𝐿𝐶𝑃𝑐𝑜𝑠 𝜃 , se llega a: 
 
𝑇 + 𝐶 cos2 𝜃 = 𝐴 𝐸 𝛼 ∆𝑇 (𝑐𝑜𝑠2 𝜃 − 1) (b) 
 
 Resolviendo el sistema de ecuaciones (𝑎) y (𝑏) se obtiene: 
 
𝑇 =
𝐴 𝐸 𝛼 ∆𝑇 sin2 𝜃
1 + 2 cos2 𝜃
 
 
 Con los valores numéricos del problema se llega al resultado 
 
𝑇 = 2.334,7 𝑘𝑔 𝐶 = 3.301,8 𝑘𝑔 
 
 
3.5 Esfuerzos de corte uniforme 
 
 Existen algunos casos de elementos mecánicos en que, por la forma de aplicación 
de las cargas y geometría del elemento, es posible suponer que alguna superficie interna 
está sometida a un esfuerzo de corte uniforme o esfuerzo de cizalle uniforme. 
 
 En la Fig. 3- 3 se muestra un caso en el que por los motivos expuestos 
anteriormente es razonable considerar en forma aproximada que el esfuerzo de corte o 
cizalle en la superficie interna ABCD es uniforme, en este caso, igual a: 
 
𝜏 =
𝑃
𝐴
=
𝑃
𝐿𝑏
 (3. 6) 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
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Fig. 3- 3 Esfuerzo de corte uniforme. 
 
Ejemplo: 
 
 El acoplamiento rígido de la Figura transmite un torque 𝑀𝑡, por medio de los seis 
pernos de unión distribuidos uniformemente a 60º. Se conoce el esfuerzo admisible al 
cizalle (𝜏𝑎𝑑𝑚), se desea dimensionar el diámetro resistente de los pernos. 
 
Solución: 
 
 Si el sistema está perfectamente ajustado, se puede suponer con bastante 
aproximación que la sección transversal de los pernos, situada en el mismo plano de 
interfase de los platos, estásometida a un esfuerzo de corte uniforme. Estos esfuerzos 
uniformes tienen para cada perno una fuerza resultante F, las que proporcionan el 
momento resistente a la solicitación. 
 
 Si el esfuerzo de corte se limita al valor máximo del esfuerzo admisible se tiene: 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
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𝐹𝑎𝑑𝑚 = 𝜏𝑎𝑑𝑚
𝜋 𝑑2
4
 
 Además 
𝑀𝑡 = 6 𝐹𝑎𝑑𝑚
𝐷
2
 
𝑀𝑡 = 6 𝜏𝑎𝑑𝑚
𝐷
2
𝜋 𝑑2
4
 
 De donde: 
𝑑 = √
4𝑀𝑡
3 𝜋 𝜏𝑎𝑑𝑚 𝐷 
 
 
3.6 Estanques de pared delgada con simetría axial 
 
 Se considera como estanque de pared delgada, a aquél en que la relación entre el 
espesor de pared y alguna dimensión característica como por ejemplo el diámetro, es muy 
pequeña de manera que el esfuerzo circunferencial (𝜎𝜃), que se origina al existir presión 
interna o externa, se puede considerar uniforme en el espesor de pared. 
 
 En general, en estanques o ductos que trabajan con presión interna, se demuestra 
que el esfuerzo circunferencial varía de un cierto valor máximo en la pared interior a un 
cierto valor mínimo en la pared exterior, Fig. 3- 4 Distribución de esfuerzo circunferencial. 
(a). Si el estanque es de pared delgada, se puede despreciar la variación y considerar un 
valor promedio uniforme para 𝜎𝜃, Fig. 3- 4 Distribución de esfuerzo circunferencial. 
 
Fig. 3- 4 Distribución de esfuerzo circunferencial. 
 
 Con esta aproximación, resulta simple establecer el equilibrio entre fuerzas 
externas e internas y por lo tanto obtener el valor de los esfuerzos. 
 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
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 Consideramos en primer lugar un estanque cilíndrico como el de la Fig. 3- 5, donde 
las direcciones x, 𝜃 y los esfuerzos 𝜎𝑥, 𝜎𝜃 son las direcciones y esfuerzos longitudinal y 
circunferencial respectivamente. 
 Con ayuda de los cortes m-m y n-n se establece el equilibrio entre las fuerzas 
externas e internas y se obtienen las expresiones para los esfuerzos. 
 
Corte m-m 
 
 La presión p ejerce sobre la mitad inferior del estanque una fuerza resultante 𝐹𝜃, la 
que está en equilibrio con la fuerza interna resultante del esfuerzo 𝜎𝜃 de manera que: 
 
𝐹𝜃 = 2 𝐿 𝑡𝜎𝜃 
 
 Además como 𝐹𝜃 = 𝑝 𝐷 𝐿, resulta para 𝜎𝜃 de expresión: 
 
𝜎𝜃 =
𝑃𝐷
2𝑡
 (3. 7) 
 
Corte n-n 
 
 Para este corte, la presión ejerce sobre la porción derecha del estanque una fuerza 
resultante 𝐹𝑥, la que está en equilibrio con la fuerza interna resultante de 𝜎𝑥 
 
𝐹𝑥 = 𝜋 𝐷 𝑡𝜎𝑥 
Como 
𝐹𝑥 = 𝜋
𝐷2
4
𝑝 
Se obtiene para 𝜎𝑥 la expresión: 
 
𝜎𝑥 =
𝑃𝐷
4𝑡
 (3. 8) 
 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
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Fig. 3- 5 Estanque Cilíndrico. 
 
 Puede verse que el esfuerzo circunferencial es igual a dos veces el esfuerzo axial, y 
que además por no existir esfuerzo de corte para la orientación considerada, 𝜎𝑥 y 𝜎𝜃 son 
principales. 
 
 Como se ha supuesto que 𝜎𝑥 y 𝜎𝜃 son uniformes en el espesor, respecto de estas 
componentes, es lo mismo si se considera un punto interior de la pared o un punto 
exterior, sin embargo, existe componente radial 𝜎𝑟 que varía de (-p) en el punto interior 
hasta el valor de la presión que hay en la superficie exterior. 
 
 La Fig. 3- 6 muestra los estados de esfuerzos en los puntos interior y exterior de la 
pared del estanque. 
 
 Es conveniente hacer notar que los esfuerzos 𝜎𝑥 y 𝜎𝜃 son mucho mayores que la 
presión p, ya que la relación D/t es alta, por este motivo en los estanques de pared 
delgada se desprecia la componente radial. 𝜎𝑟 = −𝑝 
 
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Fig. 3- 6 Estado de esfuerzos en los puntos interior y exterior de la pared del estanque. 
 
Problema: 
 
 Las deformaciones medidas en la superficie exterior de la caldera que se muestra 
en la figura son: 
 
𝜀𝑎 = 0,00055 (+)𝜀𝑏 = 0,00029 (+) 
 
Donde se desconoce el ángulo γ 
 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
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 El diámetro de la caldera es de 30 cm. La plancha tiene un espesor de 3 mm y el 
material es acero 0,8% de Carbono (Módulo de Poisson 0,3; 𝜎𝑎𝑑𝑚 = 3000 Kg/cm
2, 
Módulo elástico 𝐸 = 2,1 · 106 Kg/cm2) Determine: 
 
a) Los esfuerzos normales en las direcciones a y b. 
b) Los esfuerzos principales en ese punto 
c) La presión en la caldera 
 
Solución: 
 
 El estado de esfuerzos en el punto donde está ubicado el medidor de 
deformaciones, se muestra en la siguiente figura. 
 
 Aplicando la Ley de Hooke a la orientación a,b se tiene: 
 
𝜀𝑎 =
1
𝐸
(𝜎𝑎 − 𝜈 𝜎𝑏) =
1
2,1 · 106
(𝜎𝑎 − 0,3 𝜎𝑏) 
𝜀𝑏 =
1
𝐸
(𝜎𝑏 − 𝜈 𝜎𝑎) =
1
2,1 · 106
(𝜎𝑏 − 0,3 𝜎𝑎) 
 
Reemplazando los respectivos valores de 𝜀𝑎 y 𝜀𝑏 se obtiene: 
 
𝜎𝑎 = 1.227,2 
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
⁄ 
𝜎𝑏 = 240,8 
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
⁄ 
Para determinar el valor de la presión, aplicamos la relación invariante 
 
𝜎𝑥 + 𝜎𝜃 = 𝜎𝑎 + 𝜎𝑏 
 
 Para estanque cilíndrico se cumple que 𝜎𝜃 = 2 𝜎𝑥, por lo que 
 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
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3𝜎𝑥 = 𝜎𝑎 + 𝜎𝑏 
 O bien: 
3
𝑃𝐷
4𝑡
= 𝜎𝑎 + 𝜎𝑏 
 De donde: 
𝑃 = 19,57 
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
⁄ 
Problema: 
 
 Un cilindro de 2,5 m de diámetro y 10 mm de espesor se 
somete a una presión interna de 15 
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
⁄ . Las planchas están 
soldadas en hélices de 30º como se muestra en la figura. 
 
a) Determine el aumento de diámetro del cilindro. 
b) Determine el esfuerzo normal y de corte de soldadura. 
 
Solución: 
 
 Para determinar el aumento de diámetro debido a la presión interna, 
relacionaremos en primer lugar la deformación circunferencial con la variación del radio 
del cilindro. 
 
 De acuerdo a la figura, la deformación circunferencial 𝜀𝜃 está dada por: 
 
𝜀𝜃 =
𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅̅ − 𝐴𝐵̅̅ ̅̅
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
=
(𝑅 + ∆𝑅) ∆𝜃 − 𝑅 ∆𝜃
𝑅 ∆𝜃
 
 De donde: 
𝜀𝜃 =
∆𝑅
𝑅
 
 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
71 
 
 Por otro lado, utilizaremos la ley de Hooke y teniendo presente que el estado de 
tensiones está definido por las componentes 𝜎𝑥 y 𝜎𝜃, se tiene: 
 
𝜀𝜃 =
1
𝐸
(𝜎𝜃 − 𝜈 𝜎𝑥) 
 
 Con la expresión (*) y las relaciones (3. 7) y (3. 8), se llega a: 
 
∆𝑅
𝑅
=
1
𝐸
(
𝑃 𝐷
2 𝑡
− 𝜈
𝑃 𝐷
4 𝑡
) 
 De donde: 
∆𝐷 = 2 ∆𝑅 =
𝑃 𝐷2
2 𝑡 𝐸
(1 −
𝜈
2
) 
 
Tomando para acero 𝐸 = 2,1 · 106
𝐾𝑔
𝑚𝑚2
⁄ y 𝜈 = 0,3 
∆𝐷 =
15 · 2502
2 · 1 · 2,1 · 106
(1 −
0,3
2
) 
∆𝐷 = 5,8 · 10−4 𝑐𝑚 
 
 Para calcular el esfuerzo en la soldadura, se puede utilizar el círculo de Mohr, o 
bien las relaciones estudiadas en el Capítulo 1. 
 
 El círculo de Mohr es el siguiente: 
 
 El punto p del círculo, representa el estado de esfuerzo en el plano de la soldadura, 
el radio del círculo está dado por 
(𝜎𝜃 − 𝜎𝑥)
2⁄ , de manera que: 
𝑂𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑂𝐴̅̅ ̅̅ + 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ − 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
72 
 
𝜎𝑛 = 𝜎𝑥 +
𝜎𝜃 − 𝜎𝑥
2
−
𝜎𝜃 − 𝜎𝑥
2
cos 60º 
 Como 𝜎𝜃 = 2 𝜎𝑥 
𝜎𝑛 =
𝜎𝑥
2
(3 − cos 60º) =
𝑝 𝐷
2 𝑡
(2,5) 
𝜎𝑛 =
15 · 250
8 · 1
(2,5) 
𝜎𝑛 = 1.171,8 
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
⁄ 
 En forma similar para el esfuerzo de corte 
 
𝐵𝑃̅̅ ̅̅ = 𝑃𝐶̅̅̅̅ sin 60º 
 
𝜏𝑛𝑡 =
𝜎𝜃 − 𝜎𝑥
2
sin 60º =
𝜎𝑥
2 
sin 60º 
𝜏𝑛𝑡 = 
𝑃 𝐷
8 𝑡
sin 60º =
15 · 250
8 · 1
sin 60º 
𝜏𝑛𝑡 = 405,9 
𝐾𝑔
𝑐𝑚2
⁄ 
 
 Las tensiones en un estanque esférico, se determinan en forma similar al caso 
anterior. 𝜃y𝜑 son dos direcciones, tomadas arbitrariamente en un punto, perpendicular 
entre sí y perpendiculares al radio. 
 
 Para el corte m-m, que divide al estanque en dos partes iguales, la condición de 
equilibrio para la mitad de la derecha, Fig. 3- 7Estanque esférico.(b) es: 
 
𝐹𝜃 = 𝜋 𝐷 𝑡 𝜎𝜃 
 
Fig. 3- 7Estanque esférico. 
 
 𝐹𝜃es la acción de la presión, 𝐹𝜃 =
𝜋 𝐷2
4
𝑝, reemplazando se obtiene: 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
73 
 
 
𝜎𝜃 =
𝑝 𝐷
4 𝑡
 (3. 9) 
 
 Es fácil ver, que por tratarse de un cuerpo esférico, la condición de equilibrio para 
el corte n-n, dará como resultado para la componente 𝜎𝜑, el mismo que se obtuvo para la 
componente 𝜎𝜃, y en general lo mismo se hubiera obtenido para cualquier otro corte. 
 
𝜎𝜑 = 𝜎𝜃 (3. 10) 
 
 Para este caso particular de tensiones, el círculo de Mohr en un punto, el esfuerzo 
normal es el mismo cualquiera sea el plano que se considere y el esfuerzo de corte para 
estos planos es nulo, ver Fig. 3- 8Estado de tensiones en un tanque esférico.. 
 
Fig. 3- 8Estado de tensiones en un tanque esférico. 
 
Problema: 
 
 Un estanque esférico que almacena 
propano tiene 5 m de diámetro y está 
construido de planchas de acero de 25 mm de 
espesorsoldadas. 
 La presión de trabajo del estanque es 
de 17 
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
⁄ . 
 
 
 
Determine: 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
74 
 
 
a) El esfuerzo normal máximo (promedio) en el estanque. 
b) El factor de seguridad con respecto a falla de fractura. La tensión de ruptura del 
acero es 𝜎𝑟 = 4250 
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
⁄ 
Solución: 
 
 De acuerdo a las expresiones (3. 9) y (3. 10) 𝜎𝜑 y 𝜎𝜃 son esfuerzos principales y 
como son de igual valor, corresponden al esfuerzo normal máximo 𝜎1, así: 
 
𝜎1 = 𝜎𝜃 =
𝑝 𝐷
4 𝑡
=
17 · 500
4 · 2,5
 
𝜎1 = 850 
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
⁄ 
 El factor de seguridad con respecto a falla por fractura (k), se define como la razón 
entre la tensión de ruptura del material y el esfuerzo normal máximo. 
 
𝐾 =
𝜎𝑟
𝜎1
=
4250
850
 
𝐾 = 5 𝐹𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑟𝑖𝑑𝑎𝑑 
 
Hasta aquí, el análisis se ha limitado a estanques cilíndricos y esféricos, a 
continuación se verá un análisis más general, que permitirá la determinación de tensiones 
en estanques con Simetría Axial. 
 
 La Fig. 3- 9 representa un pequeño elemento de un estanque de pared delgada de 
espesor uniforme, sometido a presión interna. 
 
Fig. 3- 9Elemento en un estanque de pared delgada. 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
75 
 
 
 𝜌𝑚, es en el radio de curvatura del arco meridiano y 𝜌𝑐, es el radio de curvatura del 
arco circunferencial perpendicular al anterior. 
 
 Estableciendo el equilibrio en la dirección normal tenemos: 
 
𝑅 − 2 𝐹𝑚 sin(𝑑𝜃) − 2 𝐹𝐶 sin(𝑑𝜃) = 0 (3. 11) 
 
 La acción de la presión sobre el elemento es: 
 
𝑅 = 𝑝 (2 𝜌𝑚 𝑑𝜑)(2 𝜌𝑐 𝑑𝜃) 
 
 Reemplazando 𝑅 , 𝐹𝐶 y 𝐹𝑚 en la expresión (3. 11) y utilizando las relaciones 
sin(𝑑𝜃) = 𝑑𝜃 y sin(𝑑𝜑) = 𝑑𝜑, se tiene: 
 
𝑝 (2 𝜌𝑚 𝑑𝜑)(2 𝜌𝑐 𝑑𝜃) − 2 𝜎𝑚(2 𝑡 𝜌𝑐 𝑑𝜑) − 2 𝜎𝐶(2 𝑡 𝜌𝑚 𝑑𝜑) = 0 
 
 Simplificando y reordenando términos se llega a: 
 
𝑝
𝑡
=
𝜎𝑚
𝜌𝑚
+
𝜎𝑐
𝜌𝑐
 (3. 12) 
 
 En esta expresión, las incógnitas son la tensión meridional 𝜎𝑚 y la tensión 
circunferencial 𝜎𝑐, la relación que falta, se obtiene estableciendo el equilibrio de una parte 
del estanque tomada adecuadamente, tal como se hizo en el caso de las formas cilíndrica 
y esférica, que corresponden a casos particulares de estanques con Simetría Axial. 
 Hay que hacer notar que en el análisis, se ha supuesto que las tensiones son 
uniformes en el espesor de la pared y por lo tanto no hay flexión (Teoría membranal). Sin 
embargo, la existencia de cambios bruscos, elementos rigidizantes, cargas concentradas, 
etc., hacen que se produzcan efectos de flexión de consideración, los cuales deberán 
considerarse en un análisis riguroso. 
 
Problema: 
 
 El recipiente esférico de la figura 
de radio R y espesor t contiene un líquido 
de peso específico 𝛾. 
 
 Determine las tensiones en la 
pared del estanque y dibuje la 
distribución de las tensiones 𝜎𝑚 y 𝜎𝑐. 
 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
76 
 
Solución: 
 
 La primera relación se obtiene a 
partir del diagrama de cuerpo libre de la 
porción del estanque tomada como se 
indica en la figura. 
 
 El equilibrio de las fuerzas 
verticales conduce a: 
𝜎𝑚(2 𝑅 sin 𝜑 𝑡) sin 𝜑 = 𝑝 (∗) 
 
 Donde P es el peso de la columna líquida, que se calcula de la siguiente manera. 
 
𝑑𝑃 = 𝛾 𝑑𝑣 = 𝛾 ( 2 𝑅 sin 𝜓) 𝑑(𝑅 sin 𝜓)𝑅 cos 𝜓 
𝑑𝑃 = 2 𝛾 𝑅3 sin 𝜓 cos2 𝜓 𝑑𝜓 
 
 Integrando entre los límites 𝜓 = 0 y 𝜓 = 𝜑 se obtiene: 
 
𝑃 =
2
3
𝑅3 𝛾 (1 − cos3 𝜑) 
 
 Esta expresión en (*) conduce a: 
𝜎𝑚 =
𝛾 𝑅3
3 𝑡
1 − cos3 𝜑
sin2 𝜑
 
 
 La componente circunferencial se obtiene con la expresión (3. 12) y los valores: 
 
𝜌𝑚 = 𝜌𝑐 = 𝑅 
 
𝜎𝑐 =
𝛾 𝑅2
3 𝑡
(3 cos 𝜑 −
1 − cos3 𝜑
sin2 𝜑
) 
 
 Para dibujar la distribución de las tensiones 𝜎𝑚 y 𝜎𝑐 calculamos sus valores en los 
siguientes puntos. Para: 
 
𝜑 = 0 → 𝜎𝑚 = 𝜎𝑡 =
𝛾 𝑅2
2 𝑡
 
𝜑 =
𝜋
2
 → 𝜎𝑚 =
𝛾 𝑅2
3 𝑡
, 𝜎𝑡 = −
𝛾 𝑅2
3 𝑡
 
 
Apuntes Mecánica de Sólidos 
77 
 
 
Problema: 
 
 Determine las tensiones en el toroide de la figura, que se encuentra sometido a 
una presión interna p. 
 
Solución: 
 
 Se considera la porción de toroide que se muestra en la figura y se plantea la 
condición de equilibrio de fuerzas verticales.