Medina fisica2 cap1

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

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