Elasticidad y Resistencia de Materiales (1)

Resistencia de Materiales I Res´ umenes y Problemas de Clase

Departamento de Mec´ anica Estructural y Construcciones Industriales Escuela T´ecnica Superior de Ingenieros Industriales de Madrid

U.D. de Resistencia de Materiales Curso 2007-08

Anotaciones

Presentaci´ on Estas notas se han concebido como material de apoyo did´ actico para la asignatura de “Resistencia de Materiales I”, asignatura semestral que imparte el Departamento de Mec´ anica Estructural y Construcciones Industriales de la ETS de Ingenieros Industriales de Madrid. Se pretende dar al alumno la posibilidad de contrastar con ellas sus apuntes de clase y, de esta manera, ayudarle a comprender mejor las ideas transmitidas por el profesor. De acuerdo con los objetivos de la asignatura, se proporciona primero una introducci´ on a la teor´ıa de la elasticidad lineal, para luego particularizar los conceptos b´ asicos de esta teor´ıa en el estudio del s´ olido prism´ atico, objeto de la resistencia de materiales cl´ asica. La resistencia de materiales se presenta as´ı como un caso particular de la teor´ıa de la elasticidad, cuando se asumen determinadas hipot´esis cinem´ aticas sobre el movimiento de las secciones transversales del s´ olido prism´ atico. Siguiendo el temario de la asignatura, en esta segunda parte, tras introducir el concepto de esfuerzo, se analiza u ´nicamente el estado de tracci´ on-compresi´ on. El an´ alisis de la torsi´ on, la cortadura, la flexi´ on y las solicitaciones combinadas se deja para la asignatura de “Resistencia de Materiales II”. El contenido de estas notas se ha dividido en 25 lecciones, correspondientes a los puntos incluidos en el temario de la asignatura. Al final de cada lecci´ on se incluyen problemas resueltos, cuyo objeto es ilustrar los conceptos m´ as importantes. No se trata de remplazar los muchos libros de texto que, desde diferentes ´ opticas, abordan la teor´ıa de la elasticidad y la resistencia de materiales. Por el contrario, la idea ha sido componer un resumen introductorio, escrito en un lenguaje asequible, que sirva de punto de partida para la consulta de esos libros. As´ı, para facilitar esta labor, en las p´ aginas finales se incluye una lista de referencias bibliogr´ aficas donde el alumno interesado puede ampliar los conceptos expuestos.

Francisco Beltr´ an Madrid, septiembre de 2007

Esta nueva edici´ on que ahora se presenta responde a la correcci´ on de erratas detectadas durante el cuatrimestre febrero-junio de 2008, sin que se haya a˜ nadido ning´ un contenido nuevo.

Francisco Beltr´ an Madrid, julio de 2008

I

II

´Indice 1. Equilibrio Interno. Vector tensi´ on. 1.1. El s´ olido el´ astico . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Acciones exteriores . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Equilibrio est´ atico y el´ astico . . . . . . . . . 1.4. Vector tensi´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on 1.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1. Obtener componentes intr´ınsecas . .

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2. Matriz de tensiones 2.1. Tensiones sobre planos coordenados . . . . . . . . . . 2.2. Reciprocidad de tensiones tangenciales . . . . . . . . . 2.3. Estado tensional en el entorno de un punto . . . . . . 2.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. C´ alculo de matriz de tensiones y vector tensi´ on 3. Ecuaciones de equilibrio 3.1. Ecuaciones de equilibrio interno . . . . . . . . . . 3.2. Ecuaciones de equilibrio en el contorno . . . . . . 3.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Fuerzas de volumen y fuerzas de superficie

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. . . . . . . . . . . . . . . a partir

4. Tensiones principales 4.1. Tensiones y direcciones principales . . . . . . . . . . 4.2. Invariantes de tensiones . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Sistema de referencia principal . . . . . . . . . . . . 4.4. Elipsoide de tensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.1. C´ alculo de tensiones y direcciones principales 5. C´ırculos de Mohr 5.1. C´ırculos de Mohr en tensiones . . . . . . . . . . . . . 5.2. Representaci´ on de tensiones en los c´ırculos de Mohr 5.2.1. Componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on . 5.2.2. C´ alculo de la orientaci´ on del vector normal . 5.3. Casos particulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III

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1 1 2 3 4 7 7 7

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9 9 9 12 15 15

. . . . . . del

. . . . . . . . . . . . . . . . . . equilibrio

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19 19 21 22 22

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25 25 26 27 27 29 29

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31 31 36 36 37 38

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5.3.1. Planos que contienen al primer eje principal . . . . . . . . . . . 5.3.2. Planos que contienen al segundo eje principal . . . . . . . . . . 5.3.3. Planos que contienen al tercer eje principal . . . . . . . . . . . 5.4. Tensiones m´ aximas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5. Estados tensionales cil´ındrico y esf´erico . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.1. Estado cil´ındrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.2. Estado esf´erico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1. Representaci´ on de un estado tensional en el diagrama de Mohr 5.6.2. Obtenci´ on de tensiones principales con el diagrama de Mohr . . 6. Concepto de deformaci´ on 6.1. Vector desplazamiento . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Matrices de giro y deformaci´ on . . . . . . . . . 6.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1. C´ alculo de la matriz de deformaci´ on y el

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . giro en el entorno de

7. Deformaciones longitudinales y transversales 7.1. Ecuaciones cinem´ aticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. Significado de los t´erminos de la matriz de deformaci´ on . 7.3. Deformaci´ on seg´ un una direcci´ on: galgas extensom´etricas 7.4. Distorsi´ on de ´ angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5.1. C´ alculo de variaciones de longitud y de ´ angulos . .

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8. Deformaciones principales. Deformaci´ on volum´ etrica 8.1. Deformaciones y direcciones principales . . . . . . . . . . . 8.2. Invariantes de deformaci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. Variaci´ on unitaria de volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4. Deformaci´ on volum´etrica y desviadora . . . . . . . . . . . . 8.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.1. Galgas extensom´etricas y deformaciones principales

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38 40 41 43 43 43 44 44 44 46

. . . . . . un

. . . . . . . . . . . . punto

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49 49 50 53 53

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55 55 56 58 60 60 60

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65 65 66 67 67 68 68

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9. Comportamiento el´ astico. Constantes el´ asticas. 71 9.1. Ensayo de tracci´ on simple. Ley de Hooke. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 9.2. Deformaci´ on en sentido transversal. Coeficiente de Poisson. . . . . . . . . . . . . 75 9.3. Comportamiento el´ astico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 10.Leyes de Hooke generalizadas. Ecuaciones de Lam´ e. 10.1. Leyes de Hooke generalizadas . . . . . . . . . . . . . . 10.1.1. Sistema de referencia principal . . . . . . . . . 10.1.2. Sistema de referencia general . . . . . . . . . . 10.2. M´ odulo de elasticidad transversal . . . . . . . . . . . . 10.3. M´ odulo de compresibilidad . . . . . . . . . . . . . . . 10.4. Deformaciones y tensiones de origen t´ermico . . . . . . 10.5. Ecuaciones de Lam´e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IV

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79 79 79 80 83 83 83 84 85

10.6.1. 10.6.2. 10.6.3. 10.6.4.

Deformaci´ on con restricciones . . . . . . . . . Determinaci´ on de constantes el´ asticas . . . . Tensiones debidas a deformaciones impuestas Tensiones debidas a aumento de temperatura

11.El problema el´ astico. Principio de Saint-Venant. 11.1. Planteamiento general del problema el´ astico . . . . 11.2. Principio de superposici´ on . . . . . . . . . . . . . . 11.3. Principio de Saint-Venant . . . . . . . . . . . . . . 11.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.4.1. Aplicaci´ on del principio de Saint-Venant . .

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12.Estados el´ asticos planos 12.1. Estados el´ asticos bidimensionales . . . . . . . . . . . . . 12.1.1. Deformaci´ on plana . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.1.2. Tensi´ on plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.2. Direcciones y tensiones principales . . . . . . . . . . . . 12.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3.1. Suma de estados tensionales planos . . . . . . . . 12.3.2. Orientaci´ on del corte de una chapa con defectos . 12.3.3. Comparaci´ on entre estados tensionales . . . . . .

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13.Trabajo de las fuerzas aplicadas. Energ´ıa el´ astica 13.1. Concepto de energ´ıa de deformaci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2. Coeficientes de influencia y de rigidez . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.1. Coeficientes de influencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.2. Coeficientes de rigidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.3. C´ alculo de la energ´ıa de deformaci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.3.1. C´ alculo en funci´ on de las fuerzas exteriores . . . . . . . . . 13.3.2. C´ alculo en funci´ on de los desplazamientos eficaces . . . . . 13.3.3. C´ alculo en funci´ on de las matrices de tensi´ on y deformaci´ on 13.3.4. Unicidad de la energ´ıa de deformaci´ on . . . . . . . . . . . . 13.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.4.1. Matriz de influencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.4.2. Ciclos de carga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.Principio de los trabajos virtuales 14.1. Tensiones y fuerzas est´ aticamente admisibles 14.2. Desplazamientos cinem´ aticamente admisibles 14.3. Ecuaci´ on de los trabajos virtuales . . . . . . . 14.4. Principio de los desplazamientos virtuales . . 14.5. Principio de las fuerzas virtuales . . . . . . . V

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89 89 92 92 94 94

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97 97 97 100 101 103 103 104 106

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109 109 109 109 110 111 111 112 113 115 115 115 116

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119 119 120 120 122 123

15.Teoremas energ´ eticos 15.1. Teorema de reciprocidad de Maxwell-Betti . . . 15.2. Teorema de Castigliano . . . . . . . . . . . . . 15.3. Teorema de Menabrea . . . . . . . . . . . . . . 15.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . 15.4.1. C´ alculo de reacciones hiperest´ aticas . . 15.4.2. Aplicaci´ on del teorema de reciprocidad .

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125 125 126 127 128 128 130

16.Deformaci´ on anel´ astica y rotura 16.1. Finalizaci´ on del comportamiento el´ astico: materiales d´ uctiles y materiales fr´ agiles 16.2. Tensi´ on equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.3. Coeficiente de seguridad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

131 131 132 134

17.Criterios de fluencia 17.1. Criterios de fluencia . . . . . . . . . . . . . . . . 17.1.1. Tensi´ on tangencial m´ axima (Tresca) . . . 17.1.2. Energ´ıa de distorsi´ on m´ axima (von Mises) 17.1.3. Criterio simplificado de Mohr . . . . . . . 17.2. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . 17.2.1. Plastificaci´ on de una placa . . . . . . . .

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18.Criterios de rotura fr´ agil 18.1. Criterios de rotura fr´ agil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.1.1. Tensi´ on principal m´ axima (Rankine) . . . . . . . . . . . . . 18.1.2. Criterio simplificado de Mohr . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.2. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.2.1. Coeficientes de seguridad seg´ un el criterio de Mohr . . . . . 18.2.2. Tensiones de rotura requeridas para coeficiente de seguridad

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135 135 135 136 137 138 138

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dado

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141 141 141 142 142 142 144

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19.Hip´ otesis de la Resistencia de Materiales 147 19.1. Introducci´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 19.2. Definici´ on de s´ olido prism´ atico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 19.3. Hip´ otesis generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 20.Concepto de esfuerzo. Diagramas. 20.1. Concepto de esfuerzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.2. Esfuerzos normal y cortante . . . . . . . . . . . . . . . 20.3. Momentos de flexi´ on y torsi´ on . . . . . . . . . . . . . . 20.4. Diagramas de esfuerzos . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.5.1. C´ alculo de reacciones y diagramas de esfuerzos

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151 151 151 153 155 155 155

21.Condiciones de sustentaci´ on y enlace 21.1. Reacciones en las ligaduras . . . . . 21.2. Tipos de apoyos y enlaces internos . 21.2.1. Tipos de apoyos . . . . . . . 21.2.2. Tipos de enlaces internos . .

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VI

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21.3. Sistemas isost´ aticos e hiperest´ aticos . . . . . . . . . . . . 21.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.4.1. C´ alculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (1) 21.4.2. C´ alculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (2) 21.4.3. C´ alculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (3)

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22.Tracci´ on y compresi´ on. Tensiones y desplazamientos. 22.1. Definici´ on de estado de tracci´ on-compresi´ on . . . . . . . 22.2. Estado de tensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.3. Estado de deformaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.4. Desplazamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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23.Esfuerzo normal variable. Peso y fuerza centr´ıfuga. 23.1. Ecuaci´ on de equilibrio bajo esfuerzo normal . . . . . . 23.2. Esfuerzos normales de peso propio . . . . . . . . . . . 23.3. Esfuerzos normales por fuerza centr´ıfuga . . . . . . . . 23.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.4.1. Esfuerzo normal variable en un pilote . . . . .

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181 181 182 184 185 185

24.Esfuerzo normal. Sustentaci´ on hiperest´ atica. 24.1. Potencial interno asociado al esfuerzo normal . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2. Tracci´ on-compresi´ on hiperest´ atica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2.1. Aplicaci´ on del teorema de Castigliano . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2.2. Aplicaci´ on de la compatibilidad de deformaciones . . . . . . . . . . 24.3. Tensiones ocasionadas por defectos de montaje o cambios de temperatura 24.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.4.1. Barra r´ıgida sujeta mediante tirantes . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.4.2. Esfuerzos normales en una uni´ on roscada . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

189 189 190 190 191 192 194 194 196

25.Anillos, cables y arcos funiculares 25.1. Anillos circulares sometidos a fuerzas radiales . . . . . . 25.1.1. Fuerzas centr´ıfugas . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.1.2. Presi´ on interior. Vasijas de pared delgada. . . . . 25.2. Equilibrio de cables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.2.1. Ecuaciones de equilibrio de un elemento de cable 25.2.2. Ecuaci´ on fundamental de la est´ atica de cables . . 25.2.3. Rectificaci´ on del arco . . . . . . . . . . . . . . . 25.2.4. F´ ormula de Stevenin . . . . . . . . . . . . . . . . 25.3. Arcos funiculares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.4.1. Tensiones t´ermicas en un anillo bimet´ alico . . . . 25.4.2. Cable para telef´erico . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

201 201 202 203 204 204 206 208 210 212 213 213 214

Bibliograf´ıa

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216

VII

A

Lecci´ on 1

Equilibrio Interno. Vector tensi´ on. 1.1.

El s´ olido el´ astico

La Mec´ anica del S´ olido R´ıgido se ocupa de predecir las condiciones de reposo o movimiento de los s´ olidos r´ıgidos bajo la acci´ on de fuerzas exteriores. Un s´ olido r´ıgido es aquel en el que las distancias entre sus puntos no sufren variaci´ on durante la aplicaci´ on de las fuerzas exteriores. En las aplicaciones de la ingenier´ıa mec´ anica y estructural se requiere verificar la seguridad de los componentes mediante la comparaci´ on de las fuerzas internas a que se ven sometidos durante su trabajo con las propiedades resistentes de los materiales de construcci´ on. La determinaci´ on de dichas fuerzas internas no puede hacerse, en un caso general, si se mantiene la hip´ otesis de que los componentes se comportan como s´ olidos r´ıgidos. Debe suponerse que los componentes son s´ olidos deformables, es decir, que las distancias entre sus puntos no permanecen constantes al aplicar un sistema de fuerzas exteriores. La Teor´ıa de la Elasticidad es una primera aproximaci´ on al estudio de los s´ olidos deformables. Esta teor´ıa se ocupa de calcular el estado de deformaci´ on, o desplazamiento relativo, dentro de cuerpos s´ olidos sometidos a sistemas de fuerzas en equilibrio. El estado de deformaci´ on permite, a trav´es de las propiedades del material, obtener las fuerzas internas a que se ve sometido el s´ olido. La Teor´ıa de la Elasticidad trabaja sobre una idealizaci´ on de los cuerpos s´ olidos reales que llamaremos s´ olido el´ astico. El s´ olido el´ astico es un s´ olido deformable que recupera su forma inicial al retirar las fuerzas aplicadas. En los cap´ıtulos que siguen supondremos que el s´ olido el´ astico ocupa un volumen V del espacio tridimensional R3 y que tiene una superficie exterior S (figura 1.1). Supondremos adem´ as que el s´ olido el´ astico est´ a constituido por un material: Homog´eneo: El material tiene las mismas propiedades en todos sus puntos. Is´ otropo: En cada punto, las propiedades del material son las mismas en cualquier direcci´ on. Continuo: En el material no existen distancias intersticiales, es decir, no existen “huecos” en el material por peque˜ no que sea el volumen del mismo que se tome. Las hip´ otesis anteriores, aunque son u ´nicamente una aproximaci´ on a los materiales reales, simplifican mucho el tratamiento matem´ atico y en la mayor´ıa de los casos proporcionan resultados suficientemente aproximados desde el punto de vista ingenieril. 1

´ ´ 1. EQUILIBRIO INTERNO. VECTOR TENSION. LECCION

2

Z

V

Y X

S Figura 1.1: S´ olido el´ astico

1.2.

Acciones exteriores

Consideraremos dos clases de acciones sobre el s´ olido el´ astico: 1. Fuerzas de superficie: Son fuerzas por unidad de superficie aplicadas sobre la superficie S del s´ olido. Constituyen un campo vectorial definido en S: 



¯ X  ¯  ~ fs =  Y  Z¯ Un ejemplo t´ıpico de esta clase de fuerzas es la presi´ on de un fluido actuando sobre la superficie del s´ olido. 2. Fuerzas de volumen: Son fuerzas por unidad de volumen aplicadas sobre la materia que forma el s´ olido. Constituyen un campo vectorial definido en V : 



X   ~ fv =  Y  Z Ejemplos de esta clase de fuerzas son las fuerzas gravitatorias (peso) y las fuerzas de inercia.

´ ´ Y ELASTICO 1.3. EQUILIBRIO ESTATICO

3

Las fuerzas puntuales, esto es, actuando sobre puntos del s´ olido, son idealizaciones que corresponden a fuerzas de superficie o de volumen actuando sobre una superficie o un volumen muy peque˜ no, respectivamente. Se trata entonces de fuerzas concentradas, que pueden considerarse como casos particulares de los dos tipos de acciones anteriores. En efecto, una fuerza puntual F~ aplicada en el punto P del s´ olido se puede entender como un campo f~v definido en V de la forma siguiente: f~v = F~ δP donde δP es la distribuci´ on de Dirac en el punto P . De este modo, la resultante del campo f~v actuando sobre el s´ olido es la fuerza concentrada F~ aplicada en P : Z

f~v dV = F~ V

1.3.

Z

~ δP dV = F

en P

V

Equilibrio est´ atico y el´ astico

Cuando sobre el s´ olido el´ astico act´ uan las acciones exteriores f~s y f~v , el equilibrio est´ atico del s´ olido exige que se cumplan las condiciones: 1. Resultante nula de fuerzas: La resultante de las fuerzas aplicadas debe ser nula: Z

f~s dS +

Z

S

f~v dV = 0 V

2. Resultante nula de momentos: La resultante de los momentos de las fuerzas aplicadas con respecto a cualquier punto del espacio (por ejemplo, el origen de coordenadas) debe ser nula: Z Z ~ ~r × fs dS + ~r × f~v dV = 0 S

V

donde ~r es el vector de posici´ on (figura 1.2). Si no se cumplen las condiciones de equilibrio est´ atico, la aplicaci´ on de las acciones acciones exteriores da lugar al movimiento del s´ olido. Dicho movimiento puede estudiarse con bastante aproximaci´ on mediante las ecuaciones de la Mec´ anica del S´ olido R´ıgido. Sin embargo, nosotros estaremos interesados en estudiar la deformaci´ on del s´ olido el´ astico en los casos en que se cumplen las condiciones de equilibrio est´ atico y, por tanto, no hay movimiento de s´ olido r´ıgido. Al aplicar al s´ olido el´ astico un sistema de acciones exteriores, aparecen fuerzas interiores dentro del volumen del s´ olido. Como se ha dicho, obtener y caracterizar estas fuerzas interiores es imprescindible si se quiere evaluar la capacidad del s´ olido para resistir con seguridad el sistema de acciones exteriores. Para analizar estas fuerzas interiores se puede dar un corte imaginario al s´ olido el´ astico mediante una superficie Σ que lo divida en dos partes A y B (figura 1.3). El equilibrio de cada una de estas dos partes implica que, a trav´es de la superficie de corte, una parte ejerce sobre la otra fuerzas que equilibran las acciones exteriores aplicadas sobre ella. Es importante darse cuenta de que, por el principio de acci´ on-reacci´ on, las fuerzas de A sobre B a trav´es de la superficie de corte son iguales y de signo contrario a las fuerzas que ejerce B sobre A a trav´es de la misma superficie.

´ ´ 1. EQUILIBRIO INTERNO. VECTOR TENSION. LECCION

4

Z r Y X

Figura 1.2: Vector de posici´ on en el equilibrio est´ atico Cualquiera que sea la superficie imaginaria Σ que se utilice, las dos partes en que queda dividido el s´ olido el´ astico deben estar en equilibrio, con las acciones exteriores aplicadas sobre ellas y las fuerzas internas que le transmite la otra parte a trav´es de la superficie de corte. Esto es lo que se conoce como equilibrio el´ astico: las acciones exteriores est´ an en equilibrio con las fuerzas internas que aparecen en el s´ olido por aplicaci´ on de las mismas. Es decir, cualquier parte del s´ olido, por peque˜ na que sea ´esta, debe estar en equilibrio est´ atico si se tienen en cuenta las acciones externas y las fuerzas internas.

1.4.

Vector tensi´ on

Sobre una fracci´ on ∆Ω de la superficie de corte Σ alrededor del punto P , la parte B del s´ olido ejerce una fuerza ∆f~ (fuerza interna) sobre la parte A (figura 1.4). Se define el vector tensi´ on ~σ en el punto P asociado a la superficie de corte Σ como: ∆f~ df~ = ∆Ω→0 ∆Ω dΩ

~σ = l´ım

´ 1.4. VECTOR TENSION

5

Corte imaginario

Σ

B A través de esta superficie la parte B está actuando sobre la parte A

A

Figura 1.3: Equilibrio el´ astico

6

´ ´ 1. EQUILIBRIO INTERNO. VECTOR TENSION. LECCION

∆Ω

∆f P

A

Figura 1.4: Fuerza interna ejercida en el entorno del punto P Se trata de una magnitud vectorial cuyas componentes tienen dimensiones de fuerza por unidad de superficie. Hay que tener en cuenta los puntos siguientes: El vector tensi´ on ~σ est´ a asociado al punto P . Para una misma superficie de corte Σ, el vector tensi´ on cambia de un punto a otro de la superficie. En cada punto P , el vector tensi´ on ~σ est´ a asociado a la superficie de corte Σ; para otra superficie de corte el vector tensi´ on en P adoptar´ıa otro valor. Al tomar l´ımites, el vector tensi´ on ~σ est´ a asociado realmente a la orientaci´ on del plano tangente a la superficie de corte Σ en el punto P . Haciendo abstracci´ on, en cada punto P del s´ olido el´ astico, se tiene un vector tensi´ on ~σ para cada orientaci´ on ~n= ( α, β, γ) de los planos π que pasan por P , siendo α, β y γ los cosenos directores de la direcci´ on normal al plano ~n: ~σ = ~σ (P, ~n) = ~σ (P, α, β, γ) La direcci´ on normal al plano ~n se entiende que tiene el sentido hacia afuera del material, es decir, apuntando hacia la parte del s´ olido que ha sido eliminada por el corte imaginario (parte B en las figuras 1.3 y 1.4) y que, por tanto, ejerce la fuerza ∆f~ sobre la parte que permanece (parte A en las figuras 1.3 y 1.4). En el Sistema Internacional, la unidad de tensi´ on es el Pascal (Pa): 1N 1 m2 En la pr´ actica se trabaja con tensiones mucho m´ as grandes que 1 Pa y se utiliza el megapascal (MPa), unidad un mill´ on de veces superior al Pascal. Un megapascal equivale a una fuerza de 1 N distribuida sobre una superficie de 1 mm2 . 1 Pa =

´ 1.5. COMPONENTES INTR´INSECAS DEL VECTOR TENSION

σ

σn

n

7

τ P π Figura 1.5: Componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on

1.5.

Componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on

El vector tensi´ on ~σ asociado a un punto P y al plano π, puede proyectarse en la direcci´ on de la normal al plano ~n y sobre el plano (figura 1.5). Estas dos proyecciones, σn y τ , respectivamente, son conocidas como componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on. Las componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on se obtienen de la manera siguiente: 1. Componente normal: ~n ≡ (α, β, γ) σn = ~σ · ~n

(vector unitario, sentido hacia afuera del material)

(producto escalar)

~σn = σn ~n 2. Componente tangencial: ~τ = ~σ − ~σn

1.6.

Ejercicios resueltos

1.6.1.

Obtener componentes intr´ınsecas

Obtener las componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on: 

~σ=



1    2  MPa 3

definido en un punto P , con respecto al plano π dado por la ecuaci´ on x − y = 0. Soluci´ on:

´ ´ 1. EQUILIBRIO INTERNO. VECTOR TENSION. LECCION

8

Z

n

Y

X Figura 1.6: Ejercicio resuelto: sentido elegido de la normal al plano π El plano π es el plano bisector del primer octante (figura 1.6). Se puede tomar:  

~n = 

√1 2 − √12

0





 

o ´



~n = 

− √12 √1 2

0

  

Tomamos el primero de estos dos vectores, asumiendo entonces que el vector tensi´ on dado act´ ua sobre el material situado en x − y < 0. Las componentes intr´ınsecas ser´ an: 1 2 1 σn = ~σ · ~n = √ − √ = − √ MPa 2 2 2 y τ

=

q

σ 2 − σn2 =

s

p 1 12 + 22 + 32 − ( √ )2 = 13, 5 MPa 2

Lecci´ on 2

Matriz de tensiones 2.1.

Tensiones sobre planos coordenados

Cuando se utiliza un sistema de referencia cartesiano, las componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on sobre planos paralelos a los planos coordenados, esto es, planos con normales ~n iguales a (1,0,0), (0,1,0) ´ o (0,0,1), se designan seg´ un se indica en la figura 2.1. Los sentidos positivos son los que se dan en la figura.

2.2.

Reciprocidad de tensiones tangenciales

En un punto P del s´ olido el´ astico consideremos planos paralelos a los planos coordenados que delimiten un volumen infinitesimal alrededor del punto (figura 2.2). N´ otese que las normales en planos paralelos opuestos son iguales y de signo contrario. Si los planos paralelos opuestos se “confundieran” en el punto P (figura 2.3), por el principio de acci´ on-reacci´ on, las componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on a cada lado de cada plano ser´ıan iguales y de signo contrario. La forma convencional de representar este hecho es dibujando las componentes intr´ınsecas en P sobre las caras del cubo infinitesimal centrado en el punto P (figuras 2.4 y 2.5). La representaci´ on de las figuras 2.4 y 2.5 no debe inducir a confusi´ on. Las acciones representadas en forma de tensiones son las acciones de primer orden sobre el volumen infinitesimal alrededor de P . Como se ver´ a m´ as adelante, existen otras acciones de segundo orden, tales como las derivadas de fuerzas de volumen f~v y las variaciones de las componentes intr´ınsecas de una cara a otra del cubo infinitesimal. Sin embargo, el equilibrio del cubo exige que las acciones de primer orden est´en equilibradas, ya que ninguna acci´ on de segundo orden podr´ıa equilibrar una acci´ on de primer orden desequilibrada. El equilibrio de fuerzas de primer orden actuando sobre el volumen infinitesimal es inmediato, ya que las fuerzas actuando sobre caras paralelas opuestas son iguales y de signo contrario. El equilibrio de fuerzas de segundo orden dar´ a lugar a las ecuaciones de equilibrio interno del s´ olido el´ astico (lecci´ on 3). En cuanto al equilibrio de momentos de primer orden, si se toman momentos respecto al centro del cubo infinitesimal, se tiene: Eje X:

2 (τyz dx dz

dy 2 )

9

− 2 (τzy dx dy dz 2) = 0

´ 2. MATRIZ DE TENSIONES LECCION

10

σnz n (0,0,1) τzy

P

Z

n (0,1,0)

τzx

τyz

τxz τxy

P

Y

σny

P τyx

X

σnx

n (1,0,0)

Figura 2.1: Componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on seg´ un planos coordenados Eje Y: Eje Z:

2 (τzx dy dx dz 2 ) − 2 (τxz dy dz 2 (τxy dz dy

dx 2 )

− 2 (τyx dz dx

dx 2 ) dy 2 )

= 0 = 0

de donde se deduce: τyz = τzy

τzx = τxz

τxy = τyx

Las tres igualdades anteriores se conocen con el nombre de teorema de reciprocidad de tensiones tangenciales. El teorema implica que son iguales las componentes de las tensiones tangenciales correspondientes a dos planos perpendiculares entre s´ı en la direcci´ on normal a la arista de

nz -ny

ny

Z P

dz

Y X

dx nx

-nz

dy Figura 2.2: Entorno del punto P

2.2. RECIPROCIDAD DE TENSIONES TANGENCIALES

11

-ny

-nx

nx

ny

nz

P

Z -nz

Y X Figura 2.3: Entorno del punto P . Planos paralelos a los planos coordenados

su diedro. N´ otese que, por el convenio de signos utilizado, el sentido de las tensiones tangenciales es tal que ambas componentes se dirigen hacia la arista o ambas se separan (figuras 2.6 y 2.7).

σnz

τzy

τzx

τyz τxz

σny

Z

σnx

σny τxy

Y

σnx

τyx

σnz

X Figura 2.4: Entorno del punto P . Tensiones sobre volumen elemental (1)

´ 2. MATRIZ DE TENSIONES LECCION

12

σnz

τxy

σnx

τyx

τyz

τxz

Z

τzy

τzx

X

Y

σny

σnz

Figura 2.5: Entorno del punto P . Tensiones sobre volumen elemental (2)

2.3.

Estado tensional en el entorno de un punto

El estado tensional en un punto P se conocer´ a cuando sea conocido el vector tensi´ on seg´ un cualquier plano que pase por el punto. A continuaci´ on veremos que esto puede conseguirse a partir de las componentes intr´ınsecas de los vectores de tensi´ on seg´ un planos paralelos a los planos coordenados. Sea en el entorno de P un plano π con normal ~n igual a (α,β,γ). Se busca el vector tensi´ on ~σ que act´ ua sobre el plano (figura 2.8). Para ello, se plantea el equilibrio de un tetraedro delimitado por el plano π y tres planos paralelos a los planos coordenados que pasan por P . La distancia de P al plano π es la altura h del tetraedro. Seg´ un se representa en la figura 2.8, las ´ areas de las caras del tetraedro son: Ω, Ωx , Ωy y Ωz , con Ωx = Ω α, Ωy = Ω β y Ωz = Ω γ. Las fuerzas de volumen son f~v = (X, Y, Z). El equilibrio de fuerzas proporciona las tres ecuaciones siguientes: Eje X: Eje Y:

X Y

Eje Z:

Z

1 3 1 3 1 3

Ω h + σx Ω − σnx Ω α − τyx Ω β − τzx Ω γ Ω h + σy Ω − τxy Ω α − σny Ω β − τzy Ω γ

= 0 = 0

Ω h + σz Ω − τxz Ω α − τyz Ω β − σnz Ω γ

= 0

Si se hace tender a cero el volumen del tetraedro (esto es, si h −→ 0), el plano π tender´ aa pasar por P y, adem´ as, los t´erminos relativos a las fuerzas de volumen se anular´ an. En este caso, simplificando, se obtienen las tres igualdades siguientes: σx = σnx α + τyx β + τzx γ

2.3. ESTADO TENSIONAL EN EL ENTORNO DE UN PUNTO

13

σny τyx τxy

σnx

Teorema de reciprocidad

σnx

τxy

σny τxy

τyx

τxy

σnx

σny

σnx

τxy

Y

τxy

X

σny

Figura 2.6: Reciprocidad de tensiones tangenciales en planos perpendiculares σy

= τxy α + σny β + τzy γ

σz

= τxz α + τyz β + σnz γ

o en forma matricial: 





σx σnx τyx    ~σ =  σy  =  τxy σny σz τxz τyz





τzx α   τzy   β  γ σnz

y en notaci´ on vectorial: ~σ = [T ] ~n La matriz [T ] se conoce con el nombre de matriz de tensiones. De acuerdo con el teorema de reciprocidad de tensiones tangenciales, la matriz de tensiones es una matriz sim´etrica, que

τ

τ τ

τ

Tensiones tangenciales posibles en esquinas a 90º

Figura 2.7: Implicaci´ on de la reciprocidad de tensiones tangenciales en planos perpendiculares

´ 2. MATRIZ DE TENSIONES LECCION

14

Z

Ωx

n(α,β,γ) Ωy

σ (σx,σy,σz) Ω

P

Y

Ωz

Z

X

σnx τyx τxy σny

τyz

τzy

τzx

τxz

Y

σnz

X Figura 2.8: Tensi´ on sobre un plano arbitrario en el punto P

2.4. EJERCICIOS RESUELTOS

15

puede escribirse:





σnx τxy τxz   [T ] =  τxy σny τyz  τxz τyz σnz En relaci´ on con la matriz de tensiones, es importante darse cuenta de los puntos siguientes: Si se conoce la matriz de tensiones en el punto P entonces se conoce el estado tensional en P , ya que a partir de la matriz de tensiones se puede obtener el vector tensi´ on ~σ para cualquier orientaci´ on de plano ~n. La matriz de tensiones representa una magnitud tensorial de orden 2 que en la literatura se conoce normalmente con el nombre de tensor de tensiones. Dentro del s´ olido el´ astico, la matriz de tensiones [T ] es una funci´ on de punto, se trata por tanto de un campo tensorial de orden 2. La expresi´ on de la matriz de tensiones depende del sistema de referencia utilizado. Al cambiar de sistema de referencia sus componentes cambian como las de un tensor de segundo orden. El cambio de ejes se escribe en forma matricial del modo siguiente: [T ]b = [Rab]t [T ]a [Rab] donde [T ]a es la matriz de tensiones en el sistema de referencia a, [T ]b es la matriz de tensiones en el sistema de referencia b y [Rab] es la matriz de cambio de base del sistema a al sistema b. La matriz [Rab] de cambio de base se construye colocando como columnas las componentes de los vectores unitarios en la direcci´ on de los nuevos ejes (sistema b) con respecto al sistema de referencia viejo (sistema a), es decir: 





~ib · ~ia αb1 αb2 αb3   ~ ~ [Rab] =  βb1 βb2 βb3  =  ib · ja ~ib · ~ka γb1 γb2 γb3

~jb · ~ia ~jb · ~ja ~jb · ~ka



~kb · ~ia ~kb · ~ja   ~kb · ~ka

donde (αb1, βb1, γb1), (αb2 , βb2, γb2) y (αb3 , βb3, γb3) son los vectores unitarios en las direcciones de los ejes del sistema b, referidos al sistema a. La matriz [Rab] es una matriz ortonormal, es decir, su traspuesta coincide con la inversa: [Rba] = [Rab]−1 = [Rab]t

2.4. 2.4.1.

Ejercicios resueltos C´ alculo de matriz de tensiones y vector tensi´ on

Del interior de un s´ olido el´ astico se separa mediante cortes imaginarios un cubo de 10 cm de lado. Las acciones que ejerce el resto del s´ olido sobre el cubo son las representadas en la figura 2.9. No existen fuerzas exteriores aplicadas sobre el cubo. Se pide:

´ 2. MATRIZ DE TENSIONES LECCION

16

6 MPa 16 MPa 16 MPa 6 MPa

1 MPa

4 MPa

Z

4 MPa 6 MPa

1 MPa 1 MPa

Y X

1 MPa

Figura 2.9: Acciones del resto del s´ olido sobre un cubo de material 1. La matriz de tensiones en el sistema de referencia con ejes paralelos a las aristas del cubo, v´ alida para cualquier punto del cubo. 2. Vector tensi´ on en el centro del cubo con respecto a un plano que forme ´ angulos iguales con los planos coordenados (~n = ( √13 , √13 , √13 )). Soluci´ on: 1. De acuerdo con la figura, tomando como origen del sistema de referencia la esquina de la base m´ as alejada del punto de vista, se tiene que: σnx = −6 +

z 12 MPa (z en cm) 10

τxy = 0 τxz = 0 σny τyz σnx

z 12 MPa (z en cm) 10 = 1 MPa = 0 = −4 −

2.4. EJERCICIOS RESUELTOS

luego:

17





z −6 + 10 12 0 0   z [T ] =  0 −4 − 10 12 1  MPa (z en cm) 0 1 0

2. El centro del cubo tiene como coordenadas (5,5,5) cm. En consecuencia, sustituyendo en la expresi´ on de la matriz de tensiones: 



0 0 0    ~σ = [T ] ~n =  0 −10 1    0 1 0

√1 3 √1 3 √1 3







0    = √1  −9   MPa  3 1

18

´ 2. MATRIZ DE TENSIONES LECCION

Lecci´ on 3

Ecuaciones de equilibrio 3.1.

Ecuaciones de equilibrio interno

Las ecuaciones de equilibrio interno definen las condiciones que deben cumplir las componentes de la matriz de tensiones [T ] para que un volumen interior del s´ olido el´ astico se encuentre en equilibrio con los vol´ umenes que le rodean. Las ecuaciones se obtienen planteando el equilibrio de fuerzas de un elemento diferencial de volumen alrededor de un punto P de un s´ olido el´ astico sometido a un campo de fuerzas de volumen f~v = (X, Y, Z). Sea [T ] la matriz de tensiones en el punto P : 



σnx τxy τxz   [T ] =  τxy σny τyz  τxz τyz σnz En la figura 3.1 se representan las componentes del vector tensi´ on en los centros de las caras de un elemento diferencial de volumen centrado en el punto P . Al tratarse de un elemento diferencial, dichas componentes pueden considerarse que son los valores medios en cada cara. Entonces, el equilibrio de fuerzas proporciona las tres ecuaciones siguientes: Direcci´ on X: X dx dy dz

∂σnx 1 ∂x 2 dx) dy dz

− (σnx −

∂σnx 1 ∂x 2 dx) dy dz

+ (τyx +

∂τyx 1 ∂y 2 dy) dx dz

− (τyx −

∂τyx 1 ∂y 2 dy) dx dz

+ (τzx +

∂τzx 1 ∂z 2 dz) dx dy

− (τzx −

∂τzx 1 ∂z 2 dz) dx dy

+ (τxy +

∂τxy 1 ∂x 2 dx) dy dz

− (τxy −

∂τxy 1 ∂x 2 dx) dy dz

+ (σny +

∂σny 1 ∂y 2 dy) dx dz

− (σny −

+ (τzy +

∂τzy 1 ∂z 2 dz) dx dy

− (τzy −

+ (σnx +

= 0

Direcci´ on Y: Y dx dy dz

19

∂σny 1 ∂y 2 dy) dx dz ∂τzy 1 ∂z 2 dz) dx dy

= 0

´ 3. ECUACIONES DE EQUILIBRIO LECCION

20

P

Z

Y X

P

dz

dx dy

σnz + ∂σnz/∂z 1/2 dz τzy + ∂τzy/∂z 1/2 dz τzx + ∂τzx/∂z 1/2 dz

τyz − ∂τyz/∂y 1/2 dy σny − ∂σny/∂y 1/2 dy τyx − ∂τyx/∂y 1/2 dy

σnx − ∂σnx/∂x 1/2 dx

τyz + ∂τyz/∂y 1/2 dy σny + ∂σny/∂y 1/2 dy τyx + ∂τyx/∂y 1/2 dy

τxz + ∂τxz/∂x 1/2 dx

τxz − ∂τxz/∂x 1/2 dx

τxy + ∂τxy/∂x 1/2 dx

τxy − ∂τxy/∂x 1/2 dx

σnx + ∂σnx/∂x 1/2 dx

τzy − ∂τzy/∂z 1/2 dz

τzx − ∂τzx/∂z 1/2 dz σnz − ∂σnz/∂z 1/2 dz

Figura 3.1: Equilibrio de un elemento diferencial de volumen

3.2. ECUACIONES DE EQUILIBRIO EN EL CONTORNO

21

Direcci´ on Z: Z dx dy dz

+ (τxz +

∂τxz 1 ∂x 2 dx) dy dz

− (τxz −

∂τxz 1 ∂x 2 dx) dy dz

+ (τyz +

∂τyz 1 ∂y 2 dy) dx dz

− (τyz −

∂τyz 1 ∂y 2 dy) dx dz

+ (σnz +

∂σnz 1 ∂z 2 dz) dx dy

− (σnz −

∂σnz 1 ∂z 2 dz) dx dy

= 0

Simplificando las ecuaciones anteriores se obtiene : ∂τyx ∂τzx ∂σnx + + +X = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τxy ∂σny ∂τzy + + +Y = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τxz ∂τyz ∂σnz + + +Z = 0 ∂x ∂y ∂z Y como, por el teorema de reciprocidad de tensiones tangenciales, se cumple que: τyx = τxy

τzx = τxz

τzy = τyz

se tiene finalmente el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales, definido en el volumen V del s´ olido el´ astico, para las componentes de la matriz de tensiones [T ]: ∂σnx ∂τxy ∂τxz + + +X = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τxy ∂σny ∂τyz + + +Y ∂x ∂y ∂z

= 0

∂τxz ∂τyz ∂σnz + + +Z = 0 ∂x ∂y ∂z El sistema anterior son las ecuaciones de equilibrio interno del s´ olido el´ astico. En notaci´ on vectorial puede escribirse como: div [T ] + f~v = 0

en V

o tambi´en: ∇[T ] + f~v = 0

3.2.

en V

Ecuaciones de equilibrio en el contorno

En la superficie S del s´ olido el´ astico, las fuerzas de superficie f~s deben ser equilibradas por fuerzas internas. En un punto P situado sobre la superficie S, en el que el plano tangente a S tiene un vector normal ~n, debe cumplirse que (figura 3.2): f~s − [T ] ~n = 0

´ 3. ECUACIONES DE EQUILIBRIO LECCION

22

n -n

P

n

P [T] (-n)

fs

S

S

Figura 3.2: Equilibrio en la superficie del s´ olido el´ astico Es decir, debe cumplirse que: f~s = [T ] ~n

en S

Entonces, si el vector normal exterior a la superficie S es ~n = (α, β, γ) y las fuerzas de ¯ Y¯ , Z), ¯ las ecuaciones de equilibrio en el contorno son: superficie aplicadas en S son f~s = (X, 









¯ X σnx τxy τxz α  ¯      Y  =  τxy σny τyz   β  Z¯ γ τxz τyz σnz

3.3. 3.3.1.

en S

Ejercicios resueltos Fuerzas de volumen y fuerzas de superficie a partir del equilibrio

En el s´ olido de forma tetra´edrica representado en la figura 3.3, existe el estado tensional siguiente:   3y z 0   [T ] =  z −5x 0  MPa (x,y,z en m) 0 0 2z Determinar: 1. Fuerzas de volumen. 2. Fuerzas de superficie en la cara vista ABC, particularizando en el centro de gravedad de la misma.

3.3. EJERCICIOS RESUELTOS

23

Z

C

2a

A

Y

B

a a

X Figura 3.3: S´ olido de forma tetra´edrica Soluci´ on: 1. A partir de las ecuaciones de equilibrio interno, se tiene que: X = − ∂σ∂xnx − Y =

∂τ − ∂xxy

−

Z = − ∂τ∂xxz −

∂τxy ∂y ∂σny ∂y

−

∂τyz ∂y

−

−

∂τxz ∂z ∂τyz ∂z

= 0

∂σnz ∂z

= −2

= 0 MN m3

2. El vector normal a la cara vista del s´ olido es:

~n =

~ × AC ~ AB = ~ × AC| ~ |AB

~i ~j ~ k −a a 0 −a 0 2a

~ × AC| ~ |AB





=

 2a2 ~i + 2a2 ~j + a2 ~k  √ =  a2 4 + 4 + 1

2 3 2 3 1 3

   

Utilizando las ecuaciones de equilibrio en el contorno:  

3y

f~s = [T ] ~n =   z 0

z −5x 0

0

 

 0   2z

2 3 2 3 1 3





   =   

2y + 2z 3

− 2z 3

2z 3 10x 3

   

El centro de gravedad de la cara vista tiene como coordenadas ( a3 , a3 , 2a 3 ) (promedio de coordenadas de los puntos de las esquinas). Particularizando para el centro de gravedad de la cara vista, se tiene:

´ 3. ECUACIONES DE EQUILIBRIO LECCION

24

 

f~s =  

2a 2 2a 3 + 3 3 2 2a 10 a 3 3 − 3 3 2 2a 3 3





   = a  

10 9 − 69 4 9



  MPa (a en m) 

Lecci´ on 4

Tensiones principales 4.1.

Tensiones y direcciones principales

En un punto P del s´ olido el´ astico el estado tensional viene dado por el valor de la matriz de tensiones [T ] en dicho punto. La matriz de tensiones es una matriz sim´etrica de orden 3 con coeficientes reales. Vamos a ver que esta forma de la matriz de tensiones implica lo siguiente: En cada punto P del s´ olido el´ astico existen al menos tres planos ortogonales entre s´ı de modo que el vector tensi´ on ~σ asociado a ellos tiene componente intr´ınseca tangencial τ igual a cero. Es decir, seg´ un esos planos, el vector tensi´ on s´ olo tiene componente intr´ınseca normal: ~σ= ~σn . Las direcciones de las normales a dichos planos, ~n1 , ~n2 y ~n3 se llaman direcciones principales de tensi´ on en el punto P . Las componentes intr´ınsecas normales de los vectores de tensi´ on seg´ un esos planos, σ1 , σ2 y σ3 se llaman tensiones principales en el punto P . Por convenio, ordenaremos las tensiones principales de forma que: σ1 ≥ σ2 ≥ σ3. La deducci´ on de la existencia de las tensiones y direcciones principales es como sigue. Las componentes (α, β, γ) de las direcciones principales en el punto P , si existen, deber´ an cumplir:: 



α   ~n =  β  γ ~σ = [T ] ~n = σn ~n (condici´ on de que la componente intr´ınseca tangencial τ sea nula) Es decir, las direcciones principales ~n y las tensiones principales σn , si existen, deben cumplir: {[T ] − σn [I]} ~n = 0 donde [I] es la matriz identidad. La relaci´ on anterior expresa un problema de autovalores para la matriz [T ] en el punto P del s´ olido el´ astico. 25

´ 4. TENSIONES PRINCIPALES LECCION

26

Como [T ] es una matriz sim´etrica de orden 3 con coeficientes reales, [T ] tiene 3 autovalores reales1 , que llamaremos σ1 , σ2 y σ3 . Estos autovalores son las tensiones principales. En consecuencia, las tensiones principales existen, tal y como las hemos definido. Cada autovalor σi , i = 1 . . . 3, tiene un autovector asociado ~ni , que se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones: {[T ] − σi [I]} ~ni = 0 con la condici´ on adicional de que si las componentes de ~ni son (αi , βi, γi), debe cumplirse que: α2i + βi2 + γi2 = 1 Por ser [T ] una matriz sim´etrica, los autovectores son ortogonales entre s´ı cuando los autovalores σ1, σ2 y σ3 son distintos2. Es decir: ~n1 · ~n2 = 0 ~n1 · ~n3 = 0 ~n2 · ~n3 = 0 De esta forma, las direcciones principales, tal y como las hemos definido, son ortogonales entre s´ı. Si hay alg´ un autovalor doble o triple, los autovectores asociados a los mismos definen un espacio vectorial de dimensi´ on 2 ´ o 3, respectivamente. En estos casos, m´ as que una sola direcci´ on principal, el autovalor tiene asociado todo un plano, o todo el espacio, de vectores de direcci´ on principal. De dicho plano o de todo el espacio se pueden extraer dos ´ o tres vectores, respectivamente, que sean ortogonales entre s´ı.

4.2.

Invariantes de tensiones

Desdoblando la ecuaci´ on vectorial: {[T ] − σn [I]} ~n = 0 en tres ecuaciones escalares, el problema de autovalores de la matriz [T ] se escribe: 

 



σnx − σn τxy τxz α     τxy σny − σn τyz    β  = 0 γ τxz τyz σnz − σn Se trata de un sistema de ecuaciones homog´eneo, funci´ on de un par´ ametro real σn . Para que este sistema tenga soluci´ on distinta de la trivial (α = β = γ = 0), el determinante de la matriz de coeficientes debe ser nulo, esto es: σ −σ n nx τxy τxz

τxy τxz σny − σn τyz τyz σnz − σn

= 0

La ecuaci´ on anterior es una ecuaci´ on de tercer grado en σn , con tres ra´ıces reales3, que son 1 ´ Desde el punto de vista del Algebra Lineal, la matriz [T ] representa un endomorfismo en R3 , que asocia cada vector de orientaci´ on ~n con un vector tensi´ on ~σ. El endomorfismo es sim´etrico por ser [T ] una matriz sim´etrica. La teor´ıa de los endomorfismos sim´etricos es la que justifica que la matriz [T ] tiene 3 autovalores reales y que los autovectores asociados son ortogonales entre s´ı. 2 Ver la nota anterior. 3 Por ser [T ] una matriz sim´etrica.

4.3. SISTEMA DE REFERENCIA PRINCIPAL

27

los valores de las tensiones principales. Dicha ecuaci´ on puede ponerse como: −σn3 + I1 σn2 − I2 σn + I3 = 0 con: I1 = σnx + σny + σnz 2 2 2 I2 = σnx σny + σnx σnz + σny σnz − τxy − τxz − τyz

I3 = det[T ] La soluci´ on de esta ecuaci´ on de tercer grado son las tensiones principales σ1 , σ2 y σ3 en el punto P . Las tensiones principales son una caracter´ıstica intr´ınseca del estado tensional en el punto P y, por tanto, independiente del sistema de referencia seleccionado para la matriz de tensiones [T ]. En consecuencia, los coeficientes I1 , I2 e I3 deben ser independientes del sistema de referencia. Estos coeficientes se conocen con el nombre de invariantes de tensiones, primero, segundo y tercero, respectivamente. El valor de los invariantes en cada punto P no cambia al cambiar el sistema de referencia utilizado para definir [T ].

4.3.

Sistema de referencia principal

En cada punto P del s´ olido el´ astico tenemos pues tres direcciones principales ~n1 , ~n2 y ~n3 ortogonales entre s´ı. De este modo, se puede definir en el punto P un sistema de referencia seg´ un estas tres direcciones (figura 4.1). En dicho sistema de referencia la matriz de tensiones ser´ a diagonal:   σ1 0 0   [T ] =  0 σ2 0  0 0 σ3 Para un estado tensional dado, el sistema de referencia anterior se conoce con el nombre de sistema de referencia principal en el punto P . Es importante darse cuenta de que el sistema de referencia principal est´ a asociado a un estado tensional concreto y que, adem´ as, cambia de un punto a otro del s´ olido el´ astico.

4.4.

Elipsoide de tensiones

En un punto P del s´ olido el´ astico, bajo un estado tensional dado, el elipsoide de tensiones es el lugar geom´etrico de los extremos del vector tensi´ on ~σ, con origen en P , correspondiente a todas las orientaciones ~n de plano posibles en el punto. Se trata de un elipsoide con centro en P y con semiejes iguales a las tensiones principales. En efecto, utilizando el sistema de referencia principal en el punto P , correspondiente al estado tensional dado, el vector tensi´ on ~σ para la direcci´ on ~n es: 

~σ = [T ] ~n=

 







σ1 0 0 α α σ1        0 σ2 0   β  =  β σ 2  γ 0 0 σ3 γ σ3

´ 4. TENSIONES PRINCIPALES LECCION

28

n3 n2

P

n1

Z

Y X

Figura 4.1: Sistema de referencia principal Y las coordenadas del extremo del vector tensi´ on ~σ con respecto a P ser´ an: x = α σ1 y = β σ2 z = γ σ3

  

en el sistema de referencia principal

 

y como se cumple que: α2 + β 2 + γ 2 = 1 se tendr´ a entonces:



x σ1

2

+



y σ2

2

+



z σ3

2

= 1

que en el sistema de referencia principal es la ecuaci´ on de un elipsoide con semiejes iguales a las tensiones principales.

4.5. EJERCICIOS RESUELTOS

4.5.

29

Ejercicios resueltos

4.5.1.

C´ alculo de tensiones y direcciones principales

La matriz de tensiones en un punto P de tensional, viene dada por:  5  [T ] =  1 2

un s´ olido el´ astico, para un determinado estado 

1 2  0 1  MPa 1 0

con respecto a un sistema de referencia cartesiano ortogonal. Determinar las tensiones principales y sus direcciones principales asociadas. Soluci´ on: 1. Tensiones principales. Igualando a cero el determinante: 5−σ 1 2

1 2 −σ 1 1 −σ

= 0

se obtiene la ecuaci´ on c´ ubica: F (σ) ≡ −σ 3 + 5 σ 2 + 6 σ − 1 = 0 La ecuaci´ on se puede resolver por tanteos, buscando los ceros de F (σ) a partir de sus cambios de signo. Resulta lo siguiente: σ1 = 5,97 MPa , σ2 = 0,149 MPa y σ3 = -1,12 MPa. 2. Direcciones principales La direcci´ on principal asociada a σ1, ~n1 = (α1 , β1, γ1), se obtiene a partir del sistema de ecuaciones:     5 − 5, 97 1 2 α1     1 −5, 97 1    β1  = 0 2 1 −5, 97 γ1 Al ser las tensiones principales diferentes (no hay ra´ıces dobles ni triples en la ecuaci´ on de tercer grado que hemos resuelto en el punto anterior), s´ olo hay dos ecuaciones independientes en el sistema. Tomando las dos primeras: −0, 97 α1 + β1 + 2 γ1 = 0 α1 − 5, 97 β1 + γ1 = 0 y sabiendo que: α21 + β12 + γ12 = 1 resulta: α1 = 0,92, β1 = 0,21 y γ1 = 0,34.

´ 4. TENSIONES PRINCIPALES LECCION

30

La direcci´ on principal asociada a σ2, ~n2 = (α2 , β2, γ2), se obtiene a partir del sistema de ecuaciones:     5 − 0, 149 1 2 α2     1 −0, 149 1    β2  = 0 2 1 −0, 149 γ2 Tomando las dos primeras ecuaciones: 4, 851 α2 + β2 + 2 γ2 = 0 α2 − 0, 149 β2 + γ2 = 0 y sabiendo que: α22 + β22 + γ22 = 1 resulta: α2 = -0,362, β2 = 0,798 y γ2 = 0,482. La direcci´ on principal asociada a σ3 , ~n3 = (α3 , β3, γ3), se obtiene a partir de la condici´ on de que sea ortogonal a ~n1 y a ~n2 : ~n3 = ~n1 × ~n2

~k ~i ~j = 0, 92 0, 21 0, 34 −0, 362 0, 798 0, 482

  −0, 170   =  −0, 567  0, 810

Lecci´ on 5

C´ırculos de Mohr 5.1.

C´ırculos de Mohr en tensiones

Los c´ırculos de Mohr1 en tensiones proporcionan una representaci´ on gr´ afica plana de los infinitos vectores tensi´ on ~σ asociados a un punto P de un s´ olido el´ astico sometido a un sistema de acciones exteriores. Dicha representaci´ on gr´ afica se hace en base a las componentes intr´ınsecas σn y τ del vector tensi´ on ~σ . Para la obtenci´ on de esta representaci´ on gr´ afica se parte de lo siguiente: Se utiliza el sistema de referencia principal en el punto P . Las tensiones principales en P se ordenan, sin p´erdida de generalidad, de mayor a menor: σ 1 ≥ σ2 ≥ σ3 En el sistema de referencia principal, cualquier vector tensi´ on ~σen el punto obtener como:       σ1 0 0 α α σ1       ~σ =  0 σ2 0   β  =  β σ2  γ 0 0 σ3 γ σ3

P se puede

donde ~n = (α, β, γ) es el vector normal correspondiente al plano sobre el que act´ ua el vector ~σ. Entonces, se tiene que: |~σ|2 = σ 2 = σ12 α2 + σ22 β 2 + σ32 γ 2 Y, por la definici´ on de componentes intr´ınsecas τ y σn de ~σ, se tiene: σ 2 = σn2 + τ 2 Combinando las dos expresiones anteriores, se cumple que: σn2 + τ 2 = σ12α2 + σ22β 2 + σ32γ 2 1 Otto Mohr (1835-1918), ingeniero estructural alem´ an pionero en la aplicaci´ on de m´etodos gr´ aficos para la resoluci´ on de problemas de la teor´ıa de la estructuras.

31

´ 5. C´IRCULOS DE MOHR LECCION

32

Por otro lado, la componente normal σn del vector ~σ es: 

σn



α   = ~σ · ~n = (α σ1 , β σ2 , γ σ3 )  β  = σ1α2 + σ2 β 2 + σ3 γ 2 γ

Y tambi´en sabemos que: α2 + β 2 + γ 2 = 1 Las tres ecuaciones anteriores proporcionan una relaci´ on entre las tensiones principales σ1 , σ2 y σ3 en el punto P , las componentes del vector unitario (α, β, γ) normal a un plano y las componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on en el punto P seg´ un ese plano, σn y τ : σ12 α2 + σ22 β 2 + σ32γ 2 = σn2 + τ 2 σ1 α2 + σ 2 β 2 + σ 3 γ 2 = σ n α2 + β 2 + γ 2 = 1 De donde se obtiene: γ2 =

(σn − σ1 ) (σn − σ2 ) + τ 2 (σ3 − σ1) (σ3 − σ2 )

β2 =

(σn − σ1 ) (σn − σ3 ) + τ 2 (σ2 − σ1) (σ2 − σ3 )

α2 =

(σn − σ2 ) (σn − σ3) + τ 2 (σ1 − σ2 ) (σ1 − σ3 )

Los cocientes anteriores deben ser positivos, ya que corresponden a n´ umeros reales α, β, γ elevados al cuadrado. Analicemos uno por uno los tres cocientes. 1. Cociente de α2 . α2 =

(σn − σ2 ) (σn − σ3 ) + τ 2 ≥ 0 (σ1 − σ2) (σ1 − σ3)

El denominador del cociente es un n´ umero positivo, por ser σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 , seg´ un nuestro convenio. En consecuencia, debe cumplirse: (σn − σ2 ) (σn − σ3) + τ 2 ≥ 0 o lo que es lo mismo: (σn −

σ2 + σ3 2 σ 2 − σ3 2 ) − ( ) + τ2 ≥ 0 2 2

y la condici´ on de que α2 sea positivo se traduce en que: (σn −

σ2 + σ3 2 σ 2 − σ3 2 ) + τ2 ≥ ( ) 2 2

5.1. C´IRCULOS DE MOHR EN TENSIONES

33

τ Zona posible: exterior del círculo

σ3 σn σ2

Figura 5.1: Primer c´ırculo de Mohr C1 3 En el plano (σn , τ ) la ecuaci´ on de la circunferencia de centro ( σ2 +σ 2 , 0) y radio

(σn −

σ2 −σ3 2

es:

σ2 + σ3 2 σ 2 − σ3 2 ) + τ2 = ( ) 2 2

Luego la condici´ on que debe cumplirse, derivada de que α2 ≥ 0, es que los puntos (σn , τ ) que representan los vectores tensi´ on en el punto P , han de encontrarse fuera del c´ırculo de σ2 −σ3 3 radio 2 centrado en el punto ( σ2 +σ ırculo de Mohr, figura 5.1). 2 , 0) (primer c´ 2. Cociente de β 2 . β2 =

(σn − σ1) (σn − σ3 ) + τ 2 ≥ 0 (σ2 − σ1 ) (σ2 − σ3 )

El denominador del cociente es un n´ umero negativo, por ser σ1 ≥ σ2 ≥ σ3, seg´ un nuestro convenio. En consecuencia, debe cumplirse: (σn − σ1 ) (σn − σ3) + τ 2 ≤ 0 o lo que es lo mismo: (σn −

σ1 + σ3 2 σ 1 − σ3 2 ) − ( ) + τ2 ≤ 0 2 2

´ 5. C´IRCULOS DE MOHR LECCION

34

y la condici´ on de que β 2 sea positivo se traduce en que: (σn −

σ1 + σ3 2 σ 1 − σ3 2 ) + τ2 ≤ ( ) 2 2

3 En el plano (σn , τ ) la ecuaci´ on de la circunferencia de centro ( σ1 +σ 2 , 0) y radio

(σn −

σ1 −σ3 2

es:

σ1 + σ3 2 σ 1 − σ3 2 ) + τ2 = ( ) 2 2

Luego la condici´ on que debe cumplirse, derivada de que β 2 ≥ 0, es que los puntos (σn , τ ) que representan los vectores tensi´ on en el punto P , han de encontrarse dentro del c´ırculo σ1 −σ3 3 de radio 2 centrado en el punto ( σ1 +σ ırculo de Mohr, figura 5.2). 2 , 0) (segundo c´ 3. Cociente de γ 2. γ2 =

(σn − σ1 ) (σn − σ2 ) + τ 2 ≥ 0 (σ3 − σ1 ) (σ3 − σ2 )

El denominador del cociente es un n´ umero positivo, por ser σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 , seg´ un nuestro convenio. En consecuencia, debe cumplirse: (σn − σ1 ) (σn − σ2) + τ 2 ≥ 0 o lo que es lo mismo: (σn −

σ1 + σ2 2 σ 1 − σ2 2 ) − ( ) + τ2 ≥ 0 2 2

τ Zona posible: interior del círculo

σ3 σn σ1

Figura 5.2: Segundo c´ırculo de Mohr C2

5.1. C´IRCULOS DE MOHR EN TENSIONES

τ

35

Zona posible: exterior del círculo

σ2

σn σ1

Figura 5.3: Tercer c´ırculo de Mohr C3 y la condici´ on de que γ 2 sea positivo se traduce en que: (σn −

σ1 + σ2 2 σ 1 − σ2 2 ) + τ2 ≥ ( ) 2 2

2 En el plano (σn , τ ) la ecuaci´ on de la circunferencia de centro ( σ1 +σ 2 , 0) y radio

(σn −

σ1 −σ2 2

es:

σ1 + σ2 2 σ 1 − σ2 2 ) + τ2 = ( ) 2 2

Luego la condici´ on que debe cumplirse, derivada de que γ 2 ≥ 0, es que los puntos (σn , τ ) que representan los vectores tensi´ on en el punto P , han de encontrarse fuera del c´ırculo de 2 2 radio σ1 −σ centrado en el punto ( σ1 +σ ırculo de Mohr, figura 5.3). 2 2 , 0) (tercer c´ Si combinamos en una sola representaci´ on las tres condiciones obtenidas para la posici´ on de los puntos (σn , τ ) que representan los vectores tensi´ on en el punto P , se tiene la representaci´ on de la figura 5.4, en la que se ve que la zona de puntos de tensi´ on posibles en la comprendida entre los tres c´ırculos de Mohr. Cuando dos tensiones principales son iguales, el estado tensional recibe el nombre de estado cil´ındrico. N´ otese que en ese caso uno de los c´ırculos de Mohr tiene radio nulo y los dos otros c´ırculos se superponen. En ese caso los puntos de tensi´ on posibles est´ an sobre una circunferencia.

´ 5. C´IRCULOS DE MOHR LECCION

36

τ Zona posible

σ3

σ2

σn σ1

Figura 5.4: Representaci´ on de Mohr de las componentes de tensi´ on posibles en el punto P Cuando las tres tensiones principales son iguales, el estado tensional recibe el nombre de estado esf´erico o estado hidrost´ atico. En este caso los tres c´ırculos de Mohr coinciden en un punto situado sobre el eje de σn , que es el u ´nico punto de tensi´ on posible.

5.2. 5.2.1.

Representaci´ on de tensiones en los c´ırculos de Mohr Componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on

Dado un estado tensional en el punto P del s´ olido el´ astico, a cada orientaci´ on ~n ≡ (α, β, γ) definida en P con respecto al sistema de referencia principal, le corresponde un punto A ≡ (σn , τ ) dentro de la representaci´ on de Mohr, dado por: σ n = σ 1 α2 + σ 2 β 2 + σ 3 γ 2 y













α σ1 α α (σ1 − σn )       ~τ = ~σ − σ~n =  β σ2  − σn  β  =  β (σ2 − σn )  γ γ (σ3 − σn ) γ σ3 luego, τ = ±

q

α2 (σ1 − σn )2 + β 2 (σ2 − σn )2 + γ 2 (σ3 − σn )2

Normalmente se elige un signo positivo para τ y, de esta forma, se trabaja con el semiplano superior del plano (σn , τ ). De este modo, a cada orientaci´ on ~n ≡ (α, β, γ) definida en P le corresponde un solo punto A ≡ (σn , τ ) de tensi´ on en la representaci´ on de Mohr.

´ DE TENSIONES EN LOS C´IRCULOS DE MOHR 5.2. REPRESENTACION

37

τ

A’

circunferencia concéntrica a C1

circunferencia concéntrica a C3

A

σ3

σ2

α

γ

C3

C1

σn

σ1

C2 Figura 5.5: Construcci´ on para la determinaci´ on de los par´ ametros α, β, γ

5.2.2.

C´ alculo de la orientaci´ on del vector normal

Rec´ıprocamente, la posici´ on de un punto A = (σn , τ ) en la representaci´ on de Mohr puede utilizarse para conocer la orientaci´ on del vector normal ~n = (α, β, γ) que da lugar a las componentes intr´ınsecas (σn , τ ). Se emplea la construcci´ on geom´etrica siguiente (figura 5.5): 1. Trazar circunferencias conc´entricas con C1 y C3 que pasen por el punto A, hasta que corten a C2 . 2. Se unen estos puntos de corte con los extremos del di´ ametro del c´ırculo C2 , obteni´endose b yγ b . Como se ver´ los ´ angulos α a a continuaci´ on, se cumple que: b α2 = cos2 α b γ 2 = cos2 γ

3. Se obtiene β 2 utilizando la relaci´ on: β 2 = 1 − α2 − γ 2

´ 5. C´IRCULOS DE MOHR LECCION

38

N´ otese que de esta forma se obtienen los cuadrados de los par´ ametros α, β, γ y, por tanto, quedan determinados los m´ odulos de las componentes del vector normal ~n, pero no su signo: b α = ± cos α

β = ± cos βb b γ = ± cos γ

As´ı, a cada punto A ≡ (σn , τ ) dentro de la representaci´ on de Mohr le corresponden hasta ocho orientaciones del vector normal ~n, obtenidas permutando los signos positivos y negativos: (α, β, γ), (α, −β, −γ), (α, −β, γ), (α, β, −γ), (−α, β, γ), . . .. La construcci´ on geom´etrica definida m´ as arriba se basa en lo siguiente: En todos los puntos de una circunferencia conc´entrica a C1 se tiene el mismo valor de α2 . En todos los puntos de una circunferencia conc´entrica a C3 se tiene el mismo valor de γ 2. En los puntos de la circunferencia C2 se tiene que β = 0. Entonces, en el punto A0 de la figura 5.5 se tiene el mismo valor de α2 que en el punto A y, adem´ as, β es nulo. En el punto A0 se tiene: 1 − α2 γ2 = α2 α2

por ser β nulo

Sustituyendo los valores de α y γ en el punto A0 se obtiene: 1 − α2 = α2

0 −σ ) (σ 0 −σ ) + τ 02 (σn 1 2 n (σ3 −σ1 ) (σ3 −σ2 ) 0 −σ ) (σ 0 −σ ) + τ 02 (σn 2 3 n (σ1 −σ2 ) (σ1 −σ3 )

=

(σ1 − σ2) [(σn0 − σ1 ) (σn0 − σ2 ) + τ 02] (σ2 − σ3) [(σn0 − σ2 ) (σn0 − σ3 ) + τ 02]

donde (σn0 , τ 0 ) son las coordenadas del punto A0 . Adem´ as, como β es nulo en el punto A0 , resulta que: (σn0 − σ1) (σn0 − σ3 ) + τ 02 = 0 −→ τ 02 = −(σn0 − σ1 ) (σn0 − σ3) y sustituyendo: 1 − α2 (σn0 − σ1 ) (σ3 − σ2 ) τ 02 (σn0 − σ1 ) (σn0 − σ1 )(σn0 − σ3 ) b = = = tan2 α = − = − α2 (σ2 − σ3 ) (σn0 − σ3 ) (σn0 − σ3 ) (σn0 − σ3)2 (σn0 − σ3 )2 b De donde se deduce que α = ± cos α.

5.3. 5.3.1.

Casos particulares Planos que contienen al primer eje principal

Tratamos de ver ahora en qu´e zona de la representaci´ on de Mohr se sit´ uan los puntos de tensi´ on correspondientes a planos que contienen al primer eje principal, es decir, planos cuyo vector normal ~n tiene su primera componente nula: α = 0 (figura 5.6).

5.3. CASOS PARTICULARES

39

III

III

σn

n

n

II

P

θ

P

II

τ

I

S

III

σn n

σ2

θ

θ

τ

II

σ3 Figura 5.6: Planos que contienen al eje principal I El equilibrio de las fuerzas de primer orden que act´ uan sobre la cu˜ na de material alrededor del punto P representada en la figura 5.6 nos da las ecuaciones siguientes: σ2 s cos θ = σn s cos θ + τ s sin θ

τ

(σn, τ)

σ3

σn

2θ

C1

Punto que define el vector tensión para la normal n

σ2 Doble del ángulo que forma la normal n con el eje II

Figura 5.7: Planos que contienen al eje principal I. Puntos de tensi´ on sobre la circunferencia C1

´ 5. C´IRCULOS DE MOHR LECCION

40

III

III

σn

n

n

II

P

θ

P

I

τ

I

S

III

σn n

σ1

θ

θ

τ

I

σ3 Figura 5.8: Planos que contienen al eje principal II σ3 s sin θ = σn s sin θ − τ s cos θ siendo θ el ´ angulo que forma el vector normal al plano ~n con el eje principal II. De las dos ecuaciones anteriores se deduce que: τ

=

σn =

σ 2 − σ3 sin 2θ 2 σ 2 + σ3 σ 2 − σ3 + cos 2θ 2 2

Estas u ´ltimas relaciones son las ecuaciones param´etricas de la circunferencia correspondiente al primer c´ırculo de Mohr C1 (figura 5.7). Lo que indica que los puntos de tensi´ on correspondientes a planos que contienen al primer eje principal se encuentran sobre la circunferencia C1 , de modo que el ´ angulo del radio vector asociado a cada punto de tensi´ on con el eje de σn es el doble del ´ angulo que forma el vector normal al plano ~n con el eje principal II de tensiones.

5.3.2.

Planos que contienen al segundo eje principal

An´ alogamente, veamos ahora en qu´e zona de la representaci´ on de Mohr se sit´ uan los puntos de tensi´ on correspondientes a planos que contienen al segundo eje principal, es decir, planos cuyo vector normal ~n tiene su segunda componente nula: β = 0 (figura 5.8). El equilibrio de las fuerzas de primer orden que act´ uan sobre la cu˜ na de material alrededor del punto P representada en la figura 5.8 nos proporciona, como antes, las ecuaciones param´etricas siguientes: τ

=

σ1 − σ3 sin 2θ 2

5.3. CASOS PARTICULARES

41

τ

(σn, τ)

σ3

Punto que define el vector tensión para la normal n

σn

2θ

C2

σ1 Doble del ángulo que forma la normal n con el eje I

Figura 5.9: Planos que contienen al eje principal II. Puntos de tensi´ on sobre la circunferencia C2 σn =

σ 1 + σ3 σ 1 − σ3 + cos 2θ 2 2

siendo θ el ´ angulo que forma el vector normal al plano ~n con el eje principal I. Estas u ´ltimas relaciones son las ecuaciones param´etricas de la circunferencia correspondiente al segundo c´ırculo de Mohr C2 (figura 5.9). Lo que indica que los puntos de tensi´ on correspondientes a planos que contienen al segundo eje principal se encuentran sobre la circunferencia C2 , de modo que el ´ angulo del radio vector asociado a cada punto de tensi´ on con el eje de σn es el doble del ´ angulo que forma el vector normal al plano ~n con el eje principal I de tensiones.

5.3.3.

Planos que contienen al tercer eje principal

Por u ´ltimo, veamos en qu´e zona de la representaci´ on de Mohr se sit´ uan los puntos de tensi´ on correspondientes a planos que contienen al tercer eje principal, es decir, planos cuyo vector normal ~n tiene su tercera componente nula: γ = 0 (figura 5.10). El equilibrio de las fuerzas de primer orden que act´ uan sobre la cu˜ na de material alrededor del punto P representada en la figura 5.10 nos proporciona, como antes, las ecuaciones param´etricas siguientes: τ

=

σn =

σ 1 − σ2 sin 2θ 2 σ 1 + σ2 σ 1 − σ2 + cos 2θ 2 2

siendo θ el ´ angulo que forma el vector normal al plano ~n con el eje principal I. Estas u ´ltimas relaciones son las ecuaciones param´etricas de la circunferencia correspondiente al tercer c´ırculo de Mohr C3 (figura 5.11). Lo que indica que los puntos de tensi´ on correspondientes a planos que contienen al segundo eje principal se encuentran sobre la circunferencia C3 ,

´ 5. C´IRCULOS DE MOHR LECCION

42

III

II

σn n

P

θ

P

II

I

τ

n

I

S

II

σn n

σ1

θ

θ

τ

I

σ2 Figura 5.10: Planos que contienen al eje principal III

de modo que el ´ angulo del radio vector asociado a cada punto de tensi´ on con el eje de σn es el doble del ´ angulo que forma el vector normal al plano ~n con el eje principal I de tensiones.

τ

(σn, τ)

σ2

σn

2θ

C3

Punto que define el vector tensión para la normal n

σ1 Doble del ángulo que forma la normal n con el eje I

Figura 5.11: Planos que contienen al eje principal III. Puntos de tensi´ on sobre circunferencia C3

´ 5.4. TENSIONES MAXIMAS

43

τ

σ3

σn σ1=σ2 C1= C2

Figura 5.12: C´ırculos de Mohr en estado de tensi´ on cil´ındrico

5.4.

Tensiones m´ aximas

De los c´ırculos de Mohr correspondientes al estado tensional en un punto P se pueden obtener las tensiones m´ aximas que act´ uan en el punto P . Con respecto a las tensiones normales, las m´ aximas vienen dadas por las tensiones principales, σ1 o σ3 , que son los puntos extremos de la representaci´ on de Mohr sobre el eje σn . Con respecto a las tensiones tangenciales, la m´ axima viene dada por el radio del c´ırculo C2 : τmax =

σ1 − σ3 2

Esta tensi´ on se da sobre un plano que contiene al eje principal intermedio (II), a ± 45o con los ejes principales I y III.

5.5. 5.5.1.

Estados tensionales cil´ındrico y esf´ erico Estado cil´ındrico

Si son iguales dos tensiones principales, σ1 = σ2 ´ o σ2 = σ3 , el estado tensional se conoce con el nombre de estado cil´ındrico. Si σ1 = σ2 , la circunferencia C3 se reduce a un punto y la circunferencia C1 coincide con C2 . Es decir, el ´ area sombreada de la figura 5.4 se reduce a la circunferencia C1 ≡ C2 (figura 5.12). En este caso solamente est´ a determinada la direcci´ on principal correspondiente a la tensi´ on principal σ3 . Cualquier direcci´ on contenida en un plano normal a la direcci´ on principal correspondiente a σ3 es una direcci´ on principal. Igualmente, si σ2 = σ3, la circunferencia C1 se reduce a un punto y la circunferencia C2 coincide con C3 . Es decir, el ´ area sombreada de la figura 5.4 se reduce a la circunferencia

´ 5. C´IRCULOS DE MOHR LECCION

44

C2 ≡ C3 . En este caso solamente est´ a determinada la direcci´ on principal correspondiente a la tensi´ on principal σ1 . Cualquier direcci´ on contenida en un plano normal a la direcci´ on principal correspondiente a σ1 es una direcci´ on principal. Cuando dos tensiones principales son iguales, puede verse que los estados tensionales correspondientes presentan simetr´ıa cil´ındrica en torno a la u ´nica direcci´ on principal que est´ a determinada. De ah´ı que un estado tensional de estas caracter´ısticas se denomine estado cil´ındrico. Por ejemplo, en un estado cil´ındrico con σ1 = σ2 los vectores tensi´ on correspondientes a cualquier plano π cuya normal forme un ´ angulo γˆ con la direcci´ on principal correspondiente a σ3 tienen las mismas componentes intr´ınsecas. En efecto, utilizando el sistema de referencia principal: 

~σ=













σx σ 0 0 α ασ        0 σ 0 β σ = =  y      βσ  0 0 σ3 γ γ σ3 σz

cuyas componentes intr´ınsecas son: σn = ~σ · ~n = σ(α2 + β 2 ) + σ3 γ 2 = σ(1 − γ 2) + σ3 γ 2 τ

=

5.5.2.

q

σ 2(α2 + β 2 ) + σ32 γ 2 − σn2 =

q

(independiente de α y β)

σ 2(1 − γ 2) + σ32γ 2 − σn2

(independiente de α y β)

Estado esf´ erico

Si en vez de ser iguales dos, son iguales las tres tensiones principales, el elipsoide de tensiones es una esfera y todas las direcciones son principales. Los c´ırculos de Mohr se reducen a un punto: para cualquier plano π el vector tensi´ on correspondiente es normal al plano y carece, por tanto, de componente tangencial. Adem´ as, su m´ odulo es constante. Este estado tensional presenta simetr´ıa en torno al punto P en el que se considera el estado tensional y, por ello, recibe el nombre de estado esf´erico. Por analog´ıa con el estado tensional que existe en un cuerpo sumergido en un l´ıquido, se le denomina tambi´en a veces estado hidrost´ atico. Desde el punto de vista de la respuesta del material, a veces tiene inter´es descomponer la matriz de tensiones en suma de la correspondiente a un estado hidrost´ atico [T0] y otra correspondiente a un estado desviador [Td ]: 

σnx τxy  [T ] =  τxy σny τxz τyz











τxz p 0 0 σnx − p τxy τxz      τyz  =  0 p 0  +  τxy σny − p τyz  0 0 p σnz τxz τyz σnz − p

= [T0] + [Td] donde 3 p = σnx + σny + σnz . La matriz [T0] es la matriz volum´etrica y la matriz [Td] es la matriz desviadora.

5.6. 5.6.1.

Ejercicios resueltos Representaci´ on de un estado tensional en el diagrama de Mohr

Las tensiones principales en un punto de un s´ olido son: σ1 = 4 MPa, σ2 = 2 MPa y σ3 = −1 MPa. Determinar anal´ıtica y gr´ aficamente el punto que corresponde en el diagrama de Mohr al

5.6. EJERCICIOS RESUELTOS

45

vector tensi´ on del plano cuya normal forma ´ angulos de 45o y 120o con las direcciones principales 2 y 3, respectivamente. Soluci´ on: 1. Soluci´ on anal´ıtica La matriz de tensiones con respecto al sistema de referencia principal es: 



4 0 0   [T ] =  0 2 0  MPa 0 0 −1 El vector normal al plano que se da en el enunciado es ~n = (α, β, γ), con: 1 β = cos(45o) = √ 2 γ = cos(120o) = − cos(60o) = − q

1 − β2 − γ 2 = ±

α =

1 2

1 1 −→ α = (se toma la ra´ız positiva) 2 2

El vector tensi´ on asociado al plano ser´ a entonces: 

 







4 0 0 0, 50 2, 00       ~σ =  0 2 0   0, 7071  =  1, 4142  0 0 −1 −0, 50 0, 50 Las componentes intr´ınsecas de este vector son: 



0, 50   σn = ~σ · ~n = (2, 00, 1, 4142, 0, 50)  0, 7071  = 1, 75 MPa −0, 50 y τ =

q

|~σ |2 − σn2 =

q

22 + 1, 41422 + 0, 502 − 1, 752 = 1, 785 MPa

La representaci´ on de este punto en el diagrama de Mohr se da en la figura 5.13. N´ otese que se ha tomado la ra´ız positiva de τ y que, por tanto, el punto se sit´ ua en el semiplano superior. 2. Soluci´ on gr´ afica b y el ´ b: Para representar el punto se requieren el ´ angulo α angulo γ b = arc cos α = arc cos (0, 50) = 60o α γb = 120o (dato)

´ 5. C´IRCULOS DE MOHR LECCION

46

τ (MPa)

B A

-1

(1,75, 1,785)

α = 60º

2

180−120 = 60º

γ = 120º 4

σn (MPa)

C3 C1

C2 Figura 5.13: Representaci´ on del punto en el diagrama de Mohr Como el ´ angulo γb = 120o es mayor que 90o, se toma el ´ angulo suplementario, 60o, para obtener la representaci´ on de Mohr del punto dado. En la figura 5.13 se da la construcci´ on geom´etrica. Tras dibujar los tres c´ırculos de Mohr a partir de los valores de las tensiones principales, desde los extremos del di´ ametro del b = 60o y 180 − γ b = 60o con el eje de c´ırculo C2 se trazan rectas que forman ´ angulos de α abcisas. Las rectas cortan a la circunferencia C2 en los puntos A y B. A continuaci´ on se trazan las circunferencias conc´entricas con C1 y C3 que pasan por A y B, respectivamente. La intersecci´ on de ambas circunferencias nos da el punto buscado.

5.6.2.

Obtenci´ on de tensiones principales con el diagrama de Mohr

Las tensiones principales extremas en un punto de un s´ olido son: 100 y 50 MPa. El vector tensi´ on correspondiente a un plano π, cuya normal forma un ´ angulo de 45o con la direcci´ on principal 1, tiene un m´ odulo de σ = 85 MPa y forma con la normal al plano un ´ angulo θ = 12, 5o. Se pide determinar gr´ aficamente el valor de la tensi´ on principal intermedia σ2 . Soluci´ on: La construcci´ on geom´etrica se da en la figura 5.14. Los datos del problema permiten dibujar el c´ırculo C2 . Trazando desde el extremo izquierdo (tensi´ on principal menor σ3 ) una recta a 45o con el eje horizontal se obtiene el punto A.

5.6. EJERCICIOS RESUELTOS

47

Por otro lado, las componentes intr´ınsecas del vector tensi´ on ~σ dado son: σn = 85 cos(12, 5o) = 82, 99 M P a y τ =

q

|~σ|2 − σn2 =

q

852 − 82, 992 = 18, 4 MPa

Figura 5.14: Determinaci´ on del centro del c´ırculo C1 La representaci´ on de este punto (σn , τ ) en el diagrama de Mohr es el punto B de la figura 5.14. El centro del c´ırculo C1 se encuentra en la mediatriz de AB. La intersecci´ on de la mediatriz con el eje de abcisas se produce para σn = 61, 6 MPa. En consecuencia, la tensi´ on principal σ2 es: σ2 = 50 + (61, 6 − 50) × 2 = 73, 2 M P a

48

´ 5. C´IRCULOS DE MOHR LECCION

Lecci´ on 6

Concepto de deformaci´ on 6.1.

Vector desplazamiento

Sea un punto P dentro de un s´ olido el´ astico. Sea ~r0 ≡ (x0, y0 , z0 ) el vector de posici´ on del punto P antes de aplicar ninguna acci´ on sobre el s´ olido (figura 6.1). Al aplicar al s´ olido un sistema de fuerzas f~v , f~s , el punto P sufre un desplazamiento, de forma que su nuevo vector de posici´ on es el ~r1 ≡ (x1, y1 , z1 ). Se define como vector desplazamiento del punto P , ~δp , la diferencia: 







x1 − x 0 u    ~δp = ~r1 − ~r0 =   y1 − y 0  =  v  w z1 − z 0 Dentro del s´ olido el´ astico, el vector desplazamiento ~δp es una funci´ on de punto. Se trata por tanto de un campo vectorial, el campo de desplazamientos, definido dentro del s´ olido el´ astico y asociado a cada sistema de fuerzas que act´ ue sobre el mismo. Cabe se˜ nalar los puntos siguientes: Aunque la definici´ on del vector desplazamiento tiene mucha m´ as generalidad, nosotros estamos u ´nicamente interesados en el desplazamiento de los puntos del s´ olido el´ astico en los casos en que los v´ınculos exteriores del s´ olido son suficientes para impedir su movimiento de s´ olido r´ıgido1. La teor´ıa de la elasticidad lineal postula que la diferencia entre las coordenadas de P antes de la aplicaci´ on del sistema de fuerzas, (x0 , y0 , z0 ), y despu´es de la aplicaci´ on del mismo, (x1, y1 , z1 ), es muy peque˜ na, despreciable con respecto a las dimensiones del s´ olido. En consecuencia, se definen las componentes del vector ~δp como funciones de las coordenadas (x, y, z) del punto P , sin distinguir entre el estado anterior o posterior a la aplicaci´ on de las fuerzas. En lo sucesivo, nosotros asumiremos este postulado, que se conoce con el nombre de hip´ otesis de peque˜ nos desplazamientos y que resulta v´ alido en la mayor´ıa de las aplicaciones pr´ acticas. Supondremos que no hay desgarros en el material durante la aplicaci´ on del sistema de fuerzas exteriores. Por lo tanto, las componentes u ≡ u(x, y, z), v ≡ v(x, y, z), w ≡ 1

Ver secci´ on 1.3.

49

´ ´ 6. CONCEPTO DE DEFORMACION LECCION

50

P

Z

δp

P

r0 r1 Y X

Figura 6.1: Definici´ on del vector desplazamiento ~δp w(x, y, z) del vector desplazamiento ~δp , por el fen´ omeno f´ısico que representan, deben ser funciones continuas, ya que un mismo punto del s´ olido no puede desplazarse a dos sitios diferentes.

6.2.

Matrices de giro y deformaci´ on

Sea Q otro punto del s´ olido el´ astico infinitamente pr´ oximo a P . Si se analiza el desplazamiento de estos dos puntos al aplicar un sistema de fuerzas exteriores se tiene (figura 6.2):

P~Q0 = d~r0 + ~δp + d~δp P~Q0 = ~δp + d~r1 luego: d~r1 = d~r0 + d~δp y adem´ as:

y tambi´en

´ 6.2. MATRICES DE GIRO Y DEFORMACION

51

δp + dδp

Q (x+dx, y+dy, z+dz)

dr0

Q’

dr1

Posición inicial

P (x,y,z)

δp Posición deformada

P’

Figura 6.2: Desplazamientos en el entorno del punto P







du    d~δp =  dv  =   dw

∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x

∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y

∂u ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z





  dx    dy  = [M ] d~ r0  dz

Entonces tenemos que: d~r1 = d~r0 + [M ] d~r0 Es decir, la separaci´ on d~r1 entre los puntos P y Q en el estado que resulta tras aplicar el sistema de fuerzas es igual a la separaci´ on inicial ~r0 m´ as una transformaci´ on lineal de la separaci´ on inicial dada por la matriz [M ]. La matriz [M ] puede descomponerse en suma de una matriz sim´etrica y otra matriz antisim´etrica: [M ] =

1 1 {[M ] + [M ]t } + {[M ] − [M ]t} = [D] + [H] |2 {z } |2 {z } sim´etrica antisim´etrica

La matriz sim´etrica [D] se conoce con el nombre de matriz de deformaci´ on y la matriz antisim´etrica [H] se llama matriz de giro. Entonces podemos escribir que la posici´ on relativa de los puntos P y Q durante la aplicaci´ on de fuerzas exteriores cambia del modo siguiente: d~r1 = d~r0 + [D] d~r0 + [H] d~r0 Se debe recordar que la transformaci´ on lineal de un vector dada por una matriz antisim´etrica es equivalente a un producto vectorial de un vector ~ ω formado a partir de las componentes de la matriz por el vector sobre el que se aplica la transformaci´ on. Si las componentes de la matriz

´ ´ 6. CONCEPTO DE DEFORMACION LECCION

52

son infinitesimales, la transformaci´ on puede interpretarse como un giro infinitesimal de s´ olido r´ıgido alrededor del eje definido por el vector d~ ω (figura 6.3). ~i d~ ω × d~r = dωx dx









~k ~j dωy dz − dωz dy 0    dωy dωz =  dωz dx − dωx dz  =  dωz dωx dy − dωy dx −dωy dy dz |

−dωz 0 dωx {z





dωy dx   −dωx   dy  dz 0

componentes de d~ ω

}

Es decir, durante la aplicaci´ on de un sistema de fuerzas, dos puntos pr´ oximos P y Q del s´ olido el´ astico se mueven uno con respecto al otro: Girando uno con respecto al otro: giro de s´ olido r´ıgido dado por la matriz [H]. Esta transformaci´ on no produce tensiones (fuerzas internas) en el material, ya que la distancia entre los dos puntos no cambia. Distorsionando o estirando el material: el movimiento relativo distinto del giro, dado por la matriz de deformaci´ on [D]. Esta transformaci´ on produce tensiones (fuerzas internas) en el material. La matriz [H] representa un giro puro, esto es, sin deformaci´ on, u ´nicamente cuando el entorno del punto P sufre un giro peque˜ no o infinitesimal. Esto es, cuando las componentes de [H] son peque˜ nas, tal como estamos suponiendo. En este caso se cumple lo anterior y la matriz [D] re´ une toda la deformaci´ on del entorno del punto. Se dice que se trabaja en la hip´ otesis de peque˜ nos giros. Si los giros no son peque˜ nos, entonces la matriz [H] construida seg´ un se indica m´ as arriba, no representa una transformaci´ on de giro puro, sino que incorpora parte de la deformaci´ on del entorno del punto P . En estos casos la deformaci´ on se define mediante otras matrices m´ as complicadas que la matriz [D].

dω

[H] dr0 Q dr0

P Figura 6.3: Interpretaci´ on geom´etrica de la matriz de giro

6.3. EJERCICIOS RESUELTOS

53

Como hemos se˜ nalado m´ as arriba, nosotros asumimos la hip´ otesis de peque˜ nos desplazamientos de la elasticidad lineal, que implica que tanto los giros (componentes de la matriz [H]) como las deformaciones (componentes de la matriz [D]) son peque˜ nos. A partir de las componentes del campo de desplazamientos, la matriz de giro es: 

1 ∂u 2 ( ∂y

0

 1 ∂u [H] =   − 2 ( ∂y −

− 12 ( ∂u ∂z −

∂v ∂x ) ∂w ∂x )

−

∂v ∂x )

1 ∂u 2 ( ∂z 1 ∂v 2 ( ∂z

0 − 12 ( ∂v ∂z −

∂w ∂y )

− −

∂w ∂x ) ∂w ∂y )



 0   =  a  z 

−ay

0



−az 0 ax

ay  −ax  0

y la matriz de deformaci´ on:  

[D] =  

∂u ∂x 1 ∂u ( 2 ∂y + 1 ∂u 2 ( ∂z +

∂v ∂x ) ∂w ∂x )

1 ∂u 2 ( ∂y + ∂v ∂y 1 ∂v 2 ( ∂z +

∂v ∂x )

∂w ∂y )

1 ∂u 2 ( ∂z + 1 ∂v 2 ( ∂z + ∂w ∂z

∂w ∂x ) ∂w ∂y )





   =   

εx

1 2 γxy

1 2 γxy 1 2 γxz

εy

1 2 γxz 1 2 γyz

1 2 γyz

εz

   

La matriz de deformaci´ on representa una magnitud tensorial de orden 2 que en la literatura se conoce con el nombre de tensor de peque˜ nas deformaciones. Dentro del s´ olido el´ astico, la matriz de deformaci´ on [D] es una funci´ on de punto, se trata por tanto de un campo tensorial de orden 2.

6.3.

Ejercicios resueltos

6.3.1.

C´ alculo de la matriz de deformaci´ on y el giro en el entorno de un punto

Sobre un s´ olido el´ astico se ha provocado un estado de deformaci´ on tal que las componentes del vector desplazamiento en un sistema cartesiano ortogonal OXY Z son: u = 4 a x2 v = 8 a z2 w = −2 a y 2 con a = 10−6 cm−1 . Determinar en el punto P = (1, 1, 1) cm, la matriz de deformaci´ on y la direcci´ on del eje de giro experimentado por el entorno del punto P . Soluci´ on: 1. Matriz de deformaci´ on A partir de las derivadas de las componentes del campo de desplazamientos, la matriz de deformaci´ on es:  

[D] =  

∂u ∂x 1 ∂u 2 ( ∂y + 1 ∂u 2 ( ∂z +

∂v ∂x ) ∂w ∂x )

1 ∂u 2 ( ∂y + ∂v ∂y 1 ∂v ( 2 ∂z +

∂v ∂x )

∂w ∂y )

1 ∂u 2 ( ∂z + 1 ∂v 2 ( ∂z + ∂w ∂z

∂w ∂x ) ∂w ∂y )





   =   

8 ax

0

0

0

0

8 az − 2 ay

0

 

8 az − 2 ay   0

´ ´ 6. CONCEPTO DE DEFORMACION LECCION

54

Y en el punto P :





8 0 0   [D] =  0 0 6  10−6 0 6 0 2. Direcci´ on del eje de giro del entorno del punto P A partir de las derivadas de las componentes del campo de desplazamientos, la matriz de giro es: 

0



1 ∂u 2 ( ∂y

−

1 ∂u ∂v 0 [H] =   − 2 ( ∂y − ∂x ) 1 ∂u ∂w 1 ∂v − 2 ( ∂z − ∂x ) − 2 ( ∂z −

Y en el punto P :

∂v ∂x )

1 ∂u 2 ( ∂z 1 ∂v 2 ( ∂z

∂w ∂y )

− −

∂w ∂x ) ∂w ∂y )

0









0 0 0   [H] =  0 0 10  10−6 0 −10 0 A partir de las componentes de la matriz [H], las componentes del vector de giro infinitesimal son: 



0 0 0    =  0 0 2 ay + 8 az    0 −2 ay − 8 az 0



−10   d~ ω =  0  10−6 0 Se trata por tanto de un giro con eje paralelo al eje OX del sistema de referencia.

Lecci´ on 7

Deformaciones longitudinales y transversales 7.1.

Ecuaciones cinem´ aticas

Las componentes de la matriz de deformaci´ on [D] se relacionan con las componentes (u, v, w) del campo de desplazamientos ~δp mediante las ecuaciones: εx = εy = εz = γxy = γxz = γyz =

∂u ∂x ∂v ∂y ∂w ∂z ∂u ∂v + ∂y ∂x ∂u ∂w + ∂z ∂x ∂w ∂v + ∂y ∂z

Las ecuaciones anteriores constituyen un sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales definido en el volumen V del s´ olido el´ astico. Relacionan las derivadas del campo de desplazamientos con las componentes del campo de deformaci´ on, en la hip´ otesis de peque˜ nos desplazamientos. Son ecuaciones cinem´ aticas en el sentido de que definen la deformaci´ on sin tener en cuenta la causa que la produce, esto es, las fuerzas internas en el s´ olido. A veces estas ecuaciones se llaman ecuaciones de compatibilidad del campo de deformaciones con el campo de desplazamientos. Las ecuaciones cinem´ aticas constituyen el segundo grupo de ecuaciones de la Teor´ıa de la Elasticidad, tras las ecuaciones de equilibrio que vimos en la lecci´ on 3. N´ otese que, como en el caso de las ecuaciones de equilibrio, se trata de ecuaciones lineales. 55

´ 7. DEFORMACIONES LONGITUDINALES Y TRANSVERSALES LECCION

56

C

C dz

dx

P

(1+εz)dz

dr0 dy

B

P

dr1 (1+εy)dy

B

(1+εx)dx A

A Estado inicial

Estado deformado

Figura 7.1: Significado f´ısico de las deformaciones longitudinales

7.2.

Significado de los t´ erminos de la matriz de deformaci´ on

Los t´erminos εx , εy y εz de la matriz de deformaci´ on se conocen con el nombre de deformaciones longitudinales. Los otros tres t´erminos, γxy , γxz y γyz , se llaman deformaciones transversales. A continuaci´ on veremos el significado f´ısico de estas dos clases de deformaci´ on. 1. Deformaciones longitudinales Sea el vector d~r0 = (dx, dy, dz) en el punto P . Supongamos que para un determinado estado tensional la matriz de deformaci´ on vale: 



εx 0 0   [D] =  0 εy 0  0 0 εz y que la matriz de giro [H] es nula. De acuerdo con esto, la transformaci´ on del vector d~r0 durante el proceso de aplicaci´ on de las acciones exteriores ser´ a: 











dx εx dx (1 + εx ) dx       d~r1 = d~r0 + [D] d~r0 =  dy  +  εy dy  =  (1 + εy ) dy  dz εz dz (1 + εz ) dz Es decir, las componentes de la diagonal principal de [D] producen el estiramiento de las longitudes seg´ un los ejes X, Y y Z, respectivamente. Una longitud inicial dx pasa a ser, tras

´ ´ DE LA MATRIZ DE DEFORMACION 7.2. SIGNIFICADO DE LOS TERMINOS

57

la deformaci´ on, de (1 + εx ) dx. En consecuencia, εx tiene el sentido f´ısico de alargamiento por unidad de longitud en el punto P en la direcci´ on X. N´ otese que εx es una magnitud adimensional, como el resto de las componentes de [D]. El sentido f´ısico de εy y εz es el mismo, referido a los otros dos ejes del sistema de referencia principal. De esta forma, las deformaciones longitudinales producen una dilataci´ on homot´etica del entorno del punto P , sin distorsi´ on de ´ angulos (figura 7.1). 2. Deformaciones transversales Sea ahora un estado tensional en el que la matriz de deformaci´ on vale:  

[D] =  

0

1 2 γxy

1 2 γxy

0

0

0

0

 

0  

0

y en el que la matriz de giro [H] es nula. En este caso, la transformaci´ on del vector d~r0 durante el proceso de aplicaci´ on de las acciones exteriores ser´ a: 





dx    d~r1 = d~r0 + [D] d~r0 =  dy  +   dz

1 2 γxy dy 1 2 γxy dx

0

   

Es decir, el vector (dx, 0, 0) se transforma en el vector (dx, 12 γxy dx, 0); y el vector (0, dy, 0) se transforma en el vector ( 12 γxy dy, dy, 0) (figura 7.2). N´ otese que si las deformaciones son peque˜ nas se cumple que:

b) = tan(α b = tan(β)

1 2 γxy

dx

dx 1 2 γxy

dy

dy

=

1 b γxy ≈ α 2

=

1 γxy ≈ βb 2

luego, dB b + βb = distorsi´ γxy ≈ α on del ´ angulo AP b es muy peque˜ Como las deformaciones son peque˜ nas, el ´ angulo α no y, en consecuencia, la longitud del vector (dx, 0, 0) es pr´ acticamente la misma que la del vector (dx, 12 γxy dx, 0) (figura 7.2). Por lo tanto, la componente γxy no produce acortamiento o estiramiento en el material, u ´nicamente produce distorsi´ on angular.

´ 7. DEFORMACIONES LONGITUDINALES Y TRANSVERSALES LECCION

58

C dr0

dz

dx

C

dy

P

dz

B dx

P

dr1 B

dy α

1/2 γxy dy

β

A

A

1/2 γxy dx

Estado inicial

Estado deformado

Figura 7.2: Significado f´ısico de las deformaciones transversales

7.3.

Deformaci´ on seg´ un una direcci´ on: galgas extensom´ etricas

En un punto P del s´ olido el´ astico, la transformaci´ on del vector d~r0 = (dx, dy, dz) debida a lo que hemos llamado deformaci´ on viene dada por: [D] d~r0 = [D] ~n dr0 = ~ εn dr0 donde dr0 es el m´ odulo de d~r0 y ~ εn = [D] ~n es el vector deformaci´ on unitaria asociada a la direcci´ on ~n = (α, β, γ) de d~r0. Muchas veces interesa conocer c´ omo cambia el m´ odulo del vector d~r0 al transformarse en d~r1 durante la aplicaci´ on de las acciones exteriores. Para ello se parte de: d~r1 = d~r0 + [D] d~r0 + [H] d~r0 = {~n + [D] ~n + [H] ~n} dr0 El cuadrado del m´ odulo de d~r1 viene dado por el producto escalar del vector por s´ı mismo: dr12 = d~r1 · d~r1 = d~r1t d~r1 = {~n + [D] ~n + [H] ~n}t {~n + [D] ~n + [H] ~n} dr02 y dr12 = {~nt + ~nt [D] − ~nt [H]} {~n + [D] ~n + [H] ~n} dr02 De donde se obtiene:

´ ´ GALGAS EXTENSOMETRICAS ´ UNA DIRECCION: ´ SEGUN 7.3. DEFORMACION

59

dr12 = dr02 {~nt ~n + ~nt [D] ~n + ~nt [H] ~n + ~nt [D] ~n + ~nt [D] [D] ~n + ~nt [D] [H] ~n − ~nt [H] ~n − ~nt [H] [D] ~n − ~nt [H] [H] ~n} = dr02 {1 + 2 ~nt [D] ~n + ~nt [D] [D] ~n + ~nt [D] [H] ~n − ~nt [H] [D] ~n − ~nt [H] [H] ~n} ya que, por ser [H] una matriz antisim´etrica, se cumple que ~nt [H] ~n = 0 . Si las deformaciones y giros son peque˜ nos (elementos de las matrices [D] y [H] son  1) entonces los t´erminos de orden superior se podr´ an despreciar y quedar´ a:

dr12 ≈ dr02 {1 + 2 ~nt [D] ~n} Y por ser ~nt [D] ~n  1 , quedar´ a finalmente:

dr12 ≈ dr02 {1 + ~nt [D] ~n}2 Es decir, se tendr´ a que:

dr1 ≈ dr0 {1 + ~nt [D] ~n} = dr0 {1 + εn } De este modo, el cambio de m´ odulo del vector d~r0 se obtiene multiplicando por (1 + εn ) el m´ odulo inicial. El escalar εn se conoce con el nombre de deformaci´ on longitudinal unitaria y da el tanto por uno de aumento del m´ odulo de d~r0. La deformaci´ on longitudinal unitaria en el punto P y en la direcci´ on ~n = (α, β, γ) se calcula como:

εn =





α β γ

   

εx

1 2 γxy

1 2 γxy 1 2 γxz

εy

1 2 γxz 1 2 γyz

1 2 γyz

εz

   α     β   

γ

= εx α2 + εy β 2 + εz γ 2 + γxy α β + γyz β γ + γxz α γ La deformanci´ on unitaria εn es la deformaci´ on que medir´ a una galga extensom´etrica colocada en el punto P seg´ un la direcci´ on ~n = (α, β, γ). Una galga extensom´etrica es una resistencia el´ectrica cuyo valor de resistencia var´ıa con la deformaci´ on longitudinal. La galga se adhiere al s´ olido y ´este, al deformarse, hace variar su resistencia. Conocida la resistencia inicial de la galga, la variaci´ on de la resistencia, medida mediante un puente de resistencias, proporciona el valor de la deformaci´ on longitudinal unitaria en la direcci´ on en la que se ha colocado la galga.

´ 7. DEFORMACIONES LONGITUDINALES Y TRANSVERSALES LECCION

60

n1

n1

n2

ϕ12

ϕ’12

P

n2

P Estado inicial

Estado deformado

Figura 7.3: Distorsi´ on de ´ angulos

7.4.

Distorsi´ on de ´ angulos

En un punto P de un s´ olido el´ astico se tienen dos direcciones definidas por los vectores unitarios ~n1 y ~n2 . Dichas direcciones forman inicialmente (antes de la deformaci´ on) un ´ angulo ϕ12. Tras la deformaci´ on el ´ angulo es ϕ012 (figura 7.3). Puede demostrarse que el incremento de dicho ´ angulo viene dado por: ∆ϕ12 = ϕ012 − ϕ12 =

(εn1 + εn2 ) cos ϕ12 − 2 ~nt1 [D] ~n2 sin ϕ12

donde: εn1 = ~nt1 [D] ~n1 = deformaci´ on longitudinal unitaria en direcci´ on 1 εn2 = ~nt2 [D] ~n2 = deformaci´ on longitudinal unitaria en direcci´ on 2 [D] = matriz de deformaci´ on

7.5.

Ejercicios resueltos

7.5.1.

C´ alculo de variaciones de longitud y de ´ angulos

La matriz de deformaci´ on de la placa indicada en la figura 7.4, referida a un sistema cartesiano OXY Z es:   (y−x) y 0 2   

[D] = 

(y−x) 2

x

0

0

  10−4 (x e y en metros) 0  

0

Calcular la variaci´ on de longitud de los lados y la variaci´ on de los ´ angulos interiores de los v´ertices, indicando con signo positivo los aumentos y con negativo las disminuciones. Soluci´ on:

7.5. EJERCICIOS RESUELTOS

61

Y C

B

1m O D

A 1m

X

1m Figura 7.4: Placa

1. Variaci´ on de longitud de los lados En el lado AB se tiene que x = 1 m, y entonces la matriz de deformaci´ on vale:    

[D] = 

y

(y−1) 2

(y−1) 2

1

0

0

0



  −4 10 (y en metros) 0  

0

El vector que da la direcci´ on del lado es ~nt = (0, 1, 0). Por lo tanto, la deformaci´ on longitudinal unitaria a lo largo del lado vale:

εn =





0

   1 0  

y

(y−1) 2

(y−1) 2

1

0

0



  0     −4 = 10−4  1  10 0  

0

0

0

El alargamiento del lado ser´ a por tanto: ∆l =

Z

1 0

εn dy = 10−4 [y]10 = 10−4 m

An´ alogamente, en el lado BC se tiene y = 1 m, y la matriz de deformaci´ on vale:    

[D] = 

1

(1−x) 2

(1−x) 2

1

0

0

0

  

10−4 (x en metros) 0  

0

62

´ 7. DEFORMACIONES LONGITUDINALES Y TRANSVERSALES LECCION

on El vector que da la direcci´ on del lado es ~nt = (1, 0, 0). Por lo tanto, la deformaci´ longitudinal unitaria a lo largo del lado vale:

εn =





   0 0  

1

1

(1−x) 2

(1−x) 2

1

0

0



  1     −4 = 10−4  0  10 0  

0

0

0

El alargamiento del lado BC ser´ a por tanto: ∆l =

Z

1 −1

εn dx = 10−4 [x]1−1 = 2 × 10−4 m

En el lado CD se tiene x = −1 m, y la matriz de deformaci´ on vale:    

[D] = 

y

(y+1) 2

(y+1) 2

−1

0

0

0



  −4 10 (y en metros) 0  

0

El vector que da la direcci´ on del lado es ~nt = (0, 1, 0). Por lo tanto, la deformaci´ on longitudinal unitaria a lo largo del lado vale:

εn =





   0 1 0  

y

(y+1) 2

(y+1) 2

−1

0

0



  0     −4 = −10−4  1  10 0  

0

0

0

El alargamiento del lado CD resulta por tanto: ∆l =

Z

1 0

εn dx = −10−4 [y]10 = −10−4 m

En el lado DA se tiene y = 0 m, y la matriz de deformaci´ on vale:  

[D] =  

0

−x 2

−x 2

x

0

0

0

 

−4 0  (x en metros)  10

0

El vector que da la direcci´ on del lado es ~nt = (1, 0, 0). Por lo tanto, la deformaci´ on longitudinal unitaria a lo largo del lado vale:

εn =





1 0 0

   

0

−x 2

−x 2

x

0

0

     1  −4 0  = 0   0  10

0

0

El alargamiento del lado CD resulta por tanto: ∆l =

Z

1

εn dx = 0 −1

0

7.5. EJERCICIOS RESUELTOS

63

2. Variaci´ on de ´ angulos interiores La variaci´ on viene dada por la componente: γxy = 2

y − x −4 10 2

en las esquinas de la placa. Un valor positivo de γxy significa que un ´ angulo de lados paralelos a los ejes XY se cierra. En la esquina A, se tiene x = 1 m e y = 0, con lo que: γxy = (y − x) 10−4 = −10−4 . El valor negativo indica que un a ´ngulo de v´ertice en A y lados paralelos a los ejes +X y +Y se abre. Como consecuencia, el ´ angulo interior en A se cierra en 10−4 rad. Otra forma de ver este resultado es aplicar la f´ ormula: ∆ϕ12 = −2 ~nt1 [D] ~n2 = −2



1 0 0





 



0 − 12 10−4 0 0     1 −4 1 0   1   − 2 10 0 0 0 0

= −10−4 En la esquina B, se tiene x = 1 m e y = 1, con lo que: γxy = (y − x) 10−4 = 0. El ´ angulo interior en B permanece recto, sin variaci´ on. En la esquina C, se tiene x = −1 m e y = 0, con lo que: γxy = (y − x) 10−4 = 2 10−4. El valor positivo indica que un ´ angulo de v´ertice en C y lados paralelos a los ejes +X y +Y se cierra. Como consecuencia, el ´ angulo interior en C se abre en 2 10−4 rad. En la esquina D, se tiene x = −1 m e y = 0, con lo que: γxy = (y − x) 10−4 = 10−4 . El valor positivo indica que un a ´ngulo de v´ertice en D y lados paralelos a los ejes +X y +Y se abre. Como consecuencia, el ´ angulo interior en D se cierra en 10−4 rad.

64

´ 7. DEFORMACIONES LONGITUDINALES Y TRANSVERSALES LECCION

Lecci´ on 8

Deformaciones principales. Deformaci´ on volum´ etrica 8.1.

Deformaciones y direcciones principales

Dado un estado de deformaci´ on en el entorno del punto P de un s´ olido el´ astico, representado por la matriz de deformaci´ on [D], cabe hacerse la pregunta de si existir´ a alguna direcci´ on ~n = (α, β, γ) para la cual se produzca u ´nicamente una deformaci´ on longitudinal y no distorsi´ on angular o deformaci´ on transversal. Si dicha direcci´ on existe, deber´ a verificar que: [D] ~n = ε ~n

donde ε es un par´ ametro ε ∈ R

o {[D] − ε [I]} ~n = 0

donde [I] es la matriz identidad

La ecuaci´ on anterior es la expresi´ on de un problema de autovalores para la matriz [D] en el punto P . Como suced´ıa en el caso de la matriz de tensiones [T ], la matriz de deformaciones [D] es una matriz sim´etrica de orden 3 con componentes reales. En consecuencia, la matriz [D] tiene tres autovalores reales ε1 , ε2 y ε3 . Estos autovalores se conocen con el nombre de deformaciones principales. Cada autovalor εi tiene un autovector ~ni asociado, que se obtiene resolviendo el sistema: {[D] − εi [I]} ~n = 0 con la condici´ on adicional de que si ~ni = (αi , βi, γi ), se cumple que: α2i + βi2 + γi2 = 1 Por ser [D] una matriz sim´etrica, los autovectores son ortogonales entre s´ı cuando los autovalores son distintos. Es decir: ~n1 · ~n2 = 0 ~n1 · ~n3 = 0 ~n2 · ~n3 = 0

65

´ ´ VOLUMETRICA ´ 8. DEFORMACIONES PRINCIPALES. DEFORMACION LECCION

66

Si hay alg´ un autovalor doble o triple, los autovectores asociados definen un espacio vectorial de dimensi´ on dos o tres, respectivamente. De esta forma, tal y como suced´ıa con la matriz de tensiones [T ]: 1. La simetr´ıa de la matriz de deformaci´ on [D] implica la existencia en cada punto P del s´ olido el´ astico de tres direcciones ortogonales entre s´ı seg´ un las cuales la deformaci´ on s´ olo tiene componente longitudinal, esto es, no hay distorsi´ on angular. Estas tres direcciones son las direcciones principales de deformaci´ on. Cuando el s´ olido el´ astico es is´ otropo, las direcciones principales de tensi´ on y deformaci´ on coinciden. 2. Se puede definir en el punto P un sistema de referencia con ejes paralelos a las direcciones principales de deformaci´ on. En este sistema de referencia la matriz de deformaci´ on es diagonal:   ε1 0 0    0 ε2 0  0 0 ε3 donde ε1 ≥ ε2 ≥ ε3 son las deformaciones principales en el punto P .

8.2.

Invariantes de deformaci´ on

Desdoblando la ecuaci´ on vectorial: {[D] − ε [I]} ~n = 0 en tres ecuaciones escalares, el problema de autovalores de la matriz [D] se escribe:    

εx − ε n

1 2 γxy

1 2 γxy 1 2 γxz

εy − ε n

1 2 γxz 1 2 γyz

1 2 γyz

εz − ε n

     α    β  = 0 

γ

Se trata de un sistema de ecuaciones homog´eneo, funci´ on del par´ ametro εn ∈ R. Para que el sistema tenga soluci´ on distinta de la trivial α = β = γ = 0, el determinante de la matriz de coeficientes debe ser nulo, esto es: εx − ε n 1 2 γxy 1 γxz 2

1 2 γxy

εy − ε n

1 2 γxz 1 2 γyz

1 2 γyz

εz − ε n

= 0

La ecuaci´ on anterior es una ecuaci´ on de tercer grado en εn , con tres ra´ıces reales1 , que son los valores de las tres deformaciones principales. Dicha ecuaci´ on puede escribirse como: −ε3n + I1 ε2n − I2 εn + I3 = 0 1

Por ser [D] una matriz sim´etrica

´ UNITARIA DE VOLUMEN 8.3. VARIACION

67

con: I1 = ε x + ε y + ε z I2 = ε x εy + ε x εz + ε y εz −

2 2 γxy γyz γ2 − xz − 4 4 4

I3 = det[D] La soluci´ on de esta ecuaci´ on de tercer grado son las deformaciones principales ε1, ε2 y ε3 en el punto P a que corresponda la matriz [D]. Las deformaciones principales son una caracter´ıstica intr´ınseca del estado de deformaci´ on en el punto P y, por tanto, independiente del sistema de referencia seleccionado para la matriz de deformaci´ on [D]. En consecuencia, los coeficientes I1 , I2 e I3 deben ser independientes del sistema de referencia. Estos coeficientes se conocen con el nombre de invariantes de deformaciones, primero, segundo y tercero, respectivamente. El valor de los invariantes en cada punto P no cambia al cambiar el sistema de referencia utilizado para definir [D].

8.3.

Variaci´ on unitaria de volumen

El primer invariante de deformaci´ on representa la variaci´ on unitaria de volumen en el entorno del punto P a que corresponda la matriz [D]. En efecto, tomando como sistema de referencia el sistema de referencia principal en P , la matriz de deformaci´ on en P ser´ a: 



ε1 0 0   [D] =  0 ε2 0  0 0 ε3 Un cubo elemental de aristas dx, dy y dz se transformar´ a en otro cubo, con aristas paralelas a los ejes del sistema de referencia y con longitudes (1 + ε1 ) dx, (1 + ε2 ) dy y (1 + ε3 ) dz, respectivamente. El cambio de volumen del cubo elemental ser´ a entonces: ∆V = (1 + ε1 ) (1 + ε2 ) (1 + ε3 ) dx dy dz − dx dy dz = [(1 + ε1 ) (1 + ε2 ) (1 + ε3 ) − 1] dx dy dz y despreciando los t´erminos de orden superior: ∆V ≈ (ε1 + ε2 + ε3) dx dy dz Luego la variaci´ on unitaria de volumen es: ∆V = ε 1 + ε2 + ε3 = I1 ≡ e V

8.4.

Deformaci´ on volum´ etrica y desviadora

La matriz de deformaci´ on [D] puede descomponerse en suma de dos:  

[D] =  

εx

1 2 γxy

1 2 γxy 1 2 γxz

εy

1 2 γxz 1 2 γyz

1 2 γyz

εz





e 3

   =  0  

0





0

0

e 3

 0   + 

0

e 3





εx −

e 3

1 2 γxy 1 2 γxz

1 2 γxy εy − e3 1 2 γyz

1 2 γxz 1 2 γyz

εz 3e



  = e [I] + [D0]  3

68

´ ´ VOLUMETRICA ´ 8. DEFORMACIONES PRINCIPALES. DEFORMACION LECCION

Z

b e

45º

d 45º

f

45º

a

c

Y

X Figura 8.1: Posici´ on de las galgas extensom´etricas El primer sumando mantiene la suma de los t´erminos de la diagonal principal de [D] y al ser nulos los t´erminos de fuera de la diagonal, no hay distorsi´ on. Es decir, en la deformaci´ on que representa u ´nicamente se produce cambio de volumen. Este primer sumando se conoce con el nombre de deformaci´ on volum´etrica. En el segundo sumando, la suma de los t´erminos de la diagonal principal es nula, por lo que la deformaci´ on que representa se produce sin cambio de volumen. Este segundo sumando se conoce con el nombre de deformaci´ on desviadora.

8.5. 8.5.1.

Ejercicios resueltos Galgas extensom´ etricas y deformaciones principales

En el entorno de un punto de un s´ olido el´ astico se han colocado seis galgas extensom´etricas, tal y como se indica en la figura 8.1. Las galgas miden las deformaciones siguientes: εa = 200 10−6 εb = 200 10−6

εd = 180 10−6 εe = 200 10−6

εc = 160 10−6

εf = 280 10−6

Calcular la matriz de deformaciones en el punto considerado, as´ı como las deformaciones principales y direcciones asociadas.

8.5. EJERCICIOS RESUELTOS

69

Soluci´ on: 1. Matriz de deformaciones Las galgas extensom´etricas miden la deformaci´ on longitudinal unitaria εn en la direcci´ on en la que est´ an colocadas: εn = εx α2 + εy β 2 + εz γ 2 + γxy α β + γyz β γ + γxz α γ donde ~n = (α, β, γ) es el vector unitario en la direcci´ on de la galga. Entonces tenemos: Galga a

~na = (1, 0, 0) εa = εx α2 = εx = 200 10−6

Galga b

~nb = (0, 1, 0) εb = εy β 2 = εy = 200 10−6

Galga c

Galga d

~nc = (0, 0, 1) εc = εz γ 2 = εz = 160 10−6 1 1 ~nd = ( √ , 0, √ ) 2 2 εd = εx α2 + εz γ 2 + γxz α γ = 200 10−6

1 1 1 + 160 10−6 + γxz = 180 10−6 2 2 2

γxz = 0 Galga e

1 1 ~ne = ( √ , √ , 0) 2 2 εe = εx α2 + εy β 2 + γxy α β = 200 10−6

1 1 1 + 200 10−6 + γxy = 200 10−6 2 2 2

γxy = 0 Galga f

1 1 ~nf = (0, √ , √ ) 2 2 εf = εy β 2 + εz γ 2 + γyz β γ = 200 10−6

1 1 1 + 160 10−6 + γyz = 280 10−6 2 2 2

γyz = 200 10−6 Por lo tanto, la matriz de deformaci´ on es: 



200 0 0   [D] =  0 200 100  10−6 0 100 160 2. Deformaciones y direcciones principales Para el c´ alculo de las deformaciones principales se plantea la ecuaci´ on caracter´ıstica: εx − ε n 1 2 γxy 1 γxz 2

1 2 γxy

εy − ε n

1 2 γxz 1 2 γyz

1 2 γyz

εz − ε n

= 0

70

´ ´ VOLUMETRICA ´ 8. DEFORMACIONES PRINCIPALES. DEFORMACION LECCION

Es decir:

200 − ε n 0 0

0 0 200 − εn 100 100 160 − εn

= 0

donde εn est´ a dada en microdeformaciones. Calculando el determinante, la ecuaci´ on caracter´ıstica queda: 0 = −ε3n + 560 ε2n − 94000 εn + 4400000 Como γxy = γxz = 0, resulta que εx = 200 es una ra´ız de la ecuaci´ on caracter´ıstica. Las otras dos ra´ıces las obtenemos por tanteos. De esta forma, resulta: ε1 = 282 10−6 ε2 = 200 10−6 ε3 = 78 10−6

En cuanto a las direcciones principales, se tiene que ~n2 = (1, 0, 0) (por ser γxy = γxz = 0). La direcci´ on principal ~n1 se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones: {[D] − ε1 [I]} ~n = 0 Es decir: 

 







200 10−6 − 282 10−6 0 0 α1 0       −6 −6 −6 0 200 10 − 282 10 100 10    β1  =  0  0 0 100 10−6 160 10−6 − 282 10−6 γ1 Adem´ as se tiene la condici´ on de que α21 + β12 + γ12 = 1. Entonces se obtiene: α1 = 0 β1 = 0, 7733 γ1 = 0, 6340

La direcci´ on principal ~n3 se obtiene por producto vectorial: ~n3 = ~n1 × ~n2 =

~k ~i ~j 0 0, 7733 0, 6340 1 0 0

  0   =  0, 6340  −0, 7733

Lecci´ on 9

Comportamiento el´ astico. Constantes el´ asticas. 9.1.

Ensayo de tracci´ on simple. Ley de Hooke.

El ensayo de tracci´ on simple es el m´ as sencillo de los que se emplean para la caracterizaci´ on mec´ anica de los materiales. En la figura 9.1 se da una representaci´ on esquem´ atica de este ensayo. Se utiliza una probeta mecanizada de forma que en una longitud L0 de la misma se tiene un area de la secci´ ´ on transversal Ω0 constante. La probeta se sujeta por sus extremos a la m´ aquina de ensayo y ´esta aplica una fuerza F creciente, que estira la probeta de forma que la longitud L0 pasa a ser L = L0 + ∆L. En la parte central de la probeta se obtiene un estado uniaxial de tensi´ on durante el proceso de carga. En el ensayo se aumenta la fuerza F a una velocidad normalizada, hasta llegar a producir la rotura de la probeta. El resultado fundamental del ensayo es la curva F − ∆L representada en la parte superior de la figura 9.2. N´ otese que el pico de fuerza tiene lugar antes de la rotura. Esto se debe a la estricci´ on o disminuci´ on de la secci´ on transversal Ω0 inicial de la probeta al producirse el estiramiento final de la misma. Si se divide la fuerza F medida por la m´ aquina de ensayo por el ´ area de la secci´ on transversal inicial Ω0, se tiene la tensi´ on nominal en la probeta. Del mismo modo, si se divide el incremento de longitud ∆L medido por la m´ aquina de ensayo por la longitud inicial L0 de la probeta, se tiene la deformaci´ on nominal en la probeta. Las dos magnitudes anteriores se representan en la parte inferior de la figura 9.2. En esta representaci´ on se distinguen las magnitudes siguientes: L´ımite de proporcionalidad σp Es el valor de la tensi´ on a partir de la cual deja de haber una relaci´ on lineal entre tensi´ on y deformaci´ on. L´ımite el´ astico σe Es el valor de la tensi´ on a partir de la cual la deformaci´ on de la probeta deja de ser recuperable. Es decir, si se supera esta tensi´ on, al descargar la probeta ´esta no recupera su longitud inicial, sino que queda una deformaci´ on residual. L´ımite el´ astico convencional σ0,2 71

´ ´ ´ 9. COMPORTAMIENTO ELASTICO. CONSTANTES ELASTICAS. LECCION

72

Ω0 F

F

L (Estado uniaxial de tensión)

Figura 9.1: Ensayo de tracci´ on simple En la pr´ actica, tanto el l´ımite de proporcionalidad como el l´ımite el´ astico pueden ser dif´ıciles de determinar a partir de la curva resultado del ensayo. Por ello se trabaja con el l´ımite el´ astico convencional. El l´ımite el´ astico convencional es el valor de la tensi´ on para el que se produce un alargamiento remanente de la probeta del 0, 2 % (figura 9.3)1. L´ımite de fluencia σy El l´ımite el´ astico se asimila tambi´en en el pr´ actica al llamado l´ımite de fluencia, que es la tensi´ on a partir de la cual los alargamientos de la probeta aumentan de manera considerable, sin apenas incremento de fuerza. Resistencia a la tracci´ on σu Es la tensi´ on nominal m´ axima soportada por la probeta durante el ensayo. Se conoce a veces tambi´en como tensi´ on de rotura o tensi´ on u ´ltima del material. Deformaci´ on de rotura εu 0 Es el cociente LuL−L , donde Lu es la longitud final de la probeta, despu´es de reconstruir 0 la misma una vez producida la rotura. N´ otese que la deformaci´ on de rotura no incluye la deformaci´ on recuperable en el momento de la rotura, ya que Lu se mide sobre la probeta rota, una vez se ha sacado de la m´ aquina de ensayo.

La relaci´ on: σ = Eε

(9.1)

que se verifica hasta alcanzar el l´ımite de proporcionalidad σp , se conoce con el nombre de Ley de Hooke, en honor a Robert Hooke, cient´ıfico ingl´es del siglo XVII que, trabajando con muelles, fue el primero en se˜ nalar que la tensi´ on responde siempre a una deformaci´ on. 1 No es habitual, pero el l´ımite el´ astico convencional puede definirse para otros alargamientos remanentes, como el 0, 1 %.

´ SIMPLE. LEY DE HOOKE. 9.1. ENSAYO DE TRACCION

73

F rotura

∆L

σnominal = F/Ω0 εnominal = ∆L/L0

F/Ω0 σu

σe σp

Límite elástico Límite de proporcionalidad

σ = E ε (tensión proporcional a deformación) ∆L/L0

Figura 9.2: Resultados del ensayo de tracci´ on simple La constante de proporcionalidad E recibe el nombre de m´ odulo de elasticidad o, tambi´en, 2 m´ odulo de Young del material . Valores caracter´ısticos de esta constante para diferentes materiales a temperatura ambiente se dan en la tabla al final de la secci´ on. 2

Thomas Young (1773-1829), m´edico y cient´ıfico ingl´es con contribuciones en el campo de la medicina, f´ısica y egiptolog´ıa. En 1807 describi´ o por primera vez el concepto de m´ odulo de elasticidad, como propiedad del material independiente de la geometr´ıa de los cuerpos, elaborando ideas previas de Euler y Riccati.

´ ´ ´ 9. COMPORTAMIENTO ELASTICO. CONSTANTES ELASTICAS. LECCION

74

σ

σ0,2

Línea de descarga, paralela a la recta de carga inicial

ε 0,002

Figura 9.3: L´ımite el´ astico convencional

La ductilidad es la propiedad de un material que le permite sufrir grandes deformaciones sin rotura y sin disminuci´ on importante del nivel de tensiones. La deformaci´ on de rotura obtenida en el ensayo de tracci´ on simple es un ´ındice de la ductilidad del material. El material ser´ a tanto m´ as d´ uctil cuanto mayor sea la diferencia entre la deformaci´ on correspondiente al l´ımite el´ astico y la deformaci´ on de rotura, siempre que la tensi´ on de rotura σu sea igual o superior al l´ımite el´ astico σe . La fragilidad es la propiedad contraria a la ductilidad. Los materiales fr´ agiles son aquellos que tienen una deformaci´ on de rotura peque˜ na, comparable a la deformaci´ on correspondiente al l´ımite el´ astico. Ejemplo de estos materiales son el vidrio y la fundici´ on gris. Estos materiales tienen muy poca capacidad de redistribuci´ on de fuerzas internas y, por lo tanto, son proclives a sufrir roturas con niveles muy bajos de deformaci´ on (roturas fr´ agiles). Este tipo de roturas pueden ser peligrosas, ya que la estructura o componente mec´ anico no muestra signos visibles de deterioro hasta el mismo momento del fallo 3.

3 Los ingenieros estructurales suelen decir que las estructuras construidas con materiales fr´ agiles no “avisan” de que se se van a romper.

´ EN SENTIDO TRANSVERSAL. COEFICIENTE DE POISSON. 9.2. DEFORMACION

75

y

F

F

Figura 9.4: Deformaci´ on transversal producida por la tracci´ on Material Aceros Aleaciones de aluminio Aleaciones de titanio Hormig´ on Fundici´ on gris Madera Fibra de poliester Resina epoxi Caucho natural

9.2.

E (GPa ≡ 109 Pa) 190 a 210 70 a 72 110 a 120 20 a 30 70 a 150 11 a 14 3,5 2,8 0,006 a 0,010

Deformaci´ on en sentido transversal. Coeficiente de Poisson.

Al realizar el ensayo de tracci´ on simple descrito en la secci´ on anterior, no solamente aumenta la longitud de la probeta en sentido longitudinal, tambi´en se produce una disminuci´ on de las dimensiones transversales de la probeta (figura 9.4). Cuando se somete un material is´ otropo a un estado de carga uniaxial, se producen alargamientos o acortamientos en la direcci´ on la carga, seg´ un sea la carga de tracci´ on o de compresi´ on, respectivamente. Pero adem´ as de estas deformaciones longitudinales, se producen tambi´en deformaciones en sentido transversal, que son siempre de signo contrario a la deformaci´ on que tiene lugar seg´ un la direcci´ on de la carga. Simeon Poisson, el matem´ atico franc´es de principios del siglo XIX, estableci´ o que en un material is´ otropo las deformaciones en sentido transversal son iguales en cualquier direcci´ on y proporcionales a la deformaci´ on longitudinal a trav´es de un coeficiente µ caracter´ıstico de cada material. Este coeficiente µ se conoce hoy en d´ıa con el nombre de coeficiente de Poisson. Es decir, si x es la direcci´ on en la que act´ ua la carga longitudinal (figura 9.4), las deformaciones en las direcciones transversales y y z vendr´ an dadas por:

x

76

´ ´ ´ 9. COMPORTAMIENTO ELASTICO. CONSTANTES ELASTICAS. LECCION

σnx E σnx = −µ E

εy

= −µ εx = −µ

εz

= −µ εx

Si se introduce este resultado en la expresi´ on de la variaci´ on unitaria de volumen e para el ensayo uniaxial se obtiene: e = εx + εy + εz = εx − µ εx − µεx = (1 − 2µ) εx De donde se deduce que la deformaci´ on volum´etrica unitaria e se anula para un valor de µ = 0, 50. Con valores superiores del coeficiente de Poisson se obtendr´ıa una disminuci´ on de volumen en el ensayo de tracci´ on uniaxial, lo que no tiene sentido f´ısico para un material is´ otropo. De este modo, el valor de 0, 50 es un l´ımite superior para el coeficiente de Poisson en esta clase de materiales. Valores caracter´ısticos del coeficiente de Poisson para diferentes materiales a temperatura ambiente se dan en la tabla siguiente: Material Acero al carbono Acero inoxidable Aleaciones de aluminio Aleaci´ on de titanio Hormig´ on Fundici´ on gris Caucho natural

9.3.

µ 0,30 0,28 0,31 0,31 0,20 0,23 a 0,27 0,47

Comportamiento el´ astico

Las ecuaciones que relacionan tensiones y deformaciones constituyen el u ´ltimo grupo de ecuaciones que hace falta para plantear el problema el´ astico desde el punto de vista matem´ atico. Las deformaciones pueden entenderse como la respuesta del material ante las fuerzas internas que se desarrollan en el mismo, de modo que a cada estado tensional le corresponde siempre un estado de deformaciones. La relaci´ on entre tensiones y deformaciones es caracter´ıstica de cada material. Por este motivo, a las ecuaciones que vinculan tensiones y deformaciones se les llama a veces ecuaciones constitutivas del material. En la teor´ıa de la elasticidad que estamos desarrollando se supone que: 1. Existe una relaci´ on lineal entre tensiones y deformaciones, es decir, hay proporci´ on entre tensiones y deformaciones (por ejemplo, a doble tensi´ on le corresponde doble deformaci´ on). 2. Las deformaciones son recuperables, es decir, las deformaciones desaparecen al desaparecer las tensiones que las han ocasionado, volviendo el material al estado que ten´ıa antes de la aplicaci´ on de las acciones exteriores.

´ 9.3. COMPORTAMIENTO ELASTICO

77

Estas dos hip´ otesis caracterizan lo que se conoce como comportamiento el´ astico lineal del material.

78

´ ´ ´ 9. COMPORTAMIENTO ELASTICO. CONSTANTES ELASTICAS. LECCION

Lecci´ on 10

Leyes de Hooke generalizadas. Ecuaciones de Lam´ e. 10.1.

Leyes de Hooke generalizadas

10.1.1.

Sistema de referencia principal

Sea P un punto de un s´ olido el´ astico sometido a un determinado estado tensional. Si el s´ olido es is´ otropo, las direcciones principales de tensi´ on y de deformaci´ on coinciden y definen el sistema de referencia principal en P . En el sistema de referencia principal las matrices de tensiones y de deformaciones son diagonales: 





σ1 0 0   [Tp] =  0 σ2 0  0 0 σ3



ε1 0 0   [Dp] =  0 ε2 0  0 0 ε3

Una de las hip´ otesis del comportamiento el´ astico lineal del material es que existe una relaci´ on lineal entre las componentes de las matrices [Tp] y [Dp]. Es decir: ε1 = C11 σ1 + C12 σ2 + C13 σ3 ε2 = C21 σ1 + C22 σ2 + C23 σ3 ε3 = C31 σ1 + C32 σ2 + C33 σ3 donde los coeficientes Cij son constantes reales, Cij ∈ R. Por la isotrop´ıa del material, debe obtenerse la misma relaci´ on entre tensiones y deformaciones si se permuta el eje 1 por el eje 2. Es decir: ε2 = C11 σ2 + C12 σ1 + C13 σ3 ε1 = C21 σ2 + C22 σ1 + C23 σ3 ε3 = C31 σ2 + C32 σ1 + C33 σ3 Por lo que, identificando coeficientes en ambas relaciones, debe cumplirse que: C11 = C22

C21 = C12

C13 = C23 79

C31 = C32

80

´ ´ 10. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS. ECUACIONES DE LAME. LECCION

De la misma forma, permutando los ejes 2 y 3 y los ejes 1 y 3, se obtiene que en conjunto debe cumplirse: C11 = C22 = C33 = A C12 = C21 = C13 = C31 = C23 = C32 = B donde A y B son dos constantes, A, B ∈ R. Si se particulariza para el caso de un estado uniaxial, esto es, para σ2 = σ3 = 0, se tiene que: ε1 = A σ1 ε2 = ε 3 = B σ 1 de donde se deduce, identificando con las relaciones tensi´ on-deformaci´ on en el estado uniaxial (lecci´ on 9): A =

1 E

B = −

µ E

Las relaciones entre tensiones y deformaciones principales quedan entonces: 1 [σ1 − µ (σ2 + σ3 )] E 1 [σ2 − µ (σ1 + σ3 )] E 1 [σ3 − µ (σ1 + σ2 )] E

ε1 = ε2 = ε3 =

Las tres ecuaciones anteriores son las leyes de Hooke generalizadas en el sistema de referencia principal.

10.1.2.

Sistema de referencia general

La matriz de tensiones [T ] en un sistema de referencia general puede obtenerse a partir de la matriz de tensiones [Tp] en el sistema de referencia principal mediante la matriz [R] de cambio de base: 







σnx τxy τxz σ1 0 0    t t  [T ] =  τxy σny τyz  = [R] [Tp ] [R] = [R]  0 σ2 0  [R] 0 0 σ3 τxz τyz σnz Del mismo modo, la matriz de deformaciones [D] en un sistema de referencia general ser´ a:  

[D] =  

εx

1 2 γxy

1 2 γxy 1 2 γxz

εy

1 2 γxz 1 2 γyz

1 2 γyz

εz





ε1

   = [R]t [Dp ] [R] = [R]t  0  

0



0

0

ε2

0   [R]

0

ε3



10.1. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS

81

on en funci´ on de σ1 , σ2 y σ3 e introduciendo los compoSustituyendo ε1 , ε2 y ε3 por su expresi´ nentes de la matriz [R]:        

1 E [σ1

εx

1 2 γxy

1 2 γxy 1 2 γxz

εy

1 2 γxz 1 2 γyz

1 2 γyz

εz

− µ(σ2 + σ3)] 0



r11 r21 r31

   =  r12  



r22 r32  

0

− µ(σ1 + σ3 )] 0



r13 r23 r33

0 1 E [σ2

0



0 1 E [σ3

− µ(σ1 + σ2)]



r11 r12 r13

   r21 

 

r22 r23  

r31 r32 r33

Identificando los t´erminos diagonales, por ejemplo εx , en la expresi´ on anterior se obtiene: 2 εx = r11

1 2 1 2 1 [σ1 − µ(σ2 + σ3)] + r21 [σ2 − µ(σ1 + σ3)] + r31 [σ3 − µ(σ1 + σ2 )] = E E E

1 2 2 2 2 2 2 σ2 + r31 σ3 − µ[r11 (σ2 + σ3 ) + r21 (σ1 + σ3 ) + r31 (σ1 + σ2 )]} {r σ1 + r21 E 11

=

Por otro lado, de la relaci´ on entre las matrices [Tp] y [T ] a trav´es de la matriz de cambio de base, se deduce de la misma forma que: 2 2 2 σnx = r11 σ1 + r21 σ2 + r31 σ3

Por lo tanto: εx = =

=

1 2 2 2 (σ2 + σ3 ) + r21 (σ1 + σ3) + r31 (σ1 + σ2 )]} = {σnx − µ[r11 E 1 2 2 2 (σ1 + σ2 + σ3 ) + r21 (σ1 + σ2 + σ3 ) + r31 (σ1 + σ2 + σ3 ) − {σnx − µ[r11 E 2 2 2 −r11 σ1 − r21 σ2 − r31 σ3 ]} = 1 2 2 2 + r21 + r31 ) + µσnx } {σnx − µ(σ1 + σ2 + σ3)(r11 E

Y como [R] es una matriz ortogonal (su inversa coincide con su traspuesta), resulta que: 2 2 2 r11 + r21 + r31 = 1

Con lo que, finalmente: εx = = =

1 {σnx − µ(σ1 + σ2 + σ3) + µσnx } = E 1 {σnx − µ(σnx + σny + σnz ) + µσnx } = E 1 [σnx − µ(σny + σnz )] E

por ser σ1 + σ2 + σ3 = σnx + σny + σnz (primer invariante de tensiones).

82

´ ´ 10. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS. ECUACIONES DE LAME. LECCION

De este modo, procediendo an´ alogamente con εy y εz , resulta que 1 (10.1) [σnx − µ(σny + σnz )] E 1 εy = (10.2) [σny − µ(σnx + σnz )] E 1 εz = (10.3) [σnz − µ(σnx + σny )] E Identificando ahora en la misma ecuaci´ on matricial los t´erminos de fuera de la diagonal, por ejemplo 12 γxy , se tiene: εx =

1 1 1 1 γxy = r11r12 [σ1 − µ(σ2 + σ3 )] + r21r22 [σ2 − µ(σ1 + σ3 )] + r31r32 [σ3 − µ(σ1 + σ2)] = 2 E E E 1 = {r11r12σ1 + r21r22σ2 + r31r32σ3 − µ[r11r12(σ2 + σ3) + r21r22(σ1 + σ3 ) + r31r32(σ1 + σ2 )]} E Por otro lado, de la relaci´ on entre las matrices [Tp] y [T ] a trav´es de la matriz de cambio de base, se deduce de la misma forma que: τxy = r11r12 σ1 + r21r22 σ2 + r31r32 σ3 Por lo tanto: 1 1 γxy = {τxy − µ[r11r12(σ2 + σ3 ) + r21r22(σ1 + σ3) + r31r32(σ1 + σ2 )]} = 2 E 1 = {σnx − µ[r11r12(σ1 + σ2 + σ3 ) + r21r22(σ1 + σ2 + σ3 ) + r31r32(σ1 + σ2 + σ3 ) − E −r11r12σ1 − r21r22σ2 − r31r32σ3 ]} = 1 = {τxy − µ(σ1 + σ2 + σ3 )(r11r12 + r21r22 + r31r32) + µτxy } E Y como [R] es una matriz ortogonal (su inversa coincide con su traspuesta), resulta que: r11r12 + r21r22 + r31r32 = 0 Con lo que, finalmente: 1 γxy = 2 =

1 {τxy + µτxy } = E 1+µ τxy E

De este modo, procediendo an´ alogamente con 12 γxz y 12 γyz , resulta que 1 1+µ (10.4) γxy = τxy 2 E 1 1+µ (10.5) γxz = τxz 2 E 1 1+µ (10.6) γyz = τyz 2 E Las ecuaciones 10.1 a 10.6 reciben el nombre de leyes de Hooke generalizadas en un sistema de referencia general. Constituyen la generalizaci´ on de la Ley de Hooke (9.1) para un estado tensional multiaxial.

´ DE ELASTICIDAD TRANSVERSAL 10.2. MODULO

10.2.

83

M´ odulo de elasticidad transversal

La constante: G =

E 2(1 + µ)

recibe el nombre de m´ odulo de elasticidad transversal. De acuerdo con las leyes de Hooke generalizadas, G es la constante de proporcionalidad entre las tensiones de cortadura τ y las deformaciones transversales (distorsiones angulares) γ: τxy = G γxy

10.3.

τxz

= G γxz

τyz

= G γyz

M´ odulo de compresibilidad

Sumando miembro a miembro las ecuaciones 10.1 a 10.3 se tiene: εx + εy + εz =

1 [σnx + σny + σnz − 2µ(σnx + σny + σnz )] E

y si llamamos e al primer invariante de deformaci´ on y 3p al primer invariante de tensi´ on resulta: e = o tambi´en: p =

3(1 − 2µ) p E

E e = Ke 3(1 − 2µ)

donde la constante K recibe el nombre de m´ odulo de compresibilidad. Dicho m´ odulo es la constante de proporcionalidad entre la tensi´ on normal media p y la deformaci´ on volum´etrica unitaria e.

10.4.

Deformaciones y tensiones de origen t´ ermico

En un s´ olido el´ astico, supuesto ´este homog´eneo e is´ otropo, un incremento de temperatura ∆T da lugar a deformaciones longitudinales de valor: εx = α ∆T εy

= α ∆T

εz

= α ∆T

cuando la dilataci´ on t´ermica no est´ a restringida. En las expresiones anteriores α es el coeficiente de dilataci´ on lineal del material y ∆T = T −T0 , donde T es la temperatura y T0 es la temperatura de referencia. El incremento de temperatura no da lugar a deformaciones transversales. Entonces, si la dilataci´ on t´ermica no est´ a restringida se pueden tener deformaciones sin que haya fuerzas internas (tensiones). Rec´ıprocamente, si la dilataci´ on est´ a restringida por las condiciones de contorno, aparecer´ an tensiones que se opondr´ an a la dilataci´ on y, en un caso extremo, se pueden tener tensiones sin que hayan deformaciones.

´ ´ 10. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS. ECUACIONES DE LAME. LECCION

84

Para tener en cuenta las tensiones y deformaciones de origen t´ermico, las leyes de Hooke generalizadas se modifican de la manera siguiente: εx − α ∆T

=

εy − α ∆T

=

εz − α ∆T

=

γxy = γxz = γyz

=

1 [σnx − µ(σny + σnz )] E 1 [σny − µ(σnx + σnz )] E 1 [σnz − µ(σnx + σny )] E 1 τxy G 1 τxz G 1 τyz G

N´ otese que en el primer miembro de las tres primeras ecuaciones se ha sustraido la parte t´ermica de la deformaci´ on, para dejar u ´nicamente la parte de la deformaci´ on longitudinal asociada a las tensiones.

10.5.

Ecuaciones de Lam´ e

Las leyes de Hooke generalizadas permiten obtener el estado de deformaci´ on en el entorno de un punto P de un s´ olido el´ astico en funci´ on de su estado tensional. Las ecuaciones inversas, es decir, aquellas que permiten obtener el estado de tensiones a partir del estado de deformaciones, son las ecuaciones de Lam´e1 . Estas ecuaciones se obtienen invirtiendo las leyes de Hooke generalizadas y son las siguientes: σnx = λ e + 2Gεx σny

= λ e + 2Gεy

σnz

= λ e + 2Gεz

τxy = G γxy τxz

= G γxz

τyz

= G γyz

Donde λ es el m´ odulo o constante de Lam´e y viene dada por: λ = 1

µE (1 + µ) (1 − 2µ)

Gabriel Lam´e (1795-1870), ingeniero franc´es continuador del trabajo de Cauchy y de Navier en el desarrollo de la teor´ıa de la elasticidad. Colabor´ o con el ingeniero espa˜ nol Agust´ın de Betancourt (1758-1825) en la fundaci´ on de la Escuela de V´ıas de Comunicaci´ on de San Petersburgo, en 1809.

10.6. EJERCICIOS RESUELTOS

85

Z Z

Lx Lz

Y Ly

X

∆ X

Figura 10.1: Definici´ on geom´etrica del s´ olido y sus holguras

10.6.

Ejercicios resueltos

10.6.1.

Deformaci´ on con restricciones

El paralelep´ıpedo representado en la figura 10.1 puede deformarse con las restricciones siguientes: Movimiento libre en la direcci´ on Y . Movimiento impedido en la direcci´ on X. Holgura de valor ∆ en la direcci´ on Z. Calcular la tensi´ on de compresi´ on σ que puede aplicarse en la direcci´ on longitudinal Y para que la deformaci´ on del elemento cubra exactamente la holgura que se presenta en la direcci´ on Z. (Datos: Lx , Ly , Lz , E y µ) Soluci´ on: Por el conjunto de restricciones y la forma de aplicar la carga, se tiene: εx = 0 εz

=

(no puede deformarse en direcci´ on X)

∆ Lz

(se quiere que el s´ olido llene el hueco)

σnz

= 0

(se quiere que justo toque la pared del hueco, sin apretarse contra ella)

σny

= σ

(inc´ ognita)

Utilizando las leyes de Hooke generalizadas obtenemos lo siguiente: 1 [σnx − µ(σny + σnz )] −→ σnx = µ σ E ∆ 1 ∆ 1 = = − µ(1 + µ) σ [σnz − µ (σnx + σny )] −→ Lz E Lz E

εx = 0 = εz

=

86

´ ´ 10. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS. ECUACIONES DE LAME. LECCION

de donde resulta la tensi´ on de compresi´ on pedida: σ = −

10.6.2.

E∆ 1 Lz µ(1 + µ)

Determinaci´ on de constantes el´ asticas

Un s´ olido el´ astico macizo, de forma arbitraria, volumen 1000 cm3 y m´ odulo de elasticidad E de 20 GPa, se introduce en un dep´ osito cerrado lleno de aceite. Al aumentar la presi´ on en el 3 aceite hasta 1 MPa, el s´ olido experimenta una disminuci´ on de volumen de 0,05 cm . Determinar los valores del coeficiente de Poisson µ y del m´ odulo de elasticidad transversal G. Soluci´ on: Los fluidos en reposo no resisten tensiones tangenciales: sus fuerzas internas son siempre normales al plano de corte. En consecuencia, la matriz de tensiones en un punto P de un fluido en reposo ser´ a diagonal, con todos los t´erminos de la diagonal iguales entre s´ı: 



−p 0 0   [T ] =  0 −p 0  0 0 −p siendo p la presi´ on en el punto P del fluido. El estado tensional dado por una matriz [T ] de esta clase se conoce con el nombre de estado esf´erico o estado hidrost´ atico. La presi´ on de 1 MPa es lo suficientemente grande como para despreciar los cambios de presi´ on de un punto a otro de la superficie del s´ olido sumergido causadas por las diferencias de profundidad en el campo gravitatorio: presi´ on hidrost´ atica = peso espec´ıfico del fluido × profundidad  1 MPa Entonces, despreciando tambi´en las acciones gravitatorias sobre el volumen del s´ olido, por equilibrio del s´ olido sumergido, la matriz de tensiones ser´ a constante en el s´ olido y de valor: 



−p 0 0   [T ] =  0 −p 0  0 0 −p con p igual a 1 MPa. Tenemos entonces, por la definici´ on de m´ odulo de compresibilidad: e =

∆V 3(1 − 2µ) = (−p) V E

Despejando y sustituyendo: (1 − 2µ) =

∆V E −0, 05 20000 1 = = V −3p 1000 −3 3 µ =

G =

1 3

E 20 = = 7, 5 GPa 2(1 + µ) 2(1 + 0, 33)

10.6. EJERCICIOS RESUELTOS

10.6.3.

87

Tensiones debidas a deformaciones impuestas

Una barra de acero de 100 mm2 de secci´ on tiene adherido a su superficie un recubrimiento de espesor despreciable. Cuando la barra se somete a una fuerza de tracci´ on de 20 kN, el recubrimiento se deforma solidariamente con ella. Se pide determinar el estado tensional en el recubrimiento. Datos de los materiales: Acero Recubrimiento

Ea = 200 GPa Er = 10 GPa

µa = 0,30 µr = 0,25

Soluci´ on: El acero impone sus deformaciones al recubrimiento. Las deformaciones del acero se obtienen a partir de su estado tensional, que es el mismo en toda la barra. Suponiendo que el eje X coincide con el eje longitudinal de la barra: σnx =

20000 N = 200 MPa 100 mm2

y σny = σnz = τxy = τxz = τyz = 0 Utilizando las leyes de Hooke generalizadas, se obtienen las deformaciones en el acero: εx =

σnx 200 MPa = = 0, 001 Ea 200 GPa

y εy = εz = −µ εx = −0, 0003 En la superficie de la barra el recubrimiento est´ a sometido a un estado tensional bidimensional, ya que la tensi´ on normal a la superficie es nula. El estado tensional est´ a definido por una tensi´ on normal seg´ un el eje de la barra y una tensi´ on normal transversal al eje de la barra. Por simetr´ıa, el estado tensional del recubrimiento es el mismo en toda la superficie de la barra. Si nos fijamos en un elemento de superficie con plano tangente paralelo al plano coordenado XOY , las leyes de Hooke generalizadas se escriben: 1 εx = (σnx − µr σny ) Er 1 εy = (σny − µr σnx ) Er Donde εx y εy son las deformaciones impuestas por el acero y σnx y σny son las tensiones normales en el recubrimiento, en las direcciones longitudinal y transversal al eje de la barra. Sustituyendo valores se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: 1 0, 001 = (σnx − 0, 25 σny ) 10000 1 −0, 0003 = (σny − 0, 25 σnx) 10000 cuya soluci´ on es el resultado pedido: σnx = 9, 87 MPa σny

= −0, 53 MPa

´ ´ 10. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS. ECUACIONES DE LAME. LECCION

88

10.6.4.

Tensiones debidas a aumento de temperatura

Una v´ıa de ferrocarril se ha proyectado para que los ra´ıles, de longitud igual a 28 m, no est´en sometidos a tensi´ on alguna a una temperatura T0 de 23,6 o C. Calcular la tensi´ on en los ra´ıles cuando la temperatura baja a -2 o C en los siguientes casos: 1. Cuando los extremos de los ra´ıles est´ an fijos. 2. Cuando existe una tolerancia de acortamiento de 6,72 mm en cada ra´ıl. Datos: E=200 GPa, α= 11,72× 10−6 oC −1 . Soluci´ on: El estado tensional de cada ra´ıl puede suponerse que es uniaxial. Si X es la direcci´ on longitudinal del ra´ıl: σny = σnz = 0 y, por las leyes de Hooke generalizadas: εx − α ∆T =

σnx E

1. Extremos fijos Si los extremos de los ra´ıles est´ an fijos, ser´ a εx = 0 y tendremos que: σnx = −E α ∆T = −200 × 109 11, 72 × 10−6 (−2 − 23, 6) = 60 MPa (tracci´ on) 2. Tolerancia (holgura) de acortamiento de 6,72 mm Si los extremos de los ra´ıles est´ an fijos, ser´ a εx =

6,72 28000

= −0, 24 × 10−3 y tendremos que:

σnx = E (εx − α ∆T ) = 200×109 [−0, 24×10−3 −11, 72×10−6 (−2−23, 6)] = 12 MPa (tracci´ on)

Lecci´ on 11

El problema el´ astico. Principio de Saint-Venant. 11.1.

Planteamiento general del problema el´ astico

Se tiene un s´ olido el´ astico que ocupa un volumen V ⊂ R3 y que est´ a limitado por una superficie S = Sd ∪ St de modo que Sd ∩ St = ∅ (figura 11.1). La superficie S tiene una normal ~n que var´ıa de un punto a otro de la misma. Sobre la parte Sd de la superficie S se imponen desplazamientos: 



u ¯  ~δ∗ =  ¯   v p w ¯ mientras que sobre la parte St act´ uan fuerzas de superficie: 



¯ X  ¯  ~ fs =  Y  Z¯ Adem´ as, en el volumen V act´ ua un campo fuerzas por unidad de volumen: 



X   f~v =  Y  Z Las inc´ ognitas del problema as´ı planteado son: Campo vectorial de desplazamientos definido en el volumen V del s´ olido: 



u  ~δp =   v  w Campo tensorial de tensiones definido en el volumen V del s´ olido: 

σnx τxy  [T ] =  τxy σny τxz τyz 89



τxz  τyz  σnx

90

´ ´ 11. EL PROBLEMA ELASTICO. PRINCIPIO DE SAINT-VENANT. LECCION

n

Z

V

Y X

S Figura 11.1: S´ olido el´ astico Campo tensorial de deformaciones definido en el volumen V del s´ olido:  

[D] =  

εx

1 2 γxy

1 2 γxy 1 2 γxz

εy

1 2 γxz 1 2 γyz

1 2 γyz

εz

   

Las ecuaciones que permiten resolver el problema planteado son: 1. Ecuaciones cinem´ aticas en el volumen V : εx = εy = εz = γxy = γxz =

∂u ∂x ∂v ∂y ∂w ∂z ∂u ∂v + ∂y ∂x ∂u ∂w + ∂z ∂x

´ 11.1. PLANTEAMIENTO GENERAL DEL PROBLEMA ELASTICO

γyz =

91

∂w ∂v + ∂y ∂z

2. Ecuaciones cinem´ aticas en el contorno Sd : 







u u ¯    ~δp =  δp∗  v  =  v¯  = ~ w w ¯ 3. Ecuaciones constitutivas o de respuesta del material1 en el volumen V : 1 [σnx − µ(σny + σnz )] E 1 = [σny − µ(σnx + σnz )] E 1 = [σnz − µ(σnx + σny )] E = G γxy

εx = εy εz τxy

τxz = G γxz τyz

= G γyz

4. Ecuaciones de equilibrio en el volumen V : ∂σnx ∂τxy ∂τxz + + +X = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τxy ∂σny ∂τyz + + +Y ∂x ∂y ∂z

= 0

∂τxz ∂τyz ∂σnz + + +Z = 0 ∂x ∂y ∂z 5. Ecuaciones de equilibrio en el contorno St : f~s = [T ] ~n Estos cinco grupos de relaciones proporcionan las ecuaciones necesarias para resolver el problema el´ astico. En un caso general, se necesita utilizar procedimientos de c´ alculo num´erico para obtener la soluci´ on del problema. El procedimiento m´ as extendido en problemas de elasticidad es el m´etodo de los elementos finitos. Tambi´en se emplean el m´etodo de los elementos de contorno y los procedimientos de diferencias finitas. 1 En el caso del problema el´ astico en un material is´ otropo, estas ecuaciones corresponden a la Ley de Hooke generalizada.

92

´ ´ 11. EL PROBLEMA ELASTICO. PRINCIPIO DE SAINT-VENANT. LECCION

f1s St

A

Figura 11.2: Distribuci´ on de fuerzas sobre la superficie A

11.2.

Principio de superposici´ on

Las ecuaciones de la secci´ on anterior responden a las hip´ otesis de la teor´ıa de la elasticidad lineal, que son las siguientes: 1. El s´ olido el´ astico es continuo y permanece continuo bajo las acciones exteriores (ver lecci´ on 1). 2. Las acciones exteriores producen en el s´ olido el´ astico peque˜ nos desplazamientos, deformaciones y giros. Esto se conoce a veces como principio de rigidez relativa: se desprecia el cambio de geometr´ıa del s´ olido durante la deformaci´ on (ver lecciones 6 y 7). 3. Existe una relaci´ on lineal entre tensiones y deformaciones (ver lecci´ on 9). 4. Las deformaciones son recuperables. Existe un estado de referencia del s´ olido, normalmente el estado original sin deformar, al cual vuelve el s´ olido al retirar las acciones exteriores (ver lecci´ on 9). Cuando se se cumplen estas cuatro hip´ otesis, el problema el´ astico es un problema lineal desde el punto de vista matem´ atico y, en consecuencia, aplica el llamado principio de superposici´ on: la soluci´ on de tensiones, deformaciones y desplazamientos debida a la aplicaci´ on de varias acciones exteriores es igual a la suma de las soluciones que corresponden a la aplicaci´ on de las acciones exteriores por separado. N´ otese la linealidad de las ecuaciones planteadas en la secci´ on anterior. Una consecuencia inmediata del principio de superposici´ on es que el estado final del s´ olido el´ astico no depende del orden en que se aplican las acciones exteriores.

11.3.

Principio de Saint-Venant

Sea f~s1 la distribuci´ on de fuerzas de superficie que act´ ua sobre una superficie A dentro de la superficie exterior S del s´ olido el´ astico, A ⊂ St ⊂ S (figura 11.2).

11.3. PRINCIPIO DE SAINT-VENANT

93

La situación real 2

f (N/m )

2

A (m )

equivale a la idealización: F=Af

salvo en la zona alrededor del punto de aplicación de F Figura 11.3: Consecuencia del principio de Saint-Venant

El principio de Saint-Venant2 dice que si f~s1 se sustituye por otra distribuci´ on f~s2 , est´ atica1 mente equivalente a f~s , entonces el estado de tensiones y deformaciones en el s´ olido el´ astico s´ olo cambia en el entorno de la zona A de aplicaci´ on de las fuerzas y no en zonas suficientemente alejadas de la misma. Recu´erdese que dos sistemas de fuerzas son est´ aticamente equivalentes si tienen la misma resultante y, adem´ as, dan el mismo momento resultante respecto a cualquier punto del espacio. Una consecuencia del principio de Saint-Venant es que las fuerzas distribuidas en zonas de superficie peque˜ na se pueden sustituir por fuerzas puntuales est´ aticamente equivalentes a las fuerzas distribuidas sin que se altere el campo de tensiones en el s´ olido, salvo en una zona local alrededor del punto de aplicaci´ on (figura 11.3).

2 Jean Claude Barr´e de Saint-Venant (1797-1886), ingeniero y cient´ıfico franc´es del siglo XIX, pionero en el desarrollo de la teor´ıa de la elasticidad y la resistencia de materiales.

´ ´ 11. EL PROBLEMA ELASTICO. PRINCIPIO DE SAINT-VENANT. LECCION

94

11.4.

Ejercicios resueltos

11.4.1.

Aplicaci´ on del principio de Saint-Venant

Un s´ olido prism´ atico “largo”, de secci´ on rectangular 2a × 2b, est´ a sometido en su extremo a una distribuci´ on de fuerzas de superficie dada por: 





 0 ¯ X      f~s =  Y¯  =  0   ¯ Z x 2 q[1 − ( a ) ]

respecto al sistema OXY Z de la figura 11.4. Se pide determinar una distribuci´ on de fuerzas m´ as simple, que aplicada en el extremo origine un estado tensional id´entico en puntos suficientemente alejados de ´el. Y X O

b

Z b

a a

Figura 11.4: Extremo del s´ olido prism´ atico

Soluci´ on: Seg´ un el principio de Saint-Venant, el estado tensional ser´ a id´entico en puntos suficientemente alejados si la distribuci´ on de fuerzas es est´ aticamente equivalente a la dada. La fuerza resultante de la distribuci´ on dada es: 





 0 Z a Z b Rx     ~ =  Ry  =  0 R f~s dx dy =    −a −b R R Rz a b ¯ −a −b Z dx dy

Es decir, Z

Z

x x3 q[1 − ( )2] dx dy = 2 b q [x − 2 ]a−a a 3a −a −b 2a 2a 8 = 2 b q (2a − ) = 4 bq = ab q 3 3 3 Y el momento resultante respecto al origen de la secci´ on: Rz =

a

b





y Z¯ dx dy   ~ ~ dM = ~r × fs dx dy =  −x Z¯ dx dy  0

11.4. EJERCICIOS RESUELTOS

Luego,

95

R

R

  a b ¯ −a −b y Z dx dy Z a Z b Mx  R R  ~ =  ~ =  a b −x Z¯ dx dy M dM  My  =  −a −b −a −b Mz 0 







0    =  0    0

En consecuencia, un sistema est´ aticamente equivalente a la distribuci´ on de fuerzas dada es una fuerza puntual F = 83 abq, en la direcci´ on del eje Z y aplicada en el origen O de la secci´ on extrema del s´ olido. Seg´ un el principio de Saint-Venant, esta fuerza puntual dar´ a lugar a un estado tensional id´entico en puntos suficientemente alejados del punto de aplicaci´ on.

96

´ ´ 11. EL PROBLEMA ELASTICO. PRINCIPIO DE SAINT-VENANT. LECCION

Lecci´ on 12

Estados el´ asticos planos 12.1.

Estados el´ asticos bidimensionales

Hay muchos problemas de inter´es pr´ actico en los que la geometr´ıa del s´ olido el´ astico, su sustentaci´ on y el sistema de fuerzas exteriores a que est´ a sometido hacen que tanto la matriz de tensiones como la matriz de deformaci´ on no var´ıen en los puntos del s´ olido pertenecientes a una misma recta perpendicular a un plano dado. Esto quiere decir que existe un plano, que llamaremos plano director, tal que los estados de tensiones y deformaciones en los planos paralelos a ´el son id´enticos. De ah´ı que sea posible estudiar los estados de tensiones y deformaciones en el plano director. Por este motivo, dichos estados de tensiones reciben el nombre de estados el´ asticos bidimensionales. Lo anterior es as´ı sin perjuicio de que a estos estados les sea aplicable la teor´ıa general que hemos visto en las lecciones anteriores. De entre los estados el´ asticos bidimensionales distinguiremos el estado de deformaci´ on plana y el estado de tensi´ on plana, seg´ un se trata en las secciones siguientes.

12.1.1.

Deformaci´ on plana

Consideremos un s´ olido cil´ındrico infinito, cuyas generatrices son paralelas al eje OZ de un sistema trirrectangular de referencia (figura 12.1). Todas las secciones del s´ olido el´ astico por planos perpendiculares al eje OZ son id´enticas entre s´ı. N´ otese que, debido a la longitud infinita del s´ olido, cualquier plano perpendicular al eje OZ es un plano de simetr´ıa del s´ olido. Al s´ olido el´ astico anterior se le somete a un sistema de fuerzas de superficie y de volumen tales que: No tienen componente en Z. Son independientes de la coordenada Z, es decir, tienen el mismo valor a lo largo de rectas paralelas al eje Z. Por las condiciones de geometr´ıa del s´ olido y por las condiciones en que se aplican las fuerzas se cumple lo siguiente: 1. Cualquier plano perpendicular al eje OZ es un plano de simetr´ıa geom´etrica y de carga. En consecuencia, puntos del s´ olido que est´ an en un plano perpendicular al eje OZ antes 97

´ ´ 12. ESTADOS ELASTICOS PLANOS LECCION

98

Z

O

Y

X

Figura 12.1: Estado de deformaci´ on plana de la deformaci´ on estar´ an en un plano perpendicular a OZ despu´es de la deformaci´ on: ∂w ∂w = = 0 ∂x ∂y (todos los puntos de la secci´ on se mueven lo mismo en direcci´ on Z) 2. Todos los puntos a lo largo de una recta paralela al eje OZ tienen el mismo desplazamiento en direcci´ on X e Y : ∂u ∂v = = 0 ∂z ∂z

´ BIDIMENSIONALES 12.1. ESTADOS ELASTICOS

99

3. La deformaci´ on seg´ un el eje OZ, εz , no puede depender de las coordenadas x ´ o y, ya que los puntos del s´ olido se mueven permaneciendo en planos paralelos, normales al eje OZ: εz =

∂w = constante = εz0 ∂z

De lo anterior se deduce que: γxz = γyz

=

εz

=

∂u ∂w + = 0 ∂z ∂x ∂v ∂w + = 0 ∂z ∂y 1 [σnz − µ(σnx + σny )] = εz0 E

y, por tanto: τxz = G γxz = 0 τyz

= G γyz = 0

σnz

= E εz0 + µ(σnx + σny )

En consecuencia, la matriz de tensiones tiene la forma: 



σnx τxy 0   [T ] =  τxy σny 0  0 0 σnz A partir de esta matriz de tensiones, las ecuaciones de equilibrio interno pueden escribirse como: ∂σnx ∂τxy + +X = 0 ∂x ∂y ∂τxy ∂σny + + Y ∂x ∂y

= 0

∂σnz +Z = 0 ∂z y como, seg´ un nuestras hip´ otesis, la componente Z de las fuerzas de volumen es nula, resulta que: ∂σnz = 0 ∂z Es decir, la tensi´ on σnz es constante a lo largo de rectas paralelas al eje OZ. Finalmente, la matriz de deformaciones ser´ a:  

[D] =  

εx

1 2 γxy

1 2 γxy

εy

0

0

0

 

0  

εz0

´ ´ 12. ESTADOS ELASTICOS PLANOS LECCION

100

Z X

t Y

O

X

Figura 12.2: Estado de tensi´ on plana en donde εz0 es una constante. En la pr´ actica esta constante se supone que es nula, salvo que existan datos que permitan calcularla. Vemos pues que, en el caso de que se cumplan las hip´ otesis de deformaci´ on plana, resulta posible trabajar sobre el plano XY , secci´ on transversal del s´ olido el´ astico, y que las ecuaciones se simplifican mucho.

12.1.2.

Tensi´ on plana

Consideremos un s´ olido el´ astico en forma de placa con un espesor t muy peque˜ no (figura 12.2). Al s´ olido el´ astico anterior se le somete a un sistema de fuerzas de superficie y de volumen tales que: No act´ uan fuerzas de superficie en las caras superior e inferior, de aqu´ı que las tensiones en estas caras sean nulas. Las fuerzas de superficie que act´ uan en el contorno lateral no tienen componente en Z. Las fuerzas de volumen no tienen componente en Z.

12.2. DIRECCIONES Y TENSIONES PRINCIPALES

101

De acuerdo con las condiciones anteriores, la matriz de tensiones tiene la forma: 

σnx τxy  [T ] =  τxy σny 0 0



0  0  0

Si el espesor es peque˜ no con respecto a las otras dimensiones de la placa, las componentes de la matriz de tensiones adoptar´ an aproximadamente el mismo valor en todos los puntos de cada segmento paralelo al eje OZ contenido en la placa, es decir, ser´ an funci´ on exclusivamente de las coordenadas X e Y . Las componentes de la matriz de deformaci´ on ser´ an:

εx = εy = εz = γxy = γxz = γyz =

1 (σnx − µσny ) E 1 (σny − µσnx ) E µ − (σnx + σny ) E τxz G τxz = 0 G τyz = 0 G

Vemos pues como las componentes de la matriz de deformaci´ on son tambi´en funci´ on exclusivamente de las coordenadas X e Y y, en consecuencia, resulta posible trabajar sobre el plano XY , como en el caso de deformaci´ on plana.

12.2.

Direcciones y tensiones principales

En los estados el´ asticos bidimensionales que hemos analizado en la secci´ on anterior hay una direcci´ on principal que es conocida a priori: la direcci´ on principal del eje OZ (la perpendicular al plano director del problema). Adem´ as, en el caso del estado de tensi´ on plana, la tensi´ on principal asociada a dicha direcci´ on es nula. En el estudio de los estados tensionales planos estaremos normalmente interesados en las tensiones seg´ un planos que contengan al eje OZ. Como el eje OZ es paralelo a una de las direcciones principales, nos encontraremos entonces sobre uno de los tres c´ırculos de Mohr que ve´ıamos en la lecci´ on 5. Es decir, ser´ an planos definidos por vectores ~n = (α, β, γ) en el sistema de referencia principal, con α = 0, β = 0 ´ o γ = 0. Si σnz = σ3 , entonces γ = 0 y el c´ırculo de Mohr es el representado en las figuras 12.3 y 12.4.

´ ´ 12. ESTADOS ELASTICOS PLANOS LECCION

102

III

II

σn n

P

θ

P

II

I

τ

n

I

S

II

σn n

σ1

θ

θ

τ

I

σ2 Figura 12.3: Planos que contienen al eje principal III

τ

σ2

(σny, τxy)

σn

σnx σny

C3

2θp (σnx, -τxy)

σ1

Figura 12.4: Planos que contienen al eje principal III. Puntos de tensi´ on sobre circunferencia C3 Conocida ya una de las tres tensiones principales, σnz , nos puede interesar representar el c´ırculo de Mohr anterior a partir de las componentes del estado plano referidas al sistema de referencia general OXY Z. Para ello, se tiene lo siguiente:

12.3. EJERCICIOS RESUELTOS

103

Centro del c´ırculo: σn = Radio del c´ırculo:

r

σnx + σny 2

2 +( τxy

σnx − σny 2 ) 2

Tensiones principales: σI σII

=

σnx + σny + 2

=

σnx + σny − 2

r

2 +( τxy

r

2 +( τxy

σnx − σny 2 ) 2 σnx − σny 2 ) 2

Si se toma como eje X el eje de tensi´ on normal mayor: ´ Angulo desde el eje I al eje de tensi´ on normal mayor: tan(2θp) =

−2τxy (σnx − σny )

´ Angulo desde el eje de tensi´ on normal mayor al eje I: tan(−2θp ) =

2τxy (σnx − σny )

12.3.

Ejercicios resueltos

12.3.1.

Suma de estados tensionales planos

En el punto P de un s´ olido el´ astico se consideran los estados tensionales 1 y 2 debidos a la aplicaci´ on de dos sistemas de fuerzas diferentes y definidos por los diagramas de la figura 12.5. Se pide dibujar el c´ırculo de Mohr correspondiente al estado tensional suma de los dos. Soluci´ on: Se trata de dos estados planos de tensi´ on: 1. Matriz de tensiones en el estado 1: [T1] =

"

3 −2 −2 −3

#

MPa

2. Matriz de tensiones en el estado 2: [T20 ]

=

"

0 5 5 0

que hay que poner en los mismos ejes que [T1].

#

MPa

´ ´ 12. ESTADOS ELASTICOS PLANOS LECCION

104

3 Y 3 MPa

P

MPa

.

.P

5

3

5

2

2

5

5

Y

2 2 3

45º X

X

(1)

(2)

Figura 12.5: Estados de tensi´ on 1 y 2 La matriz de cambio de ejes es: [R] =

"

cos(45o) sin(45o) − sin(45o) cos(45o)

#

Luego, [T2] = [R]

t

[T20 ][R]

=

"

cos(45o) − sin(45o) sin(45o) cos(45o)

#"

0 5 5 0

#"

cos(45o) sin(45o) − sin(45o) cos(45o)

#

=

"

−5 0 0 5

#

Lo que da un estado tensional suma de: [T ] = [T1] + [T2] =

"

−2 −2 −2 2

#

MPa

y el c´ırculo de Mohr tiene como centro y radio (figura 12.6): σn =

−2 + 2 = 0 2

r

2 τxy

12.3.2.

(centro)

σ x − σy 2 +( ) = 2

r

22 + (

√ −4 2 ) = 2 2 2

MPa (radio)

Orientaci´ on del corte de una chapa con defectos

Para cortar una placa que ha de estar sometida a un estado tensional dado por la matriz: [T ] =

"

2 −3 −3 1

#

MPa

se dispone de una chapa de material con peque˜ nas fisuras paralelas (figura 12.7). Ind´ıquese la forma m´ as conveniente de cortar la placa desde el punto de vista de la resistencia de la misma.

MPa

12.3. EJERCICIOS RESUELTOS

105

τ 2 (2)

1/ 2

σn 2 (2)1/ 2

Figura 12.6: C´ırculo de Mohr suma de los estados 1 y 2 (Dar el ´ angulo θ de la direcci´ on de las fisuras con respecto al eje OX del sistema de referencia OXY con respecto al cual se da la matriz de tensiones [T ]). Soluci´ on: Las fisuras s´ olo resisten bien un esfuerzo de compresi´ on. Como no hay restricciones en el corte de la placa, buscaremos que haya una tensi´ on principal de compresi´ on apretando las fisuras. El c´ırculo de Mohr correspondiente al estado tensional dado es: Centro del c´ırculo: σn =

σnx + σny 2+1 = = 1, 5 MPa 2 2

Radio del c´ırculo:

r

2 τxy

σnx − σny 2 +( ) = 2

r

32 + (

2−1 2 ) = 3, 04 MPa 2

Tensiones principales: σI σII

=

σnx + σny + 2

=

σnx + σny − 2

r

2 τxy

r

2 τxy

σnx − σny 2 2+1 +( ) = + 2 2 σnx − σny 2 2+1 +( ) = − 2 2

r

32 + (

r

32 + (

2−1 2 ) = 4, 54 MPa 2 2−1 2 ) = −1, 54 MPa 2

´ Angulo desde el eje I al eje OX: tan(2θp ) =

−2τxy −2 (−3) = = 6 −→ θp = 40, 27o (σnx − σny ) (2 − 1)

´ ´ 12. ESTADOS ELASTICOS PLANOS LECCION

106

Y

θ

X

Figura 12.7: Orientaci´ on del corte de la chapa Por lo tanto, como se trata de que las fisuras queden apretadas por la tensi´ on principal de compresi´ on, la orientaci´ on de las mismas ha de ser paralela a la direcci´ on principal I. El ´ angulo θ entre el eje X y la orientaci´ on de las fisuras ha de ser de 40,27o (figura 12.7).

12.3.3.

Comparaci´ on entre estados tensionales

En un punto P de un s´ olido el´ astico se consideran dos estados planos de tensiones. El primero es el indicado en la figura 12.8, que representa un elemento diferencial referido a un sistema OXY . El segundo corresponde a la matriz [T 0], referida a otro sistema OX 0Y 0. [T 0] =

"

50 40 40 −10

#

MPa

Se pide comprobar si ambos estados pueden ser id´enticos, obteniendo en caso afirmativo el ´ angulo α que para ello deben formar sus sistemas de referencia. Soluci´ on: Los dos estados ser´ an id´enticos si dan lugar al mismo c´ırculo de Mohr.

12.3. EJERCICIOS RESUELTOS

107

20 Y 30

30

60

60 MPa

.P 30 30 20

X

Figura 12.8: Estado tensional 1 1. Estado 1. [T ] =

"

60 −30 −30 −20

#

MPa

Centro del c´ırculo: σnx + σny 60 − 20 = = 20 MPa 2 2

σn = Radio del c´ırculo: r

2 τxy

q σnx − σny 2 +( ) = 302 + (40)2 = 50 MPa 2

2. Estado 2. 0

[T ] =

"

50 40 40 −10

#

MPa

Centro del c´ırculo: σn =

σnx + σny 50 − 10 = = 20 MPa 2 2

Radio del c´ırculo: r

2 +( τxy

q σnx − σny 2 ) = 402 + (30)2 = 50 MPa 2

El c´ırculo de Mohr es el mismo en ambos casos, luego el estado tensional es id´entico en ambos casos. El ´ angulo α entre el eje OX 0 y el OX vale: 2α = arctan

30 40 + arctan = 36, 87o + 53, 13o = 90o 60 − 20 50 − 20

−→ α = 45o

108

´ ´ 12. ESTADOS ELASTICOS PLANOS LECCION

Lecci´ on 13

Trabajo de las fuerzas aplicadas. Energ´ıa el´ astica 13.1.

Concepto de energ´ıa de deformaci´ on

Sea un s´ olido el´ astico en un estado inicial indeformado, es decir, con las componentes de las matrices de tensiones y de deformaci´ on id´enticamente nulas en todos sus puntos. Al aplicar sobre el s´ olido un sistema de fuerzas exteriores, el s´ olido se deforma y el sistema de fuerzas realiza un trabajo que llamaremos We . Si se supone que el paso del estado inicial indeformado al estado final deformado del s´ olido el´ astico se realiza de manera reversible, es decir, con una velocidad de deformaci´ on infinitamente peque˜ na y con un trabajo despreciable de las fuerzas de rozamiento interno y de rozamiento en los enlaces, entonces el trabajo We de las fuerzas exteriores queda almacenado en el s´ olido en forma de potencial interno o energ´ıa de deformaci´ on U : U = We Esta es una forma del primer principio de la Termodin´ amica (conservaci´ on de la energ´ıa). La energ´ıa de deformaci´ on es la energ´ıa que adquiere el s´ olido el´ astico al pasar de un estado indeformado a un estado deformado. Si se asume que el proceso de deformaci´ on es reversible, es posible recuperar esta energ´ıa al regresar el s´ olido a su estado inicial indeformado.

13.2.

Coeficientes de influencia y de rigidez

13.2.1.

Coeficientes de influencia

Consideremos un s´ olido con comportamiento el´ astico lineal. Seg´ un lo visto en lecciones anteriores, esto implica lo siguiente: Se verifica el principio de superposici´ on, es decir, el efecto producido por la acci´ on simult´ anea de un conjunto de fuerzas es la suma de los efectos producidos por cada una de las fuerzas del sistema actuando por separado. En particular, las deformaciones del s´ olido son tan peque˜ nas que la aplicaci´ on de cualquiera de las fuerzas no modifica las l´ıneas de acci´ on de las restantes fuerzas aplicadas al s´ olido. 109

110

´ ´ 13. TRABAJO DE LAS FUERZAS APLICADAS. ENERG´IA ELASTICA LECCION

Fj

Fj

Fi

Fi 1 j

j

i

i

Dij

dij

Figura 13.1: Sistema de fuerzas y desplazamientos asociados En cualquier punto del s´ olido el´ astico, cada fuerza aplicada produce un movimiento (giro, desplazamiento) que es proporcional a la fuerza aplicada. ~1, F~2 ...F~n un sistema de fuerzas aplicadas en los puntos 1, 2 . . .n del s´ Sea F olido y sea δij la ~ proyecci´ on del desplazamiento del punto i sobre la l´ınea de acci´ on de la fuerza Fi aplicada sobre ´el, cuando solamente se aplica sobre el s´ olido una fuerza unidad en el punto j seg´ un la l´ınea de acci´ on de F~j (figura 13.1). El coeficiente δij se conoce con el nombre de coeficiente de influencia del punto j en el punto i. Por tratarse de un s´ olido el´ astico lineal, si en vez de aplicarse una fuerza unidad en j se aplica ~j , el desplazamiento del punto i en la direcci´ ~i ser´ıa δij Fj . una fuerza F on de la fuerza F Por el principio de superposici´ on, la proyecci´ on δi del desplazamiento del punto i en la direcci´ on de la fuerza F~i (desplazamiento eficaz de i) cuando act´ uan simult´ aneamente todas las fuerzas del sistema ser´ a: δi =

n X

δik Fk

(13.1)

k=1

Es decir, el desplazamiento eficaz es una combinaci´ on lineal de los m´ odulos de las fuerzas aplicadas. Los coeficientes de la combinaci´ on lineal son los coeficientes de influencia. El razonamiento es similar si F~i representa un par aplicado en el punto i. En este caso δi representa el giro alrededor de eje del par, y δij representa el giro en i alrededor del eje del par ocasionado por la aplicaci´ on de una fuerza o par unidad en el punto j.

13.2.2.

Coeficientes de rigidez

De modo an´ alogo a como se han definido los coeficientes de influencia δij pueden definirse los coeficientes de rigidez kij . ~ 1, ∆ ~ 2...∆ ~ n un sistema de movimientos (desplazamientos, giros) impuestos en los puntos Sea ∆ 1, 2 . . .n del s´ olido. El coeficiente de rigidez kij es la fuerza (momento) que aparece sobre el s´ olido ~ en el punto i en la direcci´ on del movimiento ∆i impuesto en este punto, cuando u ´nicamente se ~ j , siendo nulo el movimiento impone un movimiento unidad en el punto j seg´ un la direcci´ on de ∆ de los restantes puntos 1, 2 . . .n distintos de j (figura 13.2).

´ ´ DE LA ENERG´IA DE DEFORMACION 13.3. CALCULO

111

movimiento impuesto unidad

Dj

Di movimiento nulo

j Dj

i

i

j

kij

Fij

Di

1

fuerza para anular el movimiento de i

Figura 13.2: Sistema de movimientos y fuerzas asociadas De esta forma, se obtiene la relaci´ on inversa de 13.1: Fi =

n X

kik δk

k=1

13.3.

C´ alculo de la energ´ıa de deformaci´ on

Se considera un s´ olido el´ astico lineal al que solamente aplicamos fuerzas o momentos con~ centrados Fi en n´ umero finito. Las fuerzas se aplican de forma lenta, progresiva y lineal, desde su valor inicial (nulo) hasta su valor total final. El proceso se supone que es reversible, de forma que todo el trabajo desarrollado por las fuerzas exteriores durante su aplicaci´ on queda almacenado en el s´ olido en forma de potencial interno o energ´ıa de deformaci´ on U .

13.3.1.

C´ alculo en funci´ on de las fuerzas exteriores

Al aplicar las fuerzas de forma progresivamente creciente se puede suponer que cada una de ellas toma el valor ρFi , siendo ρ un par´ ametro de carga que var´ıa de forma continua de 0 a 1 (figura 13.3). Si δi es la proyecci´ on del desplazamiento del punto i sobre la l´ınea de acci´ on de F~i , el trabajo del sistema de fuerzas exteriores en un incremento dρ del par´ ametro de carga ser´ a: dWe =

n X

ρFi δi dρ

i=1

y en consecuencia, el trabajo total ser´ a: We =

Z

1

dWe = ρ=0

Z

n 1X 0 i=1

ρFi δi dρ =

n X i=1

F i δi

"

ρ2 2

#1 0

=

n 1X F i δi 2 i=1

112

´ ´ 13. TRABAJO DE LAS FUERZAS APLICADAS. ENERG´IA ELASTICA LECCION

Y como la energ´ıa de deformaci´ on es el trabajo realizado por las fuerzas exteriores, se tiene finalmente que: n 1X U = We = Fi δi (f´ ormula de Clapeyron) 2 i=1 Por otro lado, como los desplazamientos eficaces δi se pueden poner como: δi =

n X

δik Fk

k=1

resulta que la energ´ıa de deformaci´ on es una funci´ on homog´enea de segundo grado (forma cuadr´ atica) de los m´ odulos de las fuerzas aplicadas: U =

13.3.2.

n X n 1X δik Fk Fi 2 i=1 k=1

C´ alculo en funci´ on de los desplazamientos eficaces

A partir de la f´ ormula de Clapeyron: U =

n 1X F i δi 2 i=1

como se tiene que: Fi =

n X

kik δk

k=1

F

Fi

rFi d rdi

di

Figura 13.3: Aplicaci´ on lineal progresiva de la fuerza

´ ´ DE LA ENERG´IA DE DEFORMACION 13.3. CALCULO

113

σnx

dy dz

Z dx

σnx

Y X

Figura 13.4: Tensi´ on normal σnx sobre el elemento de volumen resulta: U =

n X n 1X kik δk δi 2 i=1 k=1

Es decir, la energ´ıa de deformaci´ on es tambi´en una funci´ on homog´enea de segundo grado (forma cuadr´ atica) de los desplazamientos eficaces experimentados por los puntos de aplicaci´ on de las fuerzas. En un s´ olido con comportamiento el´ astico lineal, se puede demostrar que la energ´ıa de deformaci´ on es una forma cuadr´ atica definida positiva, esto es, que U ≥ 0 y que U = 0 implica que F1 = F2 = . . . = Fn = 0 ´ o que δ1 = δ2 = . . . = δn = 0.

13.3.3.

C´ alculo en funci´ on de las matrices de tensi´ on y deformaci´ on

Si se considera un elemento diferencial de volumen en el interior del s´ olido el´ astico, durante el proceso de deformaci´ on las tensiones (fuerzas internas) realizan un trabajo sobre el mismo. Otra manera de calcular la energ´ıa de deformaci´ on es obtener la energ´ıa acumulada en cada elemento de volumen por las fuerzas internas y sumar (integrar) para todo el volumen del s´ olido. Trabajo realizado por las tensiones normales Consideremos la tensi´ on normal σnx (figura 13.4). Durante el proceso de deformaci´ on σnx vale ρσnx , con 0 ≤ ρ ≤ 1. La variaci´ on de σnx dentro del elemento diferencial de volumen (debida a las fuerzas de volumen) se desprecia, ya que da lugar a infinit´esimos de orden superior. En un incremento dρ del par´ ametro de carga, el trabajo sobre el elemento de volumen ser´ a: dW = ρσnx dy dz (u+

∂u ∂u dx) dρ − ρσnx dy dz u dρ = ρσnx dx dy dz dρ = ρσnx εx dV dρ ∂x ∂x

114

´ ´ 13. TRABAJO DE LAS FUERZAS APLICADAS. ENERG´IA ELASTICA LECCION

E integrando a lo largo del proceso de carga: dW =

1 σnx εx dV 2

De la misma forma, se puede ver para las otras tensiones normales que: dW

=

dW

=

1 σny εy dV 2 1 σnz εz dV 2

Trabajo realizado por las tensiones tangenciales Consideremos la tensi´ on tangencial τxy (figura 13.5). Durante el proceso de deformaci´ on τxy vale ρτxy , con 0 ≤ ρ ≤ 1. Despreciando tambi´en la variaci´ on de τxy dentro del elemento diferencial de volumen, se tiene: dW

= ρτxy dx dz (u + = ρτxy (

∂u ∂v dy) dρ + ρτxy dy dz (v + dx) dρ − ρτxy dx dz u dρ − ρτxy dy dz v dρ ∂y ∂x

∂u ∂v + ) dx dy dz dρ = ρτxy γxy dV ∂y ∂x

De la misma forma, se puede ver para las otras tensiones tangenciales que: dW

=

dW

=

1 τxz γxz dV 2 1 τyz γyz dV 2

τyx

Z

dz

τxy dx

Y

dy

X Figura 13.5: Tensi´ on tangencial τxy sobre el elemento de volumen

13.4. EJERCICIOS RESUELTOS

115

As´ı, aplicando el principio de superposici´ on, la energ´ıa de deformaci´ on se puede poner en funci´ on de las componentes de la matriz de tensiones y de deformaciones como: U =

Z V

1 dW = 2

Z

(σnx εx + σny εy + σnz εz + τxy γxy + τxz γxz + τyz γyz ) dV V

Si en la expresi´ on anterior se sustituyen las tensiones en funci´ on de las deformaciones seg´ un las ecuaciones de Lam´e, se tiene: U =

1 2

Z V

2 2 2 [λe2 + 2G(ε2x + ε2y + ε2z ) + G(γxy + γxz + γyz )] dV

De la relaci´ on anterior se deduce que la energ´ıa de deformaci´ on U de un s´ olido el´ astico que responde a la Ley de Hooke generalizada (ecuaciones de Lam´e), es U ≥ 0 y U = 0 u ´nicamente cuando la matriz de deformaci´ on sea nula en todos los puntos del s´ olido. De este modo, la energ´ıa de deformaci´ on U en un s´ olido el´ astico lineal es una funci´ on definida positiva.

13.3.4.

Unicidad de la energ´ıa de deformaci´ on

Todas las expresiones de la energ´ıa de deformaci´ on U vistas en los p´ arrafos anteriores se refieren a la misma magnitud. Es decir, se cumple: U

= =

n 1X 1 F i δi = 2 i=1 2

1 2

Z

Z

¯ + Y¯ v + Zw) ¯ dS + 1 (Xu 2 S

Z

(Xu + Y v + Zw) dV V

(σnx εx + σny εy + σnz εz + τxy γxy + τxz γxz + τyz γyz ) dV V

13.4.

Ejercicios resueltos

13.4.1.

Matriz de influencia

Sobre dos puntos 1 y 2 de la superficie de un s´ olido el´ astico hay aplicadas fuerzas F1 = 7000 N y F2 = 12000 N, siendo los desplazamientos eficaces respectivos: δ1 = 0, 1 mm y δ2 = 0, 5 mm. Si aplicando solamente F1 el punto 1 se desplaza 0, 08 mm en la direcci´ on de F1 , determinar cu´ al ser´ a el desplazamiento del punto 2 en la direcci´ on de F2 cuando s´ olo act´ ue F2 . Soluci´ on: Las fuerzas aplicadas y los desplazamientos eficaces est´ an relacionados por los coeficientes de influencia (f´ ormula 13.1): δ1 δ2

!

=

"

δ11 δ12 δ21 δ22

#

F1 F2

!

Por el teorema de reciprocidad (lecci´ on 15), se cumple que δ21 = δ12 . Tenemos entonces las ecuaciones siguientes para determinar los coeficientes de influencia: 0, 1 = δ11 7000 + δ12 12000 0, 5 = δ12 7000 + δ22 12000 0, 08 = δ11 7000

116

´ ´ 13. TRABAJO DE LAS FUERZAS APLICADAS. ENERG´IA ELASTICA LECCION

con δij en mm N . De estas ecuaciones se deduce que: mm 0, 08 δ11 = = 1, 14 × 10−5 7000 N δ12 =

mm 0, 1 − 1, 14 × 10−5 7000 = 1, 68 × 10−6 12000 N

mm 0, 5 − 1, 68 × 10−6 7000 = 4, 07 × 10−5 12000 N El desplazamiento del punto 2 cuando s´ olo act´ ua F2 ser´ a: δ22 =

δ2 = δ22 F2 = 4, 07 × 10−5 12000 = 0, 49 mm

13.4.2.

Ciclos de carga

La matriz de coeficientes de influencia para dos puntos de carga 1 y 2 de un s´ olido el´ astico es: [δ] =

"

2 1 1 1

#

mm kN

Se ha realizado un ciclo de carga del que se conoce la evoluci´ on de la fuerza F2 respecto a su desplazamiento eficaz δ2 , tal como se indica en el diagrama OABO de la figura 13.6. Se desea conocer gr´ aficamente la evoluci´ on experimentada por la fuerza F1 respecto a su desplazamiento eficaz δ1 , as´ı como el significado f´ısico de las ´ areas encerradas por dichos diagramas. F2 (kN)

A

1

B

δ2 (mm)

O

2

1

Figura 13.6: Ciclo de la fuerza F2 y su desplazamiento eficaz δ2 Soluci´ on: Las fuerzas aplicadas y los desplazamientos eficaces est´ an relacionados por los coeficientes de influencia (f´ ormula 13.1): δ1 δ2

!

=

"

δ11 δ12 δ12 δ22

#

F1 F2

!

13.4. EJERCICIOS RESUELTOS

117

Si recorremos punto a punto el ciclo de carga: Punto O F2 = 0

−→ δ2 = δ12 F1

δ2 = 0

−→ δ1 = 0

−→ F1 = 0

Punto A F2 = 1

−→ δ1 = 2 F1 + 1 1

δ2 = 1

−→ 1 = 1 F1 + 1 1

−→ δ1 = 1 mm

F2 = 1

−→ δ1 = 2 F1 + 1 1

−→ F1 = 1 kN

δ2 = 2

−→ 2 = 1 F1 + 1 1

−→ δ1 = 3 mm

−→ F1 = 0

Punto B

F1 (kN)

B

1

A O

δ1 (mm) 2

1

3

Figura 13.7: Ciclo de la fuerza F1 y su desplazamiento eficaz δ1 De este modo, el ciclo δ1 -F1 es el indicado en la figura 13.7. El ´ area rayada representa la diferencia entre el trabajo realizado por F1 en el proceso de carga y en el proceso de descarga. En este caso: Z B Z 0 1 1 ∆W1 = F1 dδ1 + F1 dδ1 = 2 1 − 3 1 = −0, 5 kN mm 2 2 0 B En este punto el s´ olido el´ astico devuelve m´ as energ´ıa de la que se le ha comunicado durante la carga. En el punto 2 sucede al rev´es, el s´ olido devuelve menos energ´ıa de la comunicada en la carga: ∆W2 =

Z

B

F2 dδ2 + 0

Z

0

F2 dδ2 = B

1 1 1 1 + 1 1 − 2 1 = 0, 5 kN mm 2 2

de modo que: ∆W1 + ∆W2 = ∆U = 0 Es decir, se conserva la energ´ıa: no se genera ni disipa energ´ıa durante el ciclo de carga.

118

´ ´ 13. TRABAJO DE LAS FUERZAS APLICADAS. ENERG´IA ELASTICA LECCION

Lecci´ on 14

Principio de los trabajos virtuales 14.1.

Tensiones y fuerzas est´ aticamente admisibles

Recordemos las ecuaciones que gobiernan el problema el´ astico (lecci´ on 11): 1. Ecuaciones cinem´ aticas en el volumen V del s´ olido el´ astico: εx =

∂u ∂x

γxy =

∂u ∂v + ∂y ∂x

εy =

∂v ∂y

γxz =

∂u ∂w + ∂z ∂x

εz

∂w ∂z

γyz =

∂w ∂v + ∂y ∂z

=

2. Ecuaciones cinem´ aticas en la parte Sd del contorno del s´ olido, en la que se imponen desplazamientos ~δp∗ :     u u ¯    ~δp =  δp∗  v  =  v¯  = ~ w w ¯ 3. Ecuaciones constitutivas o de respuesta del material en el volumen V : εx = εy = εz

=

1 [σnx − µ(σny + σnz )] E 1 [σny − µ(σnx + σnz )] E 1 [σnz − µ(σnx + σny )] E

τxy = G γxy τxz = G γxz τyz = G γyz

4. Ecuaciones de equilibrio en el volumen V , en el que se aplican fuerzas f~v : ∂σnx ∂τxy ∂τxz + + +X = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τxy ∂σny ∂τyz + + +Y ∂x ∂y ∂z 119

= 0

´ 14. PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUALES LECCION

120

∂τxz ∂τyz ∂σnz + + +Z = 0 ∂x ∂y ∂z que escritas en forma vectorial son: f~v + div [T ] = 0, donde [T ] es la matriz de tensiones. 5. Ecuaciones de equilibrio en la parte St del contorno del s´ olido, de normal ~n, en el que se ~ aplican fuerzas fs : f~s = [T ] ~n Con el problema el´ astico planteado de esta forma, llamaremos sistema est´ aticamente admisible a cualquier distribuci´ on de tensiones [T e ], fuerzas de volumen f~ve y fuerzas de superficie f~se que cumpla las condiciones de equilibrio en el volumen V (ecuaciones 4) y en el contorno St (ecuaciones 5). Es decir, a cualquier conjunto de campo de tensiones [T e ], fuerzas de volumen f~ve y fuerzas de superficie f~se que cumpla: f~ve + div [T e ] = 0 en V f~se = [T e ] ~n en S Es importante darse cuenta de que, en general, existen muchas distribuciones de tensiones est´ aticamente admisibles y que s´ olo una de ellas es la soluci´ on [T ] del problema el´ astico.

14.2.

Desplazamientos cinem´ aticamente admisibles

Llamaremos campo de desplazamientos cinem´ aticamente admisible a cualquier campo de c ~ desplazamientos δp , continuo en el volumen V del s´ olido el´ astico y que cumpla las ecuaciones cinem´ aticas en el contorno Sd (ecuaciones 2 de la secci´ on anterior). Es importante darse cuenta de que, para cada problema el´ astico, existen muchos campos de desplazamientos cinem´ aticamente admisibles y que s´ olo uno de ellos es la soluci´ on ~δp del problema. Un campo de desplazamientos cinem´ aticamente admisible ~δpc da lugar a un campo de deformaciones [Dc ] cinem´ aticamente admisible a partir de las ecuaciones cinem´ aticas (ecuaciones 1 de la secci´ on anterior). A partir de las deformaciones [Dc ] se obtienen, mediante las ecuaciones constitutivas (ecuaciones 3 de la secci´ on anterior), las tensiones [T c ], que no son necesariamente est´ aticamente admisibles: ~δc p

−→

[Dc ]

(ecuaciones cinem´ aticas 1)

14.3.

−→

[T c ]

(ecuaciones constitutivas 3)

Ecuaci´ on de los trabajos virtuales

Los sistemas est´ aticamente admisibles se relacionan con los sistemas cinem´ aticamente admisibles a trav´es del trabajo virtual. El trabajo virtual se define como el trabajo de las fuerzas est´ aticamente admisibles con los desplazamientos cinem´ aticamente admisibles: Trabajo virtual =

Z V

f~ve · ~δpc dV +

Z S

N´ otese que el trabajo virtual no es un trabajo real ya que:

f~se · ~δpc dS

´ DE LOS TRABAJOS VIRTUALES 14.3. ECUACION

121

Los desplazamientos de los puntos de aplicaci´ on de las fuerzas no son los desplazamientos reales. Las fuerzas y tensiones del sistema est´ aticamente admisible no son las reales y, adem´ as, no se aplican de forma progresiva. El trabajo virtual puede escribirse de la forma siguiente: Trabajo virtual =

Z V

f~ve · ~δpc dV +

Z S

f~se · ~δpc dS =

Z V

Z

(f~ve )t~δpc dV +

S

~nt [T e ] ~δpc dS

La integral del segundo sumando representa el flujo del vector [T e ]~δpc a trav´es de la superficie exterior S del s´ olido el´ astico. Esta integral se puede transformar en una integral de volumen si se aplica el teorema de la divergencia: Trabajo virtual =

Z V

(f~ve )t~δpc dV +

Z V

div([T e] ~δpc ) dV

y, por tanto: Trabajo virtual =

Z V

(f~ve )t~δpc dV +

Z V

(~δpc )tdiv([T e]) dV +

Z V

grad(~δpc) : [T e ] dV

El integrando de la u ´ltima integral representa el producto contra´ıdo de dos matrices. N´ otese que:   

 grad(~δpc) =  

∂u c ∂x ∂v c ∂x ∂w c ∂x

∂u c ∂y ∂v c ∂y ∂w c ∂y

∂u c ∂z ∂v c ∂z ∂w c ∂z

   = [Dc ] + [H c] 

Es decir, la matriz grad(~δpc ) es la suma de la matriz de deformaci´ on [Dc] asociada al campo de desplazamientos cinem´ aticamente admisible ~δpc y de la matriz de giro [H c] asociada al mismo campo de desplazamientos. El trabajo virtual se puede as´ı escribir como: Trabajo virtual =

Z V

(~δpc )t (f~ve + div[T e]) dV +

Z

e

c

[T ] : [D ] dV + V

Z

[T e ] : [H c ] dV V

Y como f~ve y [T e ] forman parte de un sistema est´ aticamente admisible, resulta que f~ve + div[T e] = 0. Adem´ as, por ser [T e ] una matriz sim´etrica y [H c] una matriz antim´etrica, se cumple que e c [T ] : [H ] = 0. De este modo, resulta finalmente: Trabajo virtual =

Z

[T e ] : [Dc ] dV = V

Es decir:

Z V

f~ve · ~δpc dV +

Z V

Z S

e c e c e c e c e c e c (σnx εx + σny εy + σnz εz + τxy γxy + τxz γxz + τyz γyz ) dV

f~se · ~δpc dS =

Z

[T e ] : [Dc ] dV V

∀ ~δpc , ∀ [T e ]

La relaci´ on anterior se conoce con el nombre de ecuaci´ on de los trabajos virtuales y se cumple para cualquier sistema est´ aticamente admisible de fuerzas interiores y exteriores dado por [T e ], e e ~ ~ fv y fs y para cualquier sistema cinem´ aticamente admisible de desplazamientos y deformaciones dado por [Dc ] y ~δpc .

´ 14. PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUALES LECCION

122

14.4.

Principio de los desplazamientos virtuales

La ecuaci´ on de los trabajos virtuales es muy general. Se puede particularizar de la forma siguiente: Se toma como distribuci´ on de tensiones est´ aticamente admisible la distribuci´ on real de tensiones [T ], soluci´ on del problema el´ astico. Las fuerzas exteriores est´ aticamente admisibles son en este caso las fuerzas realmente aplicadas al s´ olido: f~v = −div [T ] en V f~s = [T ] ~n en S Se toma como campo de desplazamientos cinem´ aticamente admisible la suma del campo ~ tal que ψ ~ = 0 en la parte Sd del contorno de desplazamientos real y una perturbaci´ on ψ del s´ olido: ~δc = ~δp + ψ ~ ~ = 0 en Sd con ψ p ~ se conoce con el nombre de campo de desplazamientos virtuales o, La perturbaci´ on ψ simplemente, desplazamientos virtuales. Entonces, como los campos de tensiones reales [T ] y los campos de desplazamientos reales ~δp satisfacen id´enticamente la ecuaci´ on de los trabajos virtuales, por ser [T ], f~v y f~s un sistema ~ est´ aticamente admisible y ser δp cinem´ aticamente admisible, resulta que la ecuaci´ on de los trabajos virtuales queda: Z

~ dV + f~v · ψ V

Z

~ dS = f~s · ψ St

Z

[T ] : [Dψ ] dV

~/ψ ~ = 0 en Sd ∀ψ

(14.1)

V

~ donde [Dψ ] es la deformaci´ on virtual asociada al campo de desplazamientos virtual ψ. La ecuaci´ on anterior expresa el principio de los desplazamientos virtuales, que puede enunciarse de la forma siguiente: ~ a que se someta un s´ En todo desplazamiento virtual ψ olido que se encuentra en equilibrio est´ atico, el trabajo virtual realizado por las fuerzas exteriores es igual al trabajo realizado por las fuerzas internas (tensiones). En lo anterior se ha mostrado que el principio de los desplazamientos virtuales 14.1 se alcanza de forma l´ ogica si se admite que el estado tensional dado por [T ] cumple las ecuaciones de equilibrio interno y equilibrio en el contorno. El rec´ıproco es cierto cuando se imponen condiciones de derivabilidad sobre el campo de ~ Es decir, si el estado tensional [T ] cumple la ecuaci´ desplazamientos virtuales ψ. on de los desplazamientos virtuales 14.1, entonces cumple las ecuaciones de equilibrio interno y equilibrio en el contorno y, por tanto, el s´ olido se encuentra en equilibrio est´ atico. Por este motivo, el principio de los desplazamientos virtuales puede considerarse una forma alternativa, m´ as general, de plantear las condiciones de equilibrio1. Esta forma de plantear el 1

Es una forma m´ as general, ya que se pueden tratar campos de tensi´ on integrables pero no derivables, cosa que queda vetada por las condiciones de equilibrio cl´ asicas dadas por los grupos de ecuaciones 4 y 5 de la secci´ on 14.1.

14.5. PRINCIPIO DE LAS FUERZAS VIRTUALES

123

equilibrio se conoce a veces como forma d´ebil de las condiciones de equilibrio y constituye el punto de partida de los procedimientos de elementos finitos para la resoluci´ on num´erica de los problemas de elasticidad.

14.5.

Principio de las fuerzas virtuales

Otra forma de particularizar la ecuaci´ on de los trabajos virtuales es la siguiente: Se toma como campo de desplazamientos cinem´ aticamente admisible el campo real de ~ desplazamientos δp , soluci´ on del problema el´ astico. Los desplazamientos en la parte Sd del contorno del s´ olido son, por tanto, los desplaza∗ ~ mientos impuestos δp . Las deformaciones derivadas de ~δp son el campo de deformaciones reales [D]. Se toma como distribuci´ on de tensiones est´ aticamente admisible la suma de la distribuci´ on de tensiones real [T ] y una perturbaci´ on [δT ] tal que [δT ]~n = 0 en la parte St del contorno del s´ olido y div[δT ] = 0 en el volumen V del s´ olido: [T e ] = [T ] + [δT ]

con [δT ]~n = 0 en St y div[δT ] = 0 en V

La perturbaci´ on [δT ] se conoce con el nombre de campo de tensiones virtuales o, simplemente, tensiones virtuales. Entonces, como el campo de tensiones reales [T ] y el campo de desplazamientos reales ~δp satisfacen id´enticamente la ecuaci´ on de los trabajos virtuales, por ser [T ], f~v y f~s un sistema ~ est´ aticamente admisible y ser δp cinem´ aticamente admisible, resulta que la ecuaci´ on de los trabajos virtuales queda: Z Sd

([δT ]~n) · ~δp∗ dS =

Z

[δT ] : [D] dV

∀ [δT ] / [δT ]~n = 0 en St y div[δT ] = 0 en V

V

La ecuaci´ on anterior expresa el principio de las fuerzas virtuales, que puede enunciarse de la forma siguiente: En toda variaci´ on virtual [δT ] del campo de tensiones dentro de un s´ olido cuyas deformaciones sean compatibles con el campo de desplazamientos, el trabajo virtual realizado por las fuerzas exteriores es igual al trabajo realizado por las fuerzas internas (tensiones). De la misma forma que en el principio de los desplazamientos virtuales, el principio de las fuerzas virtuales puede entenderse como una forma d´ebil de las ecuaciones cinem´ aticas (ecuaciones del grupo 1 y del grupo 2 de la secci´ on 14.1).

124

´ 14. PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUALES LECCION

Lecci´ on 15

Teoremas energ´ eticos 15.1.

Teorema de reciprocidad de Maxwell-Betti

~ j , j = 1 . . . m. Sea un s´ olido el´ astico sometido a dos sistemas de fuerzas P~i , i = 1 . . . n y Q El primer sistema se aplica en los puntos Ai y el segundo, en los puntos Bj (figura 15.1). 0 Sean δP i y δQj los desplazamientos de los puntos Ai y Bj en la direcci´ on de las l´ıneas de acci´ on de las respectivas fuerzas (desplazamientos eficaces), cuando sobre el s´ olido act´ ua u ´nicamente el primer sistema de fuerzas P~i . An´ alogamente, sean δP0 i y δQj los desplazamientos de los puntos Ai y Bj en la direcci´ on de las l´ıneas de acci´ on de las respectivas fuerzas, cuando sobre el s´ olido act´ ua u ´nicamente el segundo ~ j. sistema de fuerzas Q Calculemos la energ´ıa de deformaci´ on del s´ olido de dos formas diferentes: Se aplica primero el sistema Pi y luego el sistema Qj U =

X 1X 1X P i δP i + Qj δQj + Pi δP0 i 2 i 2 j i

Los dos primeros sumandos responden a la f´ ormula de Clapeyron. N´ otese que el u ´ltimo sumando representa el trabajo de las fuerzas Pi durante la aplicaci´ on de las fuerzas Qj . Se aplica primero el sistema Qj y luego el sistema Pi U =

X 1X 1X 0 Qj δQj + P i δP i + Qj δQj 2 j 2 i j

N´ otese que ahora el u ´ltimo sumando representa el trabajo de las fuerzas Qj durante la aplicaci´ on de las fuerzas Pi . En un s´ olido el´ astico lineal, el valor de la energ´ıa de deformaci´ on final no puede depender de la historia de carga. En consecuencia, igualando el valor de U obtenido de las dos formas anteriores: X X 0 Pi δP0 i = Qj δQj i

j

La igualdad anterior expresa el teorema de reciprocidad o de Maxwell-Betti: En un s´ olido el´ astico lineal, el trabajo realizado por un sistema de fuerzas Pi al aplicarse otro sistema de fuerzas Qj es igual al trabajo que realizan las fuerzas Qj al aplicarse el sistema Pi . 125

´ ´ 15. TEOREMAS ENERGETICOS LECCION

126

Q1

P1

B1

A1

A2 An Bm

P2

Pn Qm Figura 15.1: Sistemas de fuerzas P y Q sobre el s´ olido el´ astico El teorema es igualmente v´ alido cuando los sistemas Pi y Qj , adem´ as de fuerzas, incluyen momentos. En este caso cada momento, en vez de desplazamientos eficaces tiene asociados giros eficaces. En el caso particular de que s´ olo haya una fuerza Pi y una fuerza Qj , el teorema se˜ nala que: 0 Pi δP0 i = Qj δQj

Sustituyendo en esta igualdad los desplazamientos eficaces por su expresi´ on en funci´ on de los coeficientes de influencia: Pi δij Qj = Qj δji Pi De donde se deduce que δij = δji . Es decir, los coeficientes de influencia rec´ıprocos son iguales: la matriz de coeficientes de influencia es sim´etrica.

15.2.

Teorema de Castigliano

Consideremos la expresi´ on del potencial interno o energ´ıa de deformaci´ on U en funci´ on u ´nicamente de las fuerzas aplicadas Fi , i = 1 . . . n: U =

1X F i δi 2 i

15.3. TEOREMA DE MENABREA

127

Si se deriva U con respecto a la fuerza Fi se obtiene: ∂U ∂δj 1 1X = δi + Fj ∂Fi 2 2 j ∂Fi Y como se tiene que: δj

X

=

δjk Fk

k

∂δj ∂Fi

X

=

k

δjk

∂Fk = δji ∂Fi

resulta finalmente: X ∂U 1X 1X = δij Fj + Fj δji = Fj δij = δi ∂Fi 2 j 2 j j

por ser δij = δji . La igualdad: ∂U = δi ∂Fi es expresi´ on del teorema de Castigliano: En un s´ olido el´ astico lineal, si se expresa la energ´ıa de deformaci´ on en funci´ on de las fuerzas aplicadas y se deriva respecto de una de ellas, se obtiene el desplazamiento del punto de aplicaci´ on de esta fuerza sobre su l´ınea de acci´ on. Como en el caso del teorema de reciprocidad, las fuerzas deben entenderse en sentido generalizado. El teorema es aplicable al c´ alculo del giro φi producido por un par Mi : ∂U = φi ∂Mi El vector rotaci´ on del par Mi , proyectado sobre el eje de este par (giro eficaz), es igual a la derivada parcial de la energ´ıa de deformaci´ on con respecto a Mi .

15.3.

Teorema de Menabrea

En la pr´ actica, la principal aplicaci´ on del teorema de Castigliano es el c´ alculo de reacciones en sistemas hiperest´ aticos. Un sistema hiperest´ atico es aquel en el que las ecuaciones de equilibrio no permiten calcular todas las reacciones en las ligaduras externas (lecci´ on 21). Por ejemplo, la viga representada en la figura 15.2 es un sistema hiperest´ atico ya que el equilibrio de la viga s´ olo proporciona dos ecuaciones (suma de fuerzas verticales igual a cero y suma de momentos respecto a un punto igual a cero), mientras que existen tres componentes de reacci´ on en los apoyos, M , RA y RB . Falta una ecuaci´ on. La ecuaci´ on que falta la proporciona el teorema de Castigliano, por ejemplo: El desplazamiento vertical del punto B ha de ser nulo: ∂U = 0 ∂RB

´ ´ 15. TEOREMAS ENERGETICOS LECCION

128

M

B

A

RA

RB Figura 15.2: Sistema hiperest´ atico

O tambi´en, el desplazamiento vertical del punto A ha de ser nulo: ∂U = 0 ∂RA O el giro en el punto A ha de ser nulo: ∂U = 0 ∂M Basta con una de estas tres ecuaciones, junto con las dos ecuaciones de equilibrio, para resolver el problema de encontrar las reacciones en la viga. Las tres ecuaciones que proporciona el teorema de Castigliano indican que los valores de las reacciones hacen estacionaria la energ´ıa de deformaci´ on U . Esto es lo que expresa el teorema de Menabrea: En un s´ olido el´ astico lineal los valores que toman las reacciones hiperest´ aticas, correspondientes a los enlaces superabundantes, hacen estacionaria la energ´ıa de deformaci´ on del s´ olido. Si el equilibrio es estable, la energ´ıa de deformaci´ on ha de ser un m´ınimo. Por eso a veces el teorema de Menabrea se conoce tambi´en con el nombre de teorema del trabajo m´ınimo.

15.4.

Ejercicios resueltos

15.4.1.

C´ alculo de reacciones hiperest´ aticas

La barra de la figura 15.3 tiene su desplazamiento impedido en los extremos. Cuando se aplica la fuerza F , se sabe que la energ´ıa de deformaci´ on o potencial interno de la barra vale: U =

L (3 R2B + R2A ) 8 EΩ

Donde E es el m´ odulo de elasticidad del material, Ω es el ´ area de la secci´ on transversal de la barra y RA , RB son las reacciones en los puntos de fijaci´ on de la barra. Se pide calcular RA y RB . Soluci´ on:

15.4. EJERCICIOS RESUELTOS

129

B RB

L

F

L/4 A RA Figura 15.3: Barra sujeta por los extremos El equilibrio de la barra nos da una u ´nica ecuaci´ on para determinar RA y RB : RA + RB = F Se trata entonces de un sistema hiperest´ atico, ya que las ecuaciones de equilibrio no son suficientes para obtener las reacciones en los puntos de sujeci´ on. Si sustituimos RA = F − RB en la expresi´ on de la energ´ıa de deformaci´ on, queda: U =

L L (3 R2B + F 2 − 2 F RB + R2B ) = (4 R2B + F 2 − 2 F RB ) 8 EΩ 8 EΩ

Es decir, dejamos U en funci´ on de la inc´ ognita hiperest´ atica RB . Como el desplazamiento de B es nulo, el teorema de Castigliano nos da: ∂U = 0 ∂RB

−→

8 RB − 2 F = 0

donde obtenemos que: RB = F/4 y RA = 3F/4. N´ otese que en el enunciado del ejercicio se da U en funci´ on de las dos reacciones, la est´ atica y la hiperest´ atica. Como ambas reacciones est´ an vinculadas por la ecuaci´ on de equilibrio, la expresi´ on de U no se puede derivar directamente con respecto a RB sin sustituir RA por su expresi´ on en funci´ on de F y RB . Lo anterior ilustra una t´ecnica general para el c´ alculo de reacciones hiperest´ aticas:

´ ´ 15. TEOREMAS ENERGETICOS LECCION

130

1. Sustituir los v´ınculos hiperest´ aticos por las fuerzas o momentos (reacciones) que estos v´ınculos ejercen sobre el s´ olido. 2. Obtener las reacciones en los v´ınculos restantes en funci´ on de las fuerzas o momentos aplicados y las reacciones hiperest´ aticas, empleando las ecuaciones de equilibrio. 3. Calcular la energ´ıa de deformaci´ on U en funci´ on de las reacciones hiperest´ aticas. 4. Aplicar el teorema de Castigliano para cada reacci´ on hiperest´ atica Ri: ∂U = 0 ∂Ri Esto proporciona una ecuaci´ on por cada inc´ ognita hiperest´ atica, lo que permite determinar todas ellas.

15.4.2.

Aplicaci´ on del teorema de reciprocidad

Se sabe que al aplicar una carga P de 4000 N en el punto B del sistema representado en la figura 15.4 se producen en los puntos A y C desplazamientos horizontales de 0,3 y 0,6 mm, respectivamente.

B

A

C P

Figura 15.4: Esquema de carga Calcular el desplazamiento horizontal que experimentar´ a el punto B cuando sobre dicho sistema act´ uen las cargas 2P y P aplicadas en los puntos A y C, respectivamente. Soluci´ on: Por el teorema de reciprocidad, el trabajo realizado por la fuerza aplicada en B durante la aplicaci´ on de las fuerzas en A y C debe ser el mismo que el realizado por las fuerzas en A y C durante la aplicaci´ on de la fuerza en B. Es decir, AC P δB = 2 P 0, 3 + P 0, 6

Luego: AC δB =

2 P 0, 3 + P 0, 6 = 1, 2 mm P

Lecci´ on 16

Deformaci´ on anel´ astica y rotura 16.1.

Finalizaci´ on del comportamiento el´ astico: materiales d´ uctiles y materiales fr´ agiles

Como hemos visto en la lecci´ on 9, la respuesta tensi´ on-deformaci´ on de los materiales depende del nivel tensional o magnitud de las tensiones que soportan: La mayor´ıa de los materiales tiene una respuesta el´ astica, tensiones proporcionales a las deformaciones, cuando las cargas exteriores son peque˜ nas (estado el´ astico). En el caso de que aumenten las cargas, pueden aparecer deformaciones no recuperables, dejando de existir proporcionalidad entre tensiones y deformaciones (estado pl´ astico). Finalmente, si las cargas siguen aumentando, en el material aparecen grietas y se produce la rotura (estado de rotura). Los tres estados anteriores se representan esquem´ aticamente en el diagrama de tensi´ ondeformaci´ on uniaxial de la figura 16.1. En los materiales d´ uctiles el estado pl´ astico tiene un rango de deformaciones grande. Es decir: σe εu  = deformaci´ on correspondiente al l´ımite el´ astico E Adem´ as, en ese rango de deformaci´ on no hay un descenso significativo del nivel tensional. El diagrama tensi´ on-deformaci´ on de los materiales d´ uctiles podr´ıa idealizarse como se indica en la figura 16.2. En esta clase de materiales estaremos interesados en caracterizar el final del comportamiento el´ astico, pero sabemos que desde que finaliza el comportamiento el´ astico hasta la rotura hay un margen de deformaci´ on importante: el material avisa de que se puede romper. En los materiales fr´ agiles el estado pl´ astico tiene un rango de deformaciones peque˜ no. Es decir: σe εu ≈ = deformaci´ on correspondiente al l´ımite el´ astico E De modo que la finalizaci´ on del comportamiento el´ astico coincide pr´ acticamente con la rotura. El diagrama de tensi´ on-deformaci´ on de los materiales fr´ agiles podr´ıa idealizarse como en la figura 16.3. Cuando el material alcanza su l´ımite el´ astico, se produce la rotura. De este modo, la deformaci´ on de l´ımite el´ astico y la deformaci´ on de rotura coinciden. El material no avisa de que se va a romper: no hay margen entre el final del comportamiento el´ astico y la rotura. En el ensayo de tracci´ on simple, el l´ımite el´ astico σe coincide con la tensi´ on de rotura a tracci´ on σrt. 131

´ ´ ANELASTICA ´ 16. DEFORMACION Y ROTURA LECCION

132

σ tico plás

Rotura

desca rga

E

do sta

σe tico

E o elás

1 E

Estad

1

E 1

ε

εu Deformación no recuperable

Figura 16.1: Estados tensionales en un ensayo de tensi´ on uniaxial

16.2.

Tensi´ on equivalente

En estados de tensi´ on uniaxiales resulta sencillo identificar el final del comportamiento el´ astico: el final del comportamiento el´ astico tiene lugar cuando la tensi´ on alcanza el l´ımite el´ astico

σ

Comportamiento plástico perfecto (grandes deformaciones sin cambio de tensión)

σe

Rotura

Final del comportamiento elástico

E 1

E 1

εu

ε

Figura 16.2: Diagrama idealizado de tensi´ on-deformaci´ on en un material d´ uctil

´ EQUIVALENTE 16.2. TENSION

133

σ

σrt

σe

Rotura

E 1

ε Figura 16.3: Diagrama idealizado de tensi´ on-deformaci´ on en un material fr´ agil σe . En estado de tensi´ on multiaxiales, la identificaci´ on no es tan sencilla y se recurre al concepto de tensi´ on equivalente o tensi´ on de comparaci´ on. Dado un estado tensional multiaxial se llama tensi´ on equivalente σeq a la tensi´ on que debe aplicarse en un ensayo de tracci´ on simple para que el material se encuentre en las mismas condiciones con respecto al final del comportamiento el´ astico o la rotura (figura 16.4). σ3

σ1

σ2

σ1

σ2

σeq

σ3

A. Estado multiaxial de tensiones (sistema de referencia principal)

B. Estado uniaxial equivalente

Figura 16.4: Concepto de tensi´ on equivalente

σeq

134

´ ´ ANELASTICA ´ 16. DEFORMACION Y ROTURA LECCION

El concepto de tensi´ on equivalente permite generalizar los resultados del ensayo de tracci´ on simple al estudio de estados tensionales multiaxiales. Se utiliza much´ısimo en la pr´ actica y se basa en el postulado de que el paso del material de un estado a otro (el´ astico-pl´ astico-rotura) puede caracterizarse mediante un solo par´ ametro. Dicho postulado es una buena aproximaci´ on al comportamiento real, salvo quiz´ a en los casos de tracci´ on o compresi´ on triaxial. Naturalmente, la definici´ on concreta de la tensi´ on equivalente σeq a partir de los par´ ametros que definen el estado multiaxial (por ejemplo, las tensiones principales σ1, σ2 y σ3 ) depende del criterio que se utilice para se˜ nalar el final del comportamiento el´ astico o la rotura.

16.3.

Coeficiente de seguridad

Dado un cierto estado tensional [T ] en un punto del s´ olido el´ astico, aumentando proporcionalmente todas las componentes de este estado tensional, es decir, vari´ andolo de manera que permanezca semejante a [T ]: λ[T ], se llega tarde o temprano al estado tensional l´ımite (l´ımite el´ astico en materiales d´ uctiles; l´ımite de rotura en materiales fr´ agiles). Entendemos por coeficiente de seguridad del estado tensional [T ], el factor n por el que hay que multiplicar el estado tensional [T ] para que dicho estado tensional se convierta en estado tensional l´ımite. Cuando dos estados tensionales tienen el mismo coeficiente de seguridad n, se consideran igualmente peligrosos para el material.

Lecci´ on 17

Criterios de fluencia 17.1.

Criterios de fluencia

Los criterios de fluencia se emplean en materiales d´ uctiles, para se˜ nalar el estado tensional l´ımite el´ astico del material. Los m´ as comunes se indican a continuaci´ on.

17.1.1.

Tensi´ on tangencial m´ axima (Tresca)

Seg´ un el criterio de la tensi´ on tangencial m´ axima o criterio de Tresca1 , el estado tensional l´ımite el´ astico se alcanza cuando las tensiones tangenciales m´ aximas llegan a un cierto valor l´ımite caracter´ıstico del material. Recordemos que la tensi´ on tangencial m´ axima viene dada por: τmax =

σ1 − σ3 2

En el ensayo de tracci´ on uniaxial se cumple que: τmax =

σeq 2

Luego, seg´ un este criterio, la tensi´ on uniaxial equivalente es: σeq = σ1 − σ3 Y como en el ensayo uniaxial se pasa al r´egimen pl´ astico cuando σeq = σe , resulta que seg´ un el criterio de Tresca se pasa al r´egimen pl´ astico cuando: σeq = σ1 − σ3 = σe Es decir, seg´ un el criterio de Tresca: 1. R´egimen el´ astico σ1 − σ3 < σe 2. L´ımite el´ astico σ1 − σ3 = σe 1 Henry Edouard Tresca (1814-1885), ingeniero mec´ anico franc´es a quien se considera iniciador de la teor´ıa de la plasticidad por los experimentos que empez´ o a realizar en 1864.

135

´ 17. CRITERIOS DE FLUENCIA LECCION

136

3. R´egimen pl´ astico (fluencia) σ1 − σ3 ≥ σe El coeficiente de seguridad frente a la finalizaci´ on del comportamiento el´ astico es, seg´ un este criterio: σe σe n = = σeq σ1 − σ 3

17.1.2.

Energ´ıa de distorsi´ on m´ axima (von Mises)

Seg´ un el criterio de la energ´ıa de distorsi´ on m´ axima o criterio de von Mises2, el estado tensional l´ımite el´ astico se alcanza cuando la energ´ıa de distorsi´ on el´ astica llega a un cierto valor l´ımite caracter´ıstico del material. La energ´ıa de distorsi´ on es la energ´ıa de deformaci´ on asociada a la parte desviadora de las matrices de tensi´ on y de deformaci´ on. Si se trabaja en el sistema de referencia principal, la parte desviadora de la matriz de tensiones es (ver secci´ on 5.5.2):  

[Td] =  

2σ1 −σ2 −σ3 3

0

0

0

2σ2 −σ1 −σ3 3

0

0

0

2σ3 −σ1 −σ2 3

   

La parte desviadora de la deformaci´ on ser´ a, a partir de [Td], por la ley de Hooke generalizada: 



ε01 0 0   0 [D ] =  0 ε02 0  0 0 ε03 con: ε01 = = ε02 = ε01 =

1 (2σ1 − σ2 − σ3 − 2µσ2 + µσ1 + µσ3 − 2µσ3 + µσ1 + µσ2 ) E 3 1+µ (2σ1 − σ2 − σ3 ) 3E 1+µ (2σ2 − σ1 − σ3 ) 3E 1+µ (2σ3 − σ1 − σ2 ) 3E

Entonces, la energ´ıa de distorsi´ on por unidad de volumen asociada a [Td ] y [D0 ] ser´ a: U0 = =

1X 0 0 1+µ εi σi = [(2σ1 − σ2 − σ3 )2 + (2σ2 − σ1 − σ3 )2 + (2σ3 − σ1 − σ2 )2] 2 i 18 E 1+µ [(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1)2 ] 6E

2 Richard von Mises (1883-1953), ingeniero austriaco, profesor de universidad en Alemania, Turqu´ıa y Estados Unidos, con importantes contribuciones en el campo de la aerodin´ amica y la matem´ atica aplicada.

17.1. CRITERIOS DE FLUENCIA

137

En el ensayo de tracci´ on uniaxial se cumple que: U0 =

1+µ 2 2 σeq 6E

Luego, seg´ un este criterio de von Mises, la tensi´ on equivalente es: 1 q σeq = √ (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1)2 2 Y en t´erminos de las componentes de una matriz de tensiones [T ] general: 1 q 2 + τ2 + τ2 ) σeq = √ (σnx − σny )2 + (σny − σnz )2 + (σnz − σnx )2 + 6 (τxy xz yz 2 Como en el ensayo uniaxial se pasa al r´egimen pl´ astico cuando σeq = σe , seg´ un el criterio de von Mises se alcanza el estado l´ımite el´ astico cuando se cumple que: 1 q σeq = √ (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 = σe 2 El coeficiente de seguridad frente a la finalizaci´ on del comportamiento el´ astico es, seg´ un este criterio: σe σe n = = 1 p 2 √ σeq (σ1 − σ2 ) + (σ2 − σ3)2 + (σ3 − σ1 )2 2

17.1.3.

Criterio simplificado de Mohr

El criterio simplificado de Mohr es un criterio fenomenol´ ogico que se emplea cuando el comportamiento es diferente a tracci´ on y a compresi´ on. Sea σet el l´ımite el´ astico a tracci´ on y sea σec el l´ımite el´ astico a compresi´ on. Estos dos valores determinan una curva intr´ınseca del material (figura 17.1). Seg´ un este criterio, se alcanza el estado l´ımite el´ astico cuando el c´ırculo de Mohr C2 toca la curva intr´ınseca (figura 17.1). Recu´erdese que el c´ırculo C2 es el que se construye a partir de las tensiones principales σ1 y σ3 . A partir de la figura 17.1, cuando el c´ırculo C2 correspondiente al estado tensional definido por las tensiones principales σ1 , σ2 y σ3 toca la curva intr´ınseca, se cumple: FG DE = GC CD

es decir

σ1 −σ3 2 σ1 +σ3 2

+ −

σec 2 σec 2

=

σet 2 σet 2

− −

σ1 −σ3 2 σ1 +σ3 2

De donde se deduce que, en el inicio de la fluencia seg´ un este criterio, se tiene: σet = σ1 +

σet σet σ3 = σ 1 − σ3 σec |σec |

Y como en el ensayo de tracci´ on uniaxial se alcanza el estado l´ımite el´ astico cuando σet = σeq , resulta que seg´ un este criterio: σet σeq = σ1 − σ3 |σec | y se pasa al r´egimen pl´ astico cuando: σeq = σ1 −

σet σ3 = σet |σec |

´ 17. CRITERIOS DE FLUENCIA LECCION

138

τ curva intrínseca

F G

D

C

E σec

σ3

σet

σ1 0,5 σec

0,5 (σ1+σ3)

0,5 σet

σn

Ensayo de tracción simple

Estado tensional cualquiera, σ1 σ2 σ3

Ensayo de compresión simple

Figura 17.1: Curva intr´ınseca del material en el criterio simplificado de Mohr Obs´ervese que en la comparaci´ on con la tensi´ on equivalente σeq se emplea el l´ımite el´ astico de tracci´ on σet , independientemente de que el material est´e trabajando a tracci´ on o a compresi´ on. El coeficiente de seguridad frente a la finalizaci´ on del comportamiento el´ astico es, seg´ un este criterio: σet σet n = = et σeq σ1 − |σσec | σ3

17.2.

Ejercicios resueltos

17.2.1.

Plastificaci´ on de una placa

La placa de la figura 17.2 est´ a sometida a un estado plano de tensi´ on cuya soluci´ on es: σnx = k (x2 − y 2 ) σny

= k (−x2 + y 2)

τxy = −2k x y Siendo k un par´ ametro positivo que modula la aplicaci´ on de las cargas. Se pide determinar el valor de k para el que se inicia la plastificaci´ on de la placa, seg´ un el criterio de la m´ axima tensi´ on tangencial (Tresca). Dato: l´ımite el´ astico σe .

17.2. EJERCICIOS RESUELTOS

139

Y

a

X

a

O

Figura 17.2: Placa tensionada Soluci´ on: Se inicia la plastificaci´ on de la placa cuando: σeq = σ1 − σ3 = σe Por lo tanto, resulta necesario obtener primero las tensiones principales. Se tiene que: σI σII σIII

=

σnx + σny + 2

r

2 +( τxy

r

σnx − σny 2 ) 2

σnx + σny σ − σny 2 2 + ( nx = − τxy ) 2 2 = 0 (por tratarse de un estado de tensi´ on plana)

A partir de las relaciones anteriores, se debe determinar cu´ al es la tensi´ on principal m´ axima σ1 y la tensi´ on principal m´ınima σ3 . Sustituyendo los valores dados de σnx , σny y τxy : s

σI σII σIII

= 0+

4 k2 x2 y 2 + (2 k

x2 − y 2 2 ) = k (x2 + y 2 ) ≥ 0 2

= −k (x2 + y 2) ≤ 0 = 0

Luego: σ1 = σI = k (x2 + y 2 ) σ2 = 0 σ3 = σII = −k (x2 + y 2 )

´ 17. CRITERIOS DE FLUENCIA LECCION

140

Y entonces: σeq = σ1 − σ3 = 2 k (x2 + y 2 ) En consecuencia, igualando σeq y σe , la plastificaci´ on se inicia en la esquina (a, a) de la placa (punto en el que (x2 + y 2) es m´ aximo), para un valor de k de: k =

σe σe = 2 2 2 k (x + y ) 4 a2

Lecci´ on 18

Criterios de rotura fr´ agil 18.1.

Criterios de rotura fr´ agil

Los criterios de rotura fr´ agil se utilizan en materiales fr´ agiles, para se˜ nalar el estado tensional l´ımite de rotura del material. Los m´ as corrientes se indican a continuaci´ on.

18.1.1.

Tensi´ on principal m´ axima (Rankine)

Seg´ un el criterio de la tensi´ on principal m´ axima o criterio de Rankine1 , el estado tensional l´ımite de rotura se alcanza cuando la tensi´ on principal m´ axima de tracci´ on o m´ axima de compresi´ on alcanza un valor l´ımite caracter´ıstico del material. De este modo, el criterio distingue entre la rotura por tracci´ on y la rotura por compresi´ on. Si las tensiones principales son σ1 ≥ σ2 ≥ σ3, la tensi´ on uniaxial equivalente para la rotura por tracci´ on es: σeq = σ1

si σ1 ≥ 0

Y como en el ensayo de tracci´ on uniaxial se produce la rotura cuando σ1 = σrt , resulta que el coeficiente de seguridad frente a rotura por tracci´ on seg´ un este criterio viene dado por: n =

σrt σrt = σeq σ1

si σ1 ≥ 0

donde σrt es la tensi´ on de rotura en el ensayo de tracci´ on uniaxial. Del mismo modo, la tensi´ on uniaxial equivalente para la rotura por compresi´ on es: σeq = |σ3|

si σ3 ≤ 0

Y como en el ensayo de compresi´ on simple se produce la rotura cuando σ3 = −σrc , resulta que el coeficiente de seguridad frente a rotura por compresi´ on seg´ un este criterio viene dado por: n =

σrc σrc = σeq |σ3|

si σ3 ≤ 0

donde σrc es la tensi´ on de rotura en el ensayo de compresi´ on simple. 1 William John Macquorn Rankine (1820-1872), ingeniero escoc´es muy conocido por su trabajo en el campo de la termodin´ amica y en el c´ alculo de empujes sobre estructuras de retenci´ on de tierras.

141

´ ´ 18. CRITERIOS DE ROTURA FRAGIL LECCION

142

18.1.2.

Criterio simplificado de Mohr

El criterio simplificado de Mohr para materiales fr´ agiles es similar al discutido en 17.1.3, pero utilizando las tensiones de rotura a tracci´ on σrt y a compresi´ on σrc en vez de los l´ımites el´ asticos. De este modo, la tensi´ on equivalente correspondiente a este criterio es: σeq = σ1 −

σrt σ3 |σrc |

y se produce la rotura cuando: σeq = σ1 −

σrt σ3 = σrt |σrc |

Obs´ervese que en la comparaci´ on con la tensi´ on equivalente σeq se emplea la tensi´ on de rotura a tracci´ on σrt , independientemente de que el material est´e trabajando a tracci´ on o a compresi´ on. El coeficiente de seguridad frente a la rotura es, seg´ un este criterio: n =

σrt σrt = rt σeq σ1 − |σσrc | σ3

18.2.

Ejercicios resueltos

18.2.1.

Coeficientes de seguridad seg´ un el criterio de Mohr

La curva intr´ınseca de un material, seg´ un el criterio simplificado de Mohr, se reduce a la pareja de rectas indicada en la figura 18.1, que forman un ´ angulo de 30o con el eje horizontal. Se pide determinar el coeficiente de seguridad de los tres estados tensionales siguientes: 1. σ1= 0 ; σ2 = -10 MPa ; σ3 = -15 MPa 2. σ1= σ2 = σ3 = -20 MPa 3. σ1= σ2 = σ3 = 15 MPa Soluci´ on: En el criterio simplificado de Mohr, el coeficiente de seguridad viene dado por n =

σrt σrt = rt σeq σ1 − |σσrc | σ3

donde σrt es la tensi´ on de rotura a tracci´ on σrc es la tensi´ on de rotura a compresi´ on. Se debe entonces obtener los valores de σrt y de σrc a partir de la curva intr´ınseca dada. A partir de la figura 18-2, se cumple que: Tri´ angulo ABC sin 30o = Tri´ angulo A0B 0 C sin 30o =

σrt 2

10 −

σrt 2

| σ2rc | 10 +

|σct | 2

18.2. EJERCICIOS RESUELTOS

143

τ

30 º

10 MPa

σn

30 º

Figura 18.1: Curva intr´ınseca del material De donde: 1 σrt σrt (10 − ) = 2 2 2

−→

σrt =

1 |σrc | |σrc | (10 + ) = 2 2 2

−→

|σrc | = 20 MPa

20 MPa 3

Se puede calcular ahora el coeficiente de seguridad en los tres estados tensionales dados: 1. σ1= 0 ; σ2 = -10 MPa ; σ3 = -15 MPa n =

σrt = rt σ1 − |σσrc | σ3 0−

20 3 20 3

20

= (−15)

4 3

El coeficiente n es mayor que 1: el material no ha llegado a rotura. 2. σ1= σ2= σ3 = -20 MPa n =

20 σrt 1 3 = = − 20 σrt σ1 − |σrc | σ3 2 3 −20 − 20 (−20)

´ ´ 18. CRITERIOS DE ROTURA FRAGIL LECCION

144

τ curva intrínseca

B’

B 30º

A’

σrc

0,5 σrc

A

σrt

0,5 σrt

10 MPa

σn

C

Ensayo de tracción simple

Ensayo de compresión simple

Figura 18.2: Representaci´ on de los ensayos de tracci´ on simple y compresi´ on simple con la curva intr´ınseca del material El coeficiente n es negativo: la carga tendr´ıa que cambiar de signo para poder producir la rotura. 3. σ1= σ2 = σ3 = 15 MPa n =

20 σrt 2 3 = = 20 σrt σ1 − |σrc | σ3 3 3 15 − 20 (15)

El coeficiente n es menor que 1: el material ha llegado a rotura.

18.2.2.

Tensiones de rotura requeridas para coeficiente de seguridad dado

Los dos estados tensionales m´ as cr´ıticos en una pieza son: 1. σ1= 9 ; σ2 = 3 MPa ; σ3= -10 MPa 2. σ1= -5 ; σ2= -10 MPa ; σ3= -100 MPa El material de la pieza es fundici´ on, con una relaci´ on de 10 entre las tensiones de rotura a compresi´ on y tracci´ on. Determinar el valor m´ınimo de las tensiones de rotura requeridos para que el coeficiente de seguridad no sea inferior a 2 seg´ un el criterio simplificado de Mohr.

18.2. EJERCICIOS RESUELTOS

145

Soluci´ on: En el criterio simplificado de Mohr, el coeficiente de seguridad viene dado por: n =

σrt σrt = rt σeq σ1 − |σσrc | σ3

En este caso: 2 =

σrt 1 σ1 − 10 σ3

Para el primer estado tensional dado, la ecuaci´ on anterior se convierte en: 2 =

σrt 1 9 + 10 10

−→

σrt = 20 MPa

Mientras que para el segundo estado tensional dado, la ecuaci´ on anterior se convierte en: 2 =

σrt 1 −5 + 10 100

−→

σrt = 10 MPa

Entonces, para que el coeficiente de seguridad no sea inferior a 2, se requiere que la tensi´ on de rotura a tracci´ on sea σrt ≥ 20 MPa y que, por tanto, la tensi´ on de rotura a compresi´ on sea |σrc | = 10 σrt ≥ 200 MPa.

146

´ ´ 18. CRITERIOS DE ROTURA FRAGIL LECCION

Lecci´ on 19

Hip´ otesis de la Resistencia de Materiales 19.1.

Introducci´ on

La Resistencia de Materiales es una simplificaci´ on de la Teor´ıa de la Elasticidad que hemos introducido en las lecciones anteriores. Dicha simplificaci´ on permite abordar los problemas con un nivel de precisi´ on suficiente en la mayor parte de los casos pr´ acticos. El origen de la simplificaci´ on es una serie de hip´ otesis sobre la forma geom´etrica de los s´ olidos el´ asticos que se analizan y sobre la cinem´ atica o manera en que tiene lugar la deformaci´ on de los mismos. Los resultados que se obtienen son tanto m´ as precisos, es decir, m´ as pr´ oximos a los que proporciona la Teor´ıa de la Elasticidad, cuanto m´ as pr´ oximas a la realidad sean las hip´ otesis anteriores. La Resistencia de Materiales es una disciplina con empleo permanente en la pr´ actica de la ingenier´ıa desde la segunda mitad del siglo XIX. En consecuencia, sus hip´ otesis se encuentran muy sancionadas por la experiencia, ya que han servido de forma generalizada para el d´ıa a d´ıa del proyecto de estructuras, m´ aquinas, recipientes a presi´ on, veh´ıculos terrestres, buques y aeronaves. El objeto de esta lecci´ on es, precisamente, introducir las hip´ otesis generales en que se basa la Resistencia de Materiales.

19.2.

Definici´ on de s´ olido prism´ atico

El s´ olido prism´ atico o prisma mec´ anico es el s´ olido el´ astico sobre el cual trabaja la Resistencia de Materiales. El objeto de la Resistencia de Materiales es obtener el estado de tensiones, deformaciones y movimientos en el s´ olido prism´ atico cuando ´este se somete a un conjunto de acciones exteriores. Llamaremos s´ olido prism´ atico al s´ olido el´ astico engendrado por una secci´ on plana Σ de ´ area Ω, cuyo centro de gravedad G describe una curva C llamada l´ınea media o directriz, siendo el plano que contiene a Σ normal a la curva C (figura 19.1). Si el ´ area Ω es constante (la secci´ on generatriz Σ no cambia) se dice que el s´ olido prism´ atico es de secci´ on constante. 147

´ ´ 19. HIPOTESIS DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES LECCION

148

Y

X G1

Z

G G2

C

C Σ sección generatriz

curva directriz

Figura 19.1: Definici´ on de s´ olido prism´ atico La secci´ on generatriz Σ se conoce con el nombre de secci´ on transversal del s´ olido prism´ atico. El s´ olido prism´ atico se dice que es alabeado, plano o, como caso particular de ´este, recto, cuando es alabeada, plana o recta, respectivamente, la directriz. Para los c´ alculos se considera un sistema de referencia en cada secci´ on transversal con origen en el centro de gravedad G de la secci´ on: • El eje GX es tangente a la directriz en el punto G y define el sentido de avance de la directriz. • Los ejes GY y GZ son los ejes principales de inercia de la secci´ on transversal Σ. N´ otese que, por ser Σ normal a la directriz, el eje GX es normal a GY y GZ. Los sentidos de GY y GZ son los que hagan que GXY Z sea un triedro directo. La formulaci´ on general de la Resistencia de Materiales supone que se verifican las condiciones generales siguientes en la geometr´ıa del s´ olido prism´ atico: 1. La curva directriz C no tiene una curvatura muy pronunciada en relaci´ on con las dimensiones de la secci´ on transversal Σ. Se admite que se cumple esta hip´ otesis cuando el radio de curvatura de la directriz es superior a unas cinco veces la dimensi´ on caracter´ıstica de la secci´ on transversal. 2. No hay cambios bruscos de la secci´ on transversal Σ. Los cambios en la secci´ on transversal tienen lugar de forma progresiva a lo largo de la directriz (figura 19.2). 3. Las dimensiones de la secci´ on transversal Σ son peque˜ nas en comparaci´ on con la longitud de la directriz. Desde este punto de vista, hay tres clases de s´ olidos prism´ aticos: Barra o viga. Las dos dimensiones de la secci´ on transversal son peque˜ nas con respecto a la longitud de la directriz. La longitud de la directriz es superior a unas cinco veces la mayor dimensi´ on de la secci´ on transversal.

´ GENERALES 19.3. HIPOTESIS

149

Placa. Es un s´ olido prism´ atico limitado por dos planos, cuya separaci´ on (espesor de la placa) es peque˜ na en comparaci´ on con las otras dos dimensiones del s´ olido. El espesor 1 es, como m´ aximo, del orden de 10 o 18 de las otras dimensiones. ´ L´ amina. Es un s´ olido prism´ atico limitado por superficies no planas, cuya separaci´ on (espesor de la l´ amina) es peque˜ na en comparaci´ on con las otras dos dimensiones del s´ olido. Ejemplos de l´ aminas son los cascos de los buques, los revestimientos de los fuselajes y alas de los aviones, las paredes de tuber´ıas y recipientes a presi´ on, etc. En las placas y en las l´ aminas, en vez de la directriz se utiliza el concepto de superficie media, que es la constituida por los puntos que dividen el espesor en dos partes iguales.

Cambio brusco de sección transversal en un eje: la Resistencia de Materiales no dará resultados precisos en esta zona

Figura 19.2: Cambio brusco de secci´ on transversal

19.3.

Hip´ otesis generales

En la Resistencia de Materiales aplican, en general, las mismas hip´ otesis generales utilizadas en la teor´ıa de la elasticidad lineal, esto es: 1. Peque˜ nos desplazamientos y deformaciones: Las condiciones de equilibrio se expresan como si el s´ olido deformado tuviera la misma forma y las mismas dimensiones que antes de producirse la deformaci´ on (principio de rigidez relativa). 2. Principio de superposici´ on de efectos: Las tensiones, deformaciones y movimientos en un punto del s´ olido el´ astico sometido a varias acciones exteriores son la suma de las tensiones, deformaciones y movimientos, respectivamente, que se producen en dicho punto por cada acci´ on actuando aisladamente. Como es sabido, este principio aplica si las tensiones son proporcionales a las deformaciones (Ley de Hooke) y si, adem´ as, las acciones que act´ uan sobre el s´ olido no cambian significativamente su geometr´ıa original. 3. Principio de Saint-Venant: Las tensiones en una zona alejada de los puntos de aplicaci´ on de un sistema de fuerzas s´ olo dependen de la resultante y del momento resultante de

150

´ ´ 19. HIPOTESIS DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES LECCION

este sistema de fuerzas. En particular, dos sistemas de fuerzas est´ aticamente equivalentes producen las mismas tensiones en una regi´ on alejada de sus puntos de aplicaci´ on. Seg´ un esta hip´ otesis, las tensiones sobre la secci´ on transversal Σ no dependen m´ as que de la resultante y el momento resultante con respecto al centro de gravedad G de la secci´ on de las fuerzas aplicadas sobre el s´ olido a uno de los dos lados en que queda ´este dividido por Σ. Adem´ as de estas tres hip´ otesis generales, se hacen tambi´en hip´ otesis cinem´ aticas, que permiten simplificar el problema el´ astico general. 4. Hip´ otesis cinem´ aticas. Son hip´ otesis sobre los desplazamientos los puntos de la secci´ on transversal del s´ olido prism´ atico y sobre la relaci´ on de los mismos con las deformaciones del material y con el movimiento de la directriz. Dependen de la teor´ıa concreta de vigas, placas o l´ aminas que se est´e empleando1 . En Resistencia de Materiales I, para el estudio de la tracci´ on y compresi´ on de s´ olidos prism´ aticos, s´ olo vamos a utilizar la hip´ otesis cinem´ atica conocida como hip´ otesis de Navier-Bernouilli2. Esta es la hip´ otesis cinem´ atica m´ as cl´ asica de la resistencia de materiales y puede enunciarse como: En la deformaci´ on del s´ olido prism´ atico, las secciones planas normales a la directriz permanecen planas despu´es de la deformaci´ on. Si se postula adem´ as que las secciones planas normales a la directriz son indeformables en su plano, esta hip´ otesis permite obtener los desplazamientos ~δp de cualquier punto de la secci´ on transversal a partir de u ´nicamente seis grados de libertad (posici´ on de un plano r´ıgido), que se asocian normalmente a las tres componentes del desplazamiento y a las tres componentes del giro del centro de gravedad G de la secci´ on transversal. Como se ver´ a en Resistencia de Materiales II, cuando se estudia la deformaci´ on de una secci´ on bajo la acci´ on del esfuerzo cortante o del momento torsor, la teor´ıa de la elasticidad muestra que las secciones transversales no permanecen planas, sino que sufren un alabeo, adelant´ andose unos puntos con respecto al plano de la secci´ on, mientras que otros se retrasan. En estos casos, se sustituye la hip´ otesis de Navier-Bernouilli por el que se conoce como principio de Navier-Bernouilli generalizado: Dos secciones transversales del s´ olido prism´ atico infinitamente pr´ oximas, Σ y Σ0, se convierten despu´es de la deformaci´ on en dos secciones tambi´en infinitamente pr´ oxi0 0 mas, Σ1 y Σ1 , en general alabeadas, de forma que las secciones Σ1 y Σ1 son superponibles por desplazamiento. 1 Existen diversas teor´ıas relativas a la flexi´ on de vigas, placas y l´ aminas, cada una de ellas basada en una hip´ otesis cinem´ atica. Merecen citarse las teor´ıas de Euler-Bernouilli y de Timoshenko, para la flexi´ on de vigas, y las teor´ıas de Love-Kirchhoff y de Reissner-Mindlin en la flexi´ on de placas. Tambi´en existen varias teor´ıas relativas a la torsi´ on, con diferentes hip´ otesis cinem´ aticas, como la teor´ıa de Saint-Venant y la de Vlasov. El estudio de estas teor´ıas queda fuera del alcance de este curso. 2 Jacobo Bernouilli (1654-1705), matem´ atico suizo que estudi´ o por primera vez la ecuaci´ on de la deformada en flexi´ on de una viga el´ astica. Claude Louis Navier (1785-1836), ingeniero franc´es al que se considera fundador de la Resistencia de Materiales moderna, ya que fue el primero en formular la teor´ıa de la elasticidad en un manera utilizable en problemas pr´ acticos de construcci´ on. Navier determin´ o la ecuaci´ on diferencial de la deformada de una viga el´ astica en base a suponer que las secciones planas permanecen planas despu´es de la deformaci´ on.

Lecci´ on 20

Concepto de esfuerzo. Diagramas. 20.1.

Concepto de esfuerzo

Consideremos un s´ olido prism´ atico en equilibrio est´ atico bajo la acci´ on de un sistema de fuerzas exteriores. Supongamos el s´ olido dividido en dos partes A y B mediante un plano de corte imaginario normal a la directriz (figura 20.1). ~ y un A trav´es del corte imaginario, la parte B debe ejercer sobre la parte A una fuerza R ~ momento M , referidos al centro de gravedad G de la secci´ on, equivalentes a la acci´ on exterior sobre la parte B, ya que en otro caso no se mantendr´ıa el equilibrio est´ atico de la parte A. Obviamente, la parte A ejerce sobre la parte B una fuerza y un momento iguales y de sentido ~ y un momento −M ~. contrario, −R Estas fuerzas internas que se ejercen entre s´ı las dos mitades del s´ olido el´ astico a trav´es de la secci´ on transversal del mismo, se conocen con el nombre de esfuerzos. Los esfuerzos son las resultantes de las tensiones sobre una secci´ on transversal del s´ olido prism´ atico. Normalmente, se refieren al centro de gravedad G de la secci´ on transversal.

20.2.

Esfuerzos normal y cortante

~ tiene tres componentes en el sistema de referencia GXY Z de la La resultante de fuerzas R secci´ on transversal (figura 20.2): ~ = N~i + Ty~j + Tz~k R La componente seg´ un el eje X, N , se conoce con el nombre de esfuerzo normal o de esfuerzo axil. Su expresi´ on en funci´ on de las tensiones [T ] que act´ uan sobre la secci´ on transversal es: Z N = σnx dΩ Ω

La componente seg´ un el eje Y , Ty , es un esfuerzo cortante. Su expresi´ on en funci´ on de las tensiones que act´ uan sobre la secci´ on transversal es: Ty =

Z

151

Ω

τxy dΩ

´ 20. CONCEPTO DE ESFUERZO. DIAGRAMAS. LECCION

152

curva directriz

B

corte imaginario

R

X

M

Y

Ω G Z

A A

Figura 20.1: Concepto de esfuerzo en el s´ olido prism´ atico

La componente seg´ un el eje Z, Tz , es el esfuerzo cortante seg´ un el eje Z. Su expresi´ on en funci´ on de las tensiones que act´ uan sobre la secci´ on transversal es:

Tz =

Z Ω

τxz dΩ

´ ´ Y TORSION 20.3. MOMENTOS DE FLEXION

153

X R N

Y

Ty

Ω

G Tz

Z

Figura 20.2: Componentes de fuerza sobre la secci´ on transversal X MT Ω

Y

M

G MFz

MFy

Z

Figura 20.3: Componentes de momento sobre la secci´ on transversal

20.3.

Momentos de flexi´ on y torsi´ on

~ con respecto al centro de gravedad G de la secci´ El momento resultante M on transversal, tiene tres componentes en el sistema de referencia GXY Z de la secci´ on (figura 20.3). En funci´ on de las tensiones que act´ uan sobre la secci´ on transversal, dichas componentes son: ~ M

=

Z Ω

~i 0 σnx

~k ~j y z τxy τxz

Z Z Z ~ ~ ~ (τxz y − τxy z) dΩ + j σnx z dΩ + k −σnx y dΩ dΩ = i Ω Ω Ω

= MT ~i + MF y ~j + MF z ~k

La componente seg´ un el eje X, MT , se conoce con el nombre de momento torsor. La componente seg´ un el eje Y , MF y , es un momento flector. La componente seg´ un el eje Z, MF z , es el otro momento flector.

´ 20. CONCEPTO DE ESFUERZO. DIAGRAMAS. LECCION

154

sólido prismático sección dorsal

X

Zona de tracción Rebanada

sección frontal

Esfuerzo normal Directriz del sólido prismático

Zona de compresión

Valor del esfuerzo en el punto A

A

Esfuerzo cortante

Directriz

Momento flector

Momento torsor

Figura 20.4: Representaci´ on de esfuerzos en los diagramas

20.4. DIAGRAMAS DE ESFUERZOS

20.4.

155

Diagramas de esfuerzos

Los diagramas de esfuerzos son la representaci´ on de c´ omo var´ıan los distintos tipos de esfuerzos a lo largo de la directiz de s´ olidos prism´ aticos tipo barra o tipo viga. Se utiliza la directriz como eje de abcisas y la normal a la directriz como eje de ordenadas, en una representaci´ on bidimensional de la variaci´ on del esfuerzo a lo largo de la directriz. Es muy importante que estas representaciones se˜ nalen el sentido del esfuerzo sin lugar a dudas. Nosotros utilizaremos una representaci´ on esquem´ atica del sentido del esfuerzo sobre el ´ area del diagrama, tal y como se indica en la figura 20.4. Como puede verse en la figura, en cada zona del diagrama el sentido del esfuerzo se indica sobre una rebanada del s´ olido prism´ atico. El c´ alculo de los diagramas de esfuerzos es inmediato a partir de las fuerzas y momentos aplicados y las reacciones en los apoyos. En cada secci´ on transversal basta con calcular la resultante y el momento resultante con respecto al centro de gravedad de la secci´ on de las fuerzas aplicadas a uno u otro lado de la secci´ on transversal. Si se calculan las resultantes de las fuerzas aplicadas en el lado positivo de la secci´ on (el lado hacia el que apunta el eje X) se dice que se trabaja con la secci´ on frontal y los esfuerzos obtenidos son los esfuerzos frontales. Por el contrario, si se calculan las resultantes de las fuerzas aplicadas en el lado negativo de la secci´ on (el lado contrario al que apunta el eje X) se dice que se trabaja con la secci´ on dorsal y los esfuerzos obtenidos son los esfuerzos dorsales. Evidentemente, por el equilibrio est´ atico del s´ olido prism´ atico, los esfuerzos dorsales son iguales y de signo contrario a los esfuerzos frontales en cualquier secci´ on transversal.

20.5.

Ejercicios resueltos

20.5.1.

C´ alculo de reacciones y diagramas de esfuerzos

Para la manivela de secci´ on circular indicada en la figura 20.5, se pide: 1. Reacciones en el empotramiento. 2. Diagramas de esfuerzos.

Soluci´ on: 1. Reacciones en el empotramiento Las reacciones han de equilibrar las fuerzas aplicadas. En el empotramiento pueden aparecer tres componentes de fuerza Rv , Rh1 y Rh2 , una en cada direcci´ on del sistema de referencia, y tres componentes de momento Mv , Mh1 y Mh2 , tambi´en una en cada direcci´ on del sistema de referencia (figura 20.6). En principio, se asignan a las componentes de la reacci´ on los sentidos indicados en la figura 20.6. Si en el c´ alculo que sigue se obtuviera alguna reacci´ on con signo negativo, ello indicar´ıa que el sentido asignado no era correcto. Las ecuaciones de equilibrio de la manivela nos dan, para el sentido supuesto de las reacciones:

´ 20. CONCEPTO DE ESFUERZO. DIAGRAMAS. LECCION

156

a

90º P b Q

Figura 20.5: Manivela con fuerzas en el extremo Suma de fuerzas igual a cero: P

= Rv

Q = Rh1 0 = Rh2 Suma de momentos respecto al empotramiento igual a cero: P a = Mh2 P b + Mh1 = 0

−→

Mh1 = −P b

Q b = Mv 2. Diagramas de esfuerzos Conocidas las reacciones, el apoyo se sustituye por las acciones del mismo sobre la manivela (figura 20.7). Los diagramas de esfuerzos se dan en la figura 20.8.

20.5. EJERCICIOS RESUELTOS

157

Mh2

Mh1 Rh1

Rh2

Rv

Mv

Figura 20.6: Reacciones en el empotramiento

Pb

Pa Q P Qb

P

Q

Figura 20.7: Fuerzas y momentos sobre la manivela

´ 20. CONCEPTO DE ESFUERZO. DIAGRAMAS. LECCION

158

Q

P

Q

P

esfuerzo normal

cortante vertical P

Pb

cortante horizontal

Q Pb torsor Q

Pa

Qb

Pb Qb

flector eje horizontal

flector eje vertical

Figura 20.8: Diagramas de esfuerzos

Qb

Lecci´ on 21

Condiciones de sustentaci´ on y enlace 21.1.

Reacciones en las ligaduras

En un s´ olido prism´ atico, si consideramos v´ alida la hip´ otesis de Navier-Bernouilli1, cada secci´ on transversal Σ tiene seis grados de libertad en movimientos: las tres componentes del desplazamiento de su centro de gravedad G y las tres componentes del giro de su centro de gravedad G. En un s´ olido prism´ atico, o en un conjunto de ellos que constituya una estructura, se conoce con el nombre de ligaduras a las condiciones impuestas sobre el movimiento de alguna secci´ on transversal. Es decir, las restricciones cinem´ aticas sobre uno o varios de los seis grados de libertad de la secci´ on. Cuando se considera una estructura formada por un conjunto de s´ olidos prism´ aticos, aparecen dos clases de ligaduras o restricciones cinem´ aticas: 1. Condiciones de sustentaci´ on, que materializan los apoyos de la estructura. Los apoyos son las conexiones de la estructura con el mundo exterior. 2. Condiciones de enlace, que materializan los v´ınculos internos entre los componentes o s´ olidos prism´ aticos que constituyen la estructura. Las restricciones cinem´ aticas, para cumplirse, dan lugar a: 1. Reacciones, que son las fuerzas o momentos externos sobre la estructura derivadas de las condiciones de sustentaci´ on. 2. Condiciones que deben cumplir los esfuerzos en la estructura, derivadas de las condiciones de enlace.

21.2.

Tipos de apoyos y enlaces internos

21.2.1.

Tipos de apoyos

Los apoyos son restricciones cinem´ aticas que definen la conexi´ on de los s´ olidos prism´ aticos o de las estructuras con el exterior. Normalmente, a efectos de c´ alculo las condiciones reales de apoyo se idealizan en uno de los tipos siguientes: 1 Ver lecci´ on 19: la hip´ otesis es que, durante la deformaci´ on, las secciones transversales del s´ olido permanecen planas y, adem´ as, no se deforman en su plano.

159

´ Y ENLACE ´ 21. CONDICIONES DE SUSTENTACION LECCION

160

Z Y Rx

MRx Ry

X Rz

MRy

Representación esquemática del apoyo

MRz Componentes de la reacción en el centro de gravedad G de la sección transversal

Figura 21.1: Representaci´ on esquem´ atica y reacciones en un empotramiento Empotramiento Un empotramiento es la restricci´ on que impide completamente el movimiento de una secci´ on transversal. Es decir, en un empotramiento son nulas las tres componentes del desplazamiento del centro de gravedad G y las tres componentes del giro del centro de gravedad G. Para impedir este movimiento, aparecen seis componentes de reacci´ on, tres fuerzas y tres momentos, una por cada grado de libertad impedido (figura 21.1). En un sistema estructural plano, donde las secciones transversales de los s´ olidos prism´ aticos s´ olo tengan tres grados de libertad, dos desplazamientos y un giro, en un empotramiento s´ olo se tendr´ an tres componentes de reacci´ on, dos fuerzas y un momento (figura 21.2). Z sección empotrada

MRy Rx

X Rz

Figura 21.2: Empotramiento en un sistema plano Apoyo articulado fijo Un apoyo articulado fijo es la restricci´ on que impide completamente el desplazamiento de una secci´ on transversal, pero deja libre su giro. Es decir, en un apoyo articulado fijo son nulas las tres componentes del desplazamiento del centro de gravedad G. Para impedir este desplazamiento, aparecen tres componentes de reacci´ on, tres fuerzas, una por cada componente de desplazamiento impedido (figura 21.3).

21.2. TIPOS DE APOYOS Y ENLACES INTERNOS

161

Z Y Representación esquemática del apoyo

Rx

X

Ry Rz

Componentes de la reacción en el centro de gravedad G de la sección transversal

Figura 21.3: Representaci´ on esquem´ atica y reacciones en un apoyo articulado fijo Apoyo articulado m´ ovil Un apoyo articulado m´ ovil es la restricci´ on que impide el desplazamiento de una secci´ on transversal en una sola direcci´ on. Es decir, en un apoyo articulado m´ ovil es nula una componente del desplazamiento del centro de gravedad G. Para impedir esta componente del desplazamiento, aparece una componente de reacci´ on, una fuerza en la direcci´ on del desplazamiento impedido (figura 21.4). Z Y X

Representación esquemática del apoyo

Rz

Componentes de la reacción en el centro de gravedad G de la sección transversal

Figura 21.4: Representaci´ on esquem´ atica y reacciones en un apoyo articulado m´ ovil Empotramiento m´ ovil Un empotramiento m´ ovil es la restricci´ on que impide completamente el giro de una secci´ on transversal y su desplazamiento en una sola direcci´ on. Es decir, en un empotramiento m´ ovil son nulas las tres componentes del giro del centro de gravedad G y una componente del desplazamiento del centro de gravedad G. Para impedir estas componentes del movimiento,

´ Y ENLACE ´ 21. CONDICIONES DE SUSTENTACION LECCION

162

Z Y Rx

MRx

X

MRy Representación esquemática del apoyo

MRz

Componentes de la reacción en el centro de gravedad G de la sección transversal

Figura 21.5: Representaci´ on esquem´ atica y reacciones en un empotramiento m´ ovil aparecen cuatro componentes de reacci´ on, tres momentos y una fuerza en la direcci´ on del desplazamiento impedido (figura 21.5).

21.2.2.

Tipos de enlaces internos

Los enlaces son restricciones cinem´ aticas que definen v´ınculos de unos s´ olidos prism´ aticos con otros dentro de una estructura. A efectos de c´ alculo, los v´ınculos reales se idealizan en uno de los tipos siguientes: Articulaci´ on Una articulaci´ on es un v´ınculo entre dos secciones transversales mediante el cual se igualan las tres componentes del desplazamiento de las mismas, pero las tres componentes del giro pueden ser distintas (figura 21.6). Es decir, el desplazamiento a ambos lados de la articulaci´ on es el mismo, pero el giro puede ser diferente. Si A y B representan las secciones transversales a un lado y otro de la articulaci´ on: u A = uB

vA = v B

wA = w B

θxA 6= θxB θyA 6= θyB

θzA 6= θzB

(los desplazamientos son iguales) (los giros son distintos)

A efectos del c´ alculo de esfuerzos, la articulaci´ on proporciona tres ecuaciones: los momentos flectores y el momento torsor son nulos en la articulaci´ on: M T = MF y = MF z = 0 Tirante o barra biarticulada Un tirante es una barra recta con articulaciones en ambos extremos. Al ser nulos los momentos flectores y el momento torsor en ambos extremos de la barra, el resto de la estructura s´ olo ejerce sobre ella fuerzas F~1 y F~2 , en los extremos 1 y 2 de la barra (figura 21.6).

´ ´ E HIPERESTATICOS 21.3. SISTEMAS ISOSTATICOS

163

F1

sección A

barra biarticulada sección B

F2

Figura 21.6: Representaci´ on esquem´ atica de una articulaci´ on N´ otese que el equilibrio de la barra exige que, cuando no act´ uan acciones exteriores a lo largo de su longitud, las fuerzas internas F~1 y F~2 que ejerce el resto de la estructura en los extremos: • Est´en alineadas con la directriz de la barra: para que se cumpla el equilibrio de momentos respecto a un extremo u otro de la barra. • Sean iguales y de signo contrario: para que se cumpla el equilibrio de fuerzas. Cable Un cable, a efectos de c´ alculo, se idealiza como un elemento que s´ olo puede ejercer fuerzas de tracci´ on sobre los elementos a los que est´ a unido. No puede trabajar a compresi´ on, cortadura, flexi´ on o torsi´ on. La direcci´ on de la fuerza de tracci´ on ejercida por el cable es tangente al cable en el punto de uni´ on con el elemento al que est´ a unido. En cables sujetos por sus extremos y sin fuerzas que act´ uen a lo largo de su longitud, si se desprecian los rozamientos, la fuerza de tracci´ on en el cable se mantiene constante. Desde el punto de vista est´ atico, las poleas son elementos que desv´ıan las fuerzas ejercidas por los cables. Las acciones est´ aticas de los cables sobre poleas se esquematizan en la figura 21.7.

21.3.

Sistemas isost´ aticos e hiperest´ aticos

Antes de estudiar el estado tensional de un s´ olido prism´ atico, es necesario conocer completamente la solicitaci´ on exterior. Es decir, conocer no s´ olo las fuerzas y momentos directamente aplicados, que generalmente ser´ an conocidos, sino tambi´en las reacciones en los apoyos, que en principio son desconocidas. Para determinar las reacciones en los apoyos de una estructura o sistema de s´ olidos prism´ aticos tenemos en primer lugar las ecuaciones siguientes: Ecuaciones de equilibrio est´ atico, seis ecuaciones en el caso m´ as general.

´ Y ENLACE ´ 21. CONDICIONES DE SUSTENTACION LECCION

164

polea

cable

F

F

F

F acción sobre el eje de la polea (suma vectorial)

Figura 21.7: Fuerza de un cable sobre una polea Ecuaciones derivadas de las condiciones de enlace (v´ınculos internos) entre los s´ olidos prism´ aticos que constituyen la estructura. Los sistemas en los que pueden obtenerse las reacciones en los apoyos mediante la aplicaci´ on de u ´nicamente estas dos clases de ecuaciones se llaman sistemas isost´ aticos. Por el contrario, si existen apoyos superabundantes, las ecuaciones anteriores no son suficientes para determinar las reacciones y el sistema se llama hiperest´ atico. En este caso se requiere hacer intervenir las deformaciones de los s´ olidos prism´ aticos para obtener las reacciones. Se llama grado de hiperestatismo al exceso de inc´ ognitas con respecto al n´ umero de ecuaciones disponible derivadas del equilibrio est´ atico y de las condiciones de enlace internas de la estructura.

21.4.

Ejercicios resueltos

21.4.1.

C´ alculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (1)

El sistema plano de la figura 21.8 est´ a formado por cuatro barras: una barra vertical AB empotrada en su base, dos barras perpendiculares CD y DE r´ıgidamente unidas y una barra horizontal BC biarticulada. Los puntos D y E est´ an gu´ıados mediante correderas para que no puedan desplazarse verticalmente. En el extremo E se aplica una fuerza horizontal F . Se pide: 1. Reacciones en los apoyos. 2. Leyes y diagramas de esfuerzos en todas las barras.

Soluci´ on: 1. Reacciones en los apoyos

21.4. EJERCICIOS RESUELTOS

165

B

C

c E

D

A

F

b

a

Figura 21.8: Sistema plano La barra biarticulada s´ olo puede estar sometida a esfuerzo normal N , ya que no tiene aplicada ninguna carga a lo largo de su directriz. En la figura 21.9 se da la descomposici´ on del sistema plano en sus componentes, con indicaci´ on de las fuerzas que se ejercen entre ellos. A partir de la figura, se puede plantear el equilibrio de los tres componentes por separado.

N

N N

N

a c F RA MA

RE

RD

b

Figura 21.9: Interacci´ on entre componentes del sistema plano El equilibrio del poste AB da que: N

= RA

N c = MA El equilibrio de la pieza CDE da que: N

= F

´ Y ENLACE ´ 21. CONDICIONES DE SUSTENTACION LECCION

166

R D = RE RD b = N c Se tienen pues cinco ecuaciones con cinco inc´ ognitas, las cuatro componentes de reacci´ on y la fuerza interna N . La resoluci´ on del sistema da: N

= F

RA = F

c b c = F b = Fc

RD = F RE MA 2. Diagramas de esfuerzos

A partir de las reacciones, se obtienen los diagramas de esfuerzos que se dan en las figuras 21.10 y 21.11. F

A

F Fc

F

F

B

B

A

B

F

Cortante

B

Fc

A Flector

C

F

F Axil

Figura 21.10: Diagramas de esfuerzos en las barras AB y BC

21.4.2.

C´ alculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (2)

La figura 21.12 representa el esquema de una gr´ ua torre con contrapeso inferior. Est´ a formada por la columna AB empotrada en su base; las m´ensulas BC, BD; y la viga BEF . El cable del

21.4. EJERCICIOS RESUELTOS

F

167

C

C

F F

E

D

D E

F c/b

F c/b

F

Axil

C

C

F c/b

F

D

E

Fc

D

Cortante Fc

E

Flector

Figura 21.11: Diagramas de esfuerzos en la barra CDE contrapeso se une a la secci´ on E y pasa por las poleas situadas en D y C. Para el caso de carga indicado en la figura 21.12, se pide: 1. Reacciones en la base. 2. Leyes y diagramas de esfuerzos en todas las barras.

Soluci´ on: 1. Reacciones en la base Se trata de un sistema plano. En el empotramiento de la base hay tres componentes de reacci´ on: Rh , Rv y Mr . El esquema est´ atico es el representado en la figura 21.13.

´ Y ENLACE ´ 21. CONDICIONES DE SUSTENTACION LECCION

168

D

1/ 2

(3) a

E

B

C

F P

10 a (Las dimensiones sin acotar se consideran despreciables)

A

3P

3a

a

3a

Figura 21.12: Gr´ ua torre con contrapeso inferior Las ecuaciones de equilibrio dan que: Rv = 3 P + P Rh = 0 Mr + 3 P a = P 6 a Luego las reacciones son: Rh = 0 Rv = 4 P Mr = 3 P a 2. Diagramas de esfuerzos El esfuerzo axil en el cable es igual al peso del contrapeso, 3P . En la polea situada en el extremo del brazo horizontal (polea C), la fuerza sobre el eje se obtiene como suma vectorial de los vectores (0, −3P ) y (3P sin α, 3P cos α) (figura 21-14). Como se tiene que: tan α =

a √

1 = √ a 3 3

−→

α = 30o

Resulta que la fuerza sobre el eje de la polea es (3P sin α, 3P (cos α−1)) = (1, 5 P, −0, 40P ).

21.4. EJERCICIOS RESUELTOS

α

169

D

1/ 2

(3) a

β E

C

P 10 a

3P Mr a

Rh Rv

3a

3a

Figura 21.13: Esquema est´ atico para la gr´ ua torre Del mismo modo, en la polea situada sobre el extremo superior de la torre (polea D), la fuerza sobre el eje se obtiene como suma vectorial de los vectores (−3P sin α, −3P cos α) y (3P cos β, −3P sin β) (figura 21-14), lo que da (1, 1 P, −4, 1 P ). En el punto de anclaje del cable a la pluma de la gr´ ua, la fuerza sobre la pluma tiene la direcci´ on del cable, lo que da lugar a una fuerza de componentes (−3P cos β, 3P sin β) = √ (−1, 5 3 P, 1, 5 P ). Por lo tanto, las fuerzas sobre la gr´ ua son las que se dan en la figura 21.15. Los diagramas de esfuerzos se dan en la figura 21.16.

21.4.3.

C´ alculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (3)

La figura 21.17 representa el esquema plano de una gr´ ua que levanta una carga de 4 kN. Las dimensiones est´ an en mm. Para el caso de carga indicado, se pide: 1. Reacciones en las ruedas. 2. Acciones que se ejercen sobre cada uno de los siguientes elementos considerados aisladamente: barra AC, bastidor CDG, actuador hidr´ aulico BF . 3. Diagramas de esfuerzos en el bastidor CDG.

Soluci´ on:

´ Y ENLACE ´ 21. CONDICIONES DE SUSTENTACION LECCION

170

3P

3P

3P α

α 3P

3P

resultante sobre el eje

β 3P

3P

resultante sobre el eje

3P Polea C

Polea D 3P β

Anclaje del cable en la pluma de la grúa

Figura 21.14: Fuerzas sobre los ejes de las poleas y el anclaje del cable 1. Reacciones en las ruedas En las ruedas s´ olo hay reacciones verticales, que designaremos por RE y RG . Los valores de las mismas se obtienen de las ecuaciones de equilibrio del conjunto: RE + RG = 4

(equilibrio de fuerzas)

RE 375 + RG (375 + 500 + 1900) = 4 (1380 + 1250) cos(15o)

(equilibrio de momentos)

De donde se obtiene que, RE = 0, 39 kN y RG = 3, 61 kN. Los valores positivos indican que las reacciones tienen el sentido supuesto (hacia arriba) y que, por tanto, las ruedas no despegan. 2. Acciones sobre los componentes Sabemos que en el actuador hidr´ aulico F B s´ olo puede existir esfuerzo normal, por estar articulado en los dos extremos y no tener cargas aplicadas entre los puntos F y B. Sabemos tambi´en que, a trav´es de la articulaci´ on C, la barra AC s´ olo puede ejercer sobre el bastidor una fuerza y no un momento. En consecuencia, el esquema de cargas sobre el bastidor CDG es el indicado en la figura 21.18, donde: tan α =

1380 cos(15o) − 375 − 500 458 = = 0, 3643 −→ α = 20o o 900 + 1380 sin(15 ) 1257, 2

21.4. EJERCICIOS RESUELTOS

171

Cv + 0, 39 + 3, 61 = N cos(20o) Ch + N sin(20o) = 0 375 0, 39 + 3, 61 2775 = N cos(20o) 875 + N sin(20o) 900 De donde se obtiene: N

= esfuerzo de compresi´ on en el actuador =

375 0, 39 + 3, 61 2775 = 9 kN cos(20o) 875 + sin(20o) 900)

Ch = −N sin(20o) = −3, 08 kN (signo negativo indica sentido contrario al supuesto en la figura 21.18) Cv = 9 cos(20o) − 4 = 4, 46 kN 3. Diagramas de esfuerzos en el bastidor CDG Los diagramas se dan en la figura 21.19.

´ Y ENLACE ´ 21. CONDICIONES DE SUSTENTACION LECCION

172

a

3a

3a

4,1 P 1,1 P

D

1,5 P 1/2

(3) a 1,5 P

1/2

1,5 (3) P

B

C

F E

0,4 P

P

10 a

A

3Pa

4P

Figura 21.15: Diagrama de cuerpo libre de la gr´ ua

21.4. EJERCICIOS RESUELTOS

173

4,1 P

D

1,1 P

D 1/ 2

1,5 (3) P

1,5 P B

C

F E

0,5 P

0,4 P

B

F E

C

P

Esfuerzos normales

A

Esfuerzos cortantes

4,0 P

A D

0,4 Pa

B

C

1,9 Pa

E

F

3 Pa

Momentos flectores

3 Pa

A

Figura 21.16: Diagramas de esfuerzos

´ Y ENLACE ´ 21. CONDICIONES DE SUSTENTACION LECCION

174

1250 1380

A

B

C

4 kN

15º

900 G

F

E D 375

1900

500

Figura 21.17: Esquema plano de gr´ ua de taller

Cv C

Ch N

900 α

G

E D

F 0,39 kN 375

500

3,61 kN 1900

Figura 21.18: Fuerzas sobre el bastidor CDG

21.4. EJERCICIOS RESUELTOS

175

4,46 kN C

3,08 kN 8,46 kN

G

3,08 kN

E D

F 0,39 kN

3,61 kN

4,46 kN

3,08

Esfuerzos normales

3,08 kN

3,61

Cortantes

4,46 4,85

Flectores

2,77 kN m 2,77 4,44

6,86

Figura 21.19: Diagrama de cuerpo libre del bastidor y diagramas de esfuerzos

176

´ Y ENLACE ´ 21. CONDICIONES DE SUSTENTACION LECCION

Lecci´ on 22

Tracci´ on y compresi´ on. Tensiones y desplazamientos. 22.1.

Definici´ on de estado de tracci´ on-compresi´ on

Se dice que un s´ olido prism´ atico tipo barra est´ a sometido a tracci´ on-compresi´ on cuando en todas sus secciones transversales act´ ua u ´nicamente el esfuerzo normal N , siendo nulos el resto de los esfuerzos (cortantes, momentos flectores y torsor). Por convenio, se toma el esfuerzo normal como positivo cuando la secci´ on transversal trabaja a tracci´ on y como negativo, cuando lo hace a compresi´ on (figura 22.1). Desde nuestro punto de vista, la tracci´ on y la compresi´ on no difieren m´ as que en el signo del esfuerzo normal N y, por tanto, les daremos el mismo tratamiento. Sin embargo, pueden existir diferencias cualitativas entre estos dos modos de carga, debido a los fen´ omenos de inestabilidad que pueden aparecer en barras esbeltas sometidas a compresi´ on (pandeo). Dichos fen´ omenos se estudiar´ an en Resistencia de Materiales II.

22.2.

Estado de tensiones

Dada una secci´ on transversal de una barra de ´ area Ω, que est´ a sometida u ´nicamente al esfuerzo normal N (figura 22.2), el estado tensional en la secci´ on debe cumplir las relaciones siguientes: N =

Z

σnx dΩ ;

0 =

R

Ω

Ω

0 =

Z

(τxz y − τxy z) dΩ ; Ω

0 =

R

Ω

τxy dΩ ;

0 =

Z

τxz dΩ

(22.1)

−σnx y dΩ

(22.2)

Ω

σnx z dΩ ;

0 =

Z Ω

por ser nulos todos los esfuerzos a excepci´ on de N . Estas seis ecuaciones no son suficientes para determinar las tensiones σnx , τxy y τxz que el esfuerzo normal N origina a lo largo de la secci´ on. Para determinar el estado tensional se utiliza la siguiente hip´ otesis cinem´ atica (hip´ otesis de Bernouilli): En la deformaci´ on del s´ olido prism´ atico bajo esfuerzo normal, las secciones planas normales a la directriz permanecen planas y normales a la directriz, sin giro de una secci´ on con respecto a las otras. 177

´ TENSIONES Y DESPLAZAMIENTOS. ´ Y COMPRESION. ´ 22. TRACCION 178 LECCION

N

N

N

N

Negativo (compresión)

Positivo (tracción)

Figura 22.1: Convenio de signos para el esfuerzo normal Es decir, la deformaci´ on se produce por un movimiento de traslaci´ on axial de una secci´ on con respecto a las adyacentes. A partir de esta hip´ otesis: 1. Cualquier elemento diferencial de volumen de la barra se deforma sin distorsi´ on angular: γxy = γxz = γyz = 0 y por la Ley de Hooke generalizada: τxy = G γxy = 0 τxz = G γxz = 0 τyz

= G γyz = 0

2. En cada secci´ on transversal de la barra, todos los elementos diferenciales de volumen experimentan la misma deformaci´ on longitudinal: εx = constante en la secci´ on transversal Y

G

N

X

Z

τxy τxz

σnx

Figura 22.2: Secci´ on transversal bajo el esfuerzo normal

22.3. ESTADO DE DEFORMACIONES

179

Si se supone que el estado de tensiones es uniaxial por estar libre de cargas la superficie lateral de la barra (σny = σnz = 0), la Ley de Hooke generalizada proporciona: σnx = E εx = constante en la secci´ on transversal Lo que da: N =

Z

σnx dΩ = σnx Ω

Z

dΩ = σnx Ω Ω

Y, en consecuencia: σnx =

N = constante en la secci´ on transversal Ω

N´ otese que el estado tensional dado por: N σnx = y σny = σnz = τxy = τxz = τyz = 0 Ω cumple con las ecuaciones 22.1 y 22.2, ya que se verifica que: Z

z dΩ =

Z

Ω

(22.3)

y dΩ = 0 Ω

por ser el origen G del sistema de referencia el centro de gravedad de la secci´ on transversal.

22.3.

Estado de deformaciones

Conocido el estado de tensiones, dado por 22.3, resulta posible deducir el correspondiente estado de deformaciones. Deformaci´ on longitudinal σnx N εx = = = constante en la secci´ on transversal E ΩE Deformaciones en sentido transversal εy = εz = −µ εx = −

µN ΩE

Deformaciones transversales γxy = γxz = γyz = 0

22.4.

Desplazamientos

Conocida la deformaci´ on longitudinal εx en cada secci´ on transversal, es posible calcular la variaci´ on de longitud de una barra sometida a esfuerzo normal, es decir, el alargamiento o acortamiento de la barra ∆L: Z L Z L Z L Z L du N ∆L = du = εx dx = dx = dx 0 0 dx 0 0 ΩE Si el esfuerzo normal N , m´ odulo de elasticidad E y ´ area de la secci´ on transversal Ω son constantes a lo largo de la longitud L de la barra, se tiene que: N ∆L = εx L = L ΩE

´ TENSIONES Y DESPLAZAMIENTOS. ´ Y COMPRESION. ´ 22. TRACCION 180 LECCION

Lecci´ on 23

Esfuerzo normal variable. Peso y fuerza centr´ıfuga. 23.1.

Ecuaci´ on de equilibrio bajo esfuerzo normal

Sea un s´ olido prism´ atico sometido a una fuerza distribuida por unidad de longitud q = q(x) paralela a la directriz (figura 23.1). Sea N = N (x) la distribuci´ on de esfuerzos normales a lo largo de la directriz. Si se considera una rebanada del s´ olido prism´ atico, el equilibrio de la misma impone las condiciones siguientes sobre la distribuci´ on N (x): N (x + dx) + q(x) dx = N (x)

(equilibrio de fuerzas seg´ un eje X)

Lo que da: N (x) +

dN (x) dx + q(x) dx = N (x) dx

−→

dN + q(x) = 0 dx

que es la ecuaci´ on diferencial de equilibrio que debe cumplir la distribuci´ on N = N (x) del esfuerzo normal a lo largo de la directriz. Se trata de una ecuaci´ on diferencial ordinaria de primer orden que, con las condiciones de contorno adecuadas, permite obtener la distribuci´ on N (x) para cualquier ley q = q(x) de fuerza distribuida por unidad de longitud. En ausencia de deformaciones t´ermicas, en cada secci´ on transversal del s´ olido prism´ atico se cumple que: σnx du N εx = = −→ N = E Ω εx = E Ω E EΩ dx Donde E es el m´ odulo de elasticidad, Ω es el ´ area de la secci´ on transversal y u = u(x) es el desplazamiento del centro de gravedad de la secci´ on transversal en la direcci´ on de la directriz (direcci´ on X). Sustituyendo en la ecuaci´ on diferencial de equilibrio la expresi´ on del esfuerzo normal N en funci´ on del desplazamiento u, se llega a: d du (E Ω ) + q = 0 dx dx N´ otese que tanto E como Ω pueden ser variables a lo largo de la directriz. 181

´ 23. ESFUERZO NORMAL VARIABLE. PESO Y FUERZA CENTR´IFUGA. 182 LECCION

q=q(x) X

dx

q=q(x)

N(x)

x

N(x+dx)

dx

Figura 23.1: Rebanada de s´ olido prism´ atico bajo fuerza distribuida paralela a la directriz Por otro lado, si existieran deformaciones t´ermicas, la expresi´ on del esfuerzo normal es: N = EΩ(

du − α ∆T ) dx

Donde α es el coeficiente de dilataci´ on lineal y ∆T es el incremento de temperatura. La ecuaci´ on diferencial en funci´ on del desplazamiento u queda entonces: d du d (E Ω ) − (E Ω α ∆T ) + q = 0 dx dx dx En el caso particular de que E, Ω, α y ∆T sean constantes a lo largo de la directiz, la ecuaci´ on es: d2 u EΩ 2 + q = 0 dx

23.2.

Esfuerzos normales de peso propio

El peso propio da lugar a una fuerza distribuida por unidad de longitud q proporcional al producto del peso espec´ıfico γ del material y el ´ area Ω de la secci´ on transversal. Si la directriz del s´ olido prism´ atico est´ a alineada con la direcci´ on de la gravedad (figura 23.2), resulta que: q = Ωγ

23.2. ESFUERZOS NORMALES DE PESO PROPIO

183

X q=Ωγ

Figura 23.2: S´ olido prism´ atico bajo su peso propio y la ecuaci´ on diferencial de equilibrio queda: dN + Ωγ = 0 dx Es decir: dN = −Ω γ dx

(ecuaci´ on de variables separadas)

Si Ω y γ son constantes, la integral de la ecuaci´ on es: N = N0 − Ω γ x donde N0 es una constante de integraci´ on que se obtiene a partir de las condiciones de contorno. Puede verse que, en este caso, el esfuerzo normal var´ıa linealmente con la coordenada x de avance a lo largo de la directriz. En cuanto a los desplazamientos u de las secciones transversales en la direcci´ on de la directriz, se obtiene: du N N0 γ = = − x dx EΩ EΩ E N0 γ du = dx − x dx y EΩ E N0 γ 2 u = u0 + x− x EΩ 2E εx =

de donde

Donde u0 es una constante de integraci´ on. N´ otese que la variaci´ on del desplazamiento u a lo largo de la directriz es cuadr´ atica.

´ 23. ESFUERZO NORMAL VARIABLE. PESO Y FUERZA CENTR´IFUGA. 184 LECCION

ω

q = ρ ω2 Ω x

X

dx

Figura 23.3: S´ olido prism´ atico bajo fuerza centr´ıfuga

23.3.

Esfuerzos normales por fuerza centr´ıfuga

Consideremos una barra recta que gira alrededor de un eje con velocidad angular ω, seg´ un se indica en la figura 23.3. Cuando la directiz de la barra (eje X) es perpendicular al eje de giro, sobre una rebanada de longitud dx aparecer´ a una fuerza dirigida seg´ un la directiz de valor (fuerza centr´ıfuga): q dx = dm ω 2 x = ρ Ω dx ω 2 x = ρ ω 2 Ω x dx Donde dm representa la masa de la rebanada, ρ es la densidad del material y Ω es el ´ area de la secci´ on transversal de la rebanada. De este modo, la fuerza centr´ıfuga es una fuerza distribuida por unidad de longitud q proporcional a la densidad ρ, al ´ area de la secci´ on transversal Ω, al cuadrado de la velocidad de giro ω y a la distancia x al eje de giro: q = ρ ω2 Ω x La ecuaci´ on diferencial de equilibrio queda: dN + ρ ω2 Ω x = 0 dx Es decir: dN = − ρ ω 2 Ω x dx

(ecuaci´ on de variables separadas)

Si Ω y γ son constantes, la integral de la ecuaci´ on es: N = N0 − ρ ω 2 Ω

x2 2

donde N0 es una constante de integraci´ on que se obtiene a partir de las condiciones de contorno. Puede verse que, en este caso, el esfuerzo normal var´ıa cuadr´ aticamente con la coordenada x de

23.4. EJERCICIOS RESUELTOS

185

avance a lo largo de la directriz. En cuanto a los desplazamientos u de las secciones transversales en la direcci´ on de la directriz, se obtiene: εx =

du N N0 ρ ω2 2 = = − x dx EΩ EΩ 2E

du =

N0 ρ ω2 2 dx − x dx EΩ 2E

de donde

y

N0 ρ ω2 3 x− x EΩ 6E Donde u0 es una constante de integraci´ on. N´ otese que la variaci´ on del desplazamiento u a lo largo de la directriz es c´ ubica. u = u0 +

F f x

h

f

l

x

Figura 23.4: Esquema del pilote hincado

23.4.

Ejercicios resueltos

23.4.1.

Esfuerzo normal variable en un pilote

Un pilote de hormig´ on, de secci´ on constante Ω y longitud l ha sido hincado verticalmente en un terreno arenoso hasta una profundidad h (figura 23.4). El pilote soporta una carga F en su extremo superior, la cual es equilibrada en su totalidad por el rozamiento del fuste con el terreno, cuyo efecto es una fuerza por unidad de longitud f que var´ıa cuadr´ aticamente con la profundidad: f = k x2 . Se pide:

´ 23. ESFUERZO NORMAL VARIABLE. PESO Y FUERZA CENTR´IFUGA. 186 LECCION

1. Relaci´ on que debe existir entre h y F en funci´ on del par´ ametro k. 2. Expresi´ on anal´ıtica y diagrama de esfuerzos normales en el pilote. 3. Acortamiento total del pilote bajo la carga F (Dato: m´ odulo de elasticidad E). Soluci´ on: 1. Relaci´ on entre h y F El rozamiento con el terreno o resistencia por fuste del pilote debe equilibrar la fuerza F aplicada sobre el mismo, es decir: F =

Z

h

2

k x dx = k

"

0

x3 3

#h

= k

0

h3 3

La relaci´ on pedida es pues: F = k

h3 3

El pilote deber´ a hincarse a una profundidad h igual o superior a la dada por la relaci´ on anterior. F

x

3

h

F- k x /3

Figura 23.5: Diagrama de esfuerzos normales en el pilote 2. Diagrama de esfuerzos normales en el pilote Si x ≤ 0 entonces N = −F (compresi´ on)

23.4. EJERCICIOS RESUELTOS

187

Si x > 0 entonces N = −F +

Rx 0

3

k x2 dx = −F + k x3

El diagrama de esfuerzos se da en la figura 23.5. 3. Acortamiento total del pilote El acortamiento total ∆ viene dado por la integral de la deformaci´ on ε a lo largo del pilote: ∆ =

Z

l

ε dx = 0

Z

l 0

N F dx = −(l − h) + EΩ EΩ

Z

h 0

3

3

Y como resulta que F = k h3 , resulta finalmente: 

"

−F + k x3 lF k h4 dx = − − EΩ E Ω 12 E Ω

k h3 h ∆ = − l− 3EΩ 4



El signo de ∆ es negativo, por tratarse de un acortamiento.

#

´ 23. ESFUERZO NORMAL VARIABLE. PESO Y FUERZA CENTR´IFUGA. 188 LECCION

Lecci´ on 24

Esfuerzo normal. Sustentaci´ on hiperest´ atica. 24.1.

Potencial interno asociado al esfuerzo normal

En un estado de tracci´ on-compresi´ on las matrices de tensi´ on y de deformaci´ on en un s´ olido prism´ atico tipo barra valen: 





σnx 0 0   [T ] =  0 0 0  0 0 0



εx 0 0   [D] =  0 −µ εx 0  0 0 −µ εx

En consecuencia, la energ´ıa de deformaci´ on o potencial interno dU almacenada en un elemento diferencial de volumen dV vale (ver lecci´ on 13): dU =

1 1 σnx εx dV = σnx εx Ω dx 2 2

donde Ω es el ´ area de la secci´ on transversal del s´ olido prism´ atico. Y como se tiene que: εx = σnx =

σnx E N Ω

resulta finalmente:

1 N2 dx 2 EΩ En consecuencia, la energ´ıa de deformaci´ on del s´ olido prism´ atico sometido a un estado de tracci´ on-compresi´ on es de: Z L 1 N2 U = dx 0 2 EΩ Y si se tienen varios tramos en los que el esfuerzo normal N y el m´ odulo de elasticidad E y ´ area de la secci´ on transversal Ω son constantes: dU =

U =

X 1 N2 i i

2 Ei Ωi

189

Li

´ ´ HIPERESTATICA. ´ 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACION LECCION

190

24.2.

Tracci´ on-compresi´ on hiperest´ atica

Al plantear el equilibrio de un sistema de s´ olidos prism´ aticos sucede a menudo que el n´ umero de reacciones es superior al n´ umero de ecuaciones que proporciona la est´ atica. Dichas ecuaciones no son, en estos casos, suficientes para resolver el problema de obtener las reacciones. Tales sistemas reciben el nombre de sistemas est´ aticamente indeterminados o hiperest´ aticos. Para resolver estos problemas resulta necesario hacer intervenir las deformaciones del s´ olido prism´ atico. Las deformaciones del s´ olido deben ser compatibles con los enlaces o v´ınculos cinem´ aticos. Las ecuaciones que expresan esta compatibilidad de deformaciones proporcionan nuevas ecuaciones, que unidas a las de equilibrio est´ atico permiten obtener todas las reacciones inc´ ognita y resolver as´ı el problema. Existen, en general, dos formas de introducir las ecuaciones de compatibilidad de deformaciones en el s´ olido prism´ atico. La primera es indirecta, a trav´es del teorema de Castigliano. La segunda es directa, calculando los movimientos a que dan lugar las deformaciones del s´ olido e imponiendo a esos movimientos las condiciones de sustentaci´ on o enlace.

24.2.1.

Aplicaci´ on del teorema de Castigliano

La aplicaci´ on del teorema de Castigliano al c´ alculo de reacciones hiperest´ aticas se hace seg´ un la secuencia que se desarrolla a continuaci´ on: 1. Determinar el grado de hiperestatismo n n = n´ umero de componentes de las reacciones − n´ umero de ecuaciones de equilibrio est´ atico − n´ umero de ecuaciones derivadas de las condiciones de enlace 2. Seleccionar n inc´ ognitas hiperest´ aticas de entre las componentes de las reacciones. 3. Utilizar las ecuaciones de equilibrio est´ atico y las derivadas de las condiciones de enlace para poner todas las reacciones en funci´ on de las inc´ ognitas hiperest´ aticas. 4. Obtener los diagramas de esfuerzos en funci´ on de las inc´ ognitas hiperest´ aticas. 5. Empleando los diagramas de esfuerzos, obtener la energ´ıa de deformaci´ on U en funci´ on de las inc´ ognitas hiperest´ aticas. 6. Obtener las inc´ ognitas hiperest´ aticas poniendo la condici´ on de que es nulo el movimiento en la direcci´ on de las reacciones hiperest´ aticas (teorema de Castigliano-Menabrea). 7. Obtener el resto de las reacciones a partir de las ecuaciones del paso (3). Veamos como ejemplo el c´ alculo de las reacciones en el sistema de la figura 24.1(a), formado por un u ´nico s´ olido prism´ atico con m´ odulo de elasticidad E y ´ area de la secci´ on transversal Ω. 1. Hay dos componentes de reacci´ on RA y RB (figura 24.1(b)) y la est´ atica s´ olo proporciona una ecuaci´ on u ´til: RA + RB = P En consecuencia, el grado de hiperestatismo n es n = 2 − 1 = 1.

´ ´ ´ HIPERESTATICA ON 24.2. TRACCION-COMPRESI

191

RA

A

RA

RA

b

P-RA

C P

a RB

B

P-RA

(a)

(b)

(c)

Figura 24.1: Sistema hiperest´ atico sometido a tracci´ on-compresi´ on 2. Seleccionamos RA como inc´ ognita hiperest´ atica. 3. La ecuaci´ on de equilibrio nos da que: RB = P − RA . 4. Los diagramas de esfuerzos en funci´ on de RA se dan en la figura 24.1(c). 5. En funci´ on de los diagramas de esfuerzos, la energ´ıa de deformaci´ on es: U =

1 (P − RA )2 1 R2A a + b 2 EΩ 2 EΩ

6. El desplazamiento del punto A es nulo, por lo que (teorema de Castigliano): ∂U = 0 ∂RA

−→

−

(P − RA ) RA a+ b = 0 EΩ EΩ

−→

RA =

P a (a + b)

7. A partir de las ecuaciones de equilibrio del paso (3): RB = P − R A =

24.2.2.

P b (a + b)

Aplicaci´ on de la compatibilidad de deformaciones

La obtenci´ on de las reacciones hiperest´ aticas a partir de la compatibilidad de deformaciones es algo menos sistem´ atica que la aplicaci´ on del teorema de Castigliano, ya que requiere visualizar e imponer las condiciones bajo las cuales deben producirse las deformaciones del s´ olido.

´ ´ HIPERESTATICA. ´ 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACION LECCION

192

Las etapas (1) a (4) de la sistem´ atica empleada en la secci´ on anterior se mantienen. Calculados los diagramas de esfuerzos, a partir de los esfuerzos se obtienen deformaciones y, a partir de ellas, los movimientos del s´ olido prism´ atico. Las condiciones que deben cumplir dichos movimientos proporcionan las ecuaciones necesarias para determinar las inc´ ognitas hiperest´ aticas. Utilizando el mismo ejemplo que en la secci´ on anterior, debe cumplirse que el acortamiento del tramo CB es el mismo que el alargamiento del tramo CA, por ser fija la distancia entre A y B: N P − RA a = a EΩ EΩ

∆LBC = ε a = ∆LCA =

RA b EΩ

(acortamiento)

(alargamiento)

Luego se cumple: (P − RA ) RA a = b EΩ EΩ

−→

RA =

P a (a + b)

Lleg´ andose de esta manera al mismo resultado que por aplicaci´ on del teorema de Castigliano.

24.3.

Tensiones ocasionadas por defectos de montaje o cambios de temperatura

En un sistema hiperest´ atico es posible que existan tensiones iniciales producidas en el montaje, debidas a errores en las longitudes de las barras o a variaciones intencionadas de los valores correctos de estas longitudes. Dichas tensiones existen aun cuando no act´ uen cargas exteriores y dependen de las proporciones geom´etricas del sistema, de las propiedades de los materiales y de la magnitud de los defectos. Supongamos, por ejemplo, que en el sistema de barras representado en la figura 24.2 la barra vertical OB tiene un defecto de fabricaci´ on que hace que su longitud sea L + a, en vez de la longitud L establecida en el proyecto. Las tres barras tienen la misma secci´ on transversal Ω y est´ an fabricadas con el mismo material, de m´ odulo de elasticidad E.

A

C

B

L α

α

O Figura 24.2: Sistema hiperest´ atico con defectos de montaje

24.4. EJERCICIOS RESUELTOS

193

Durante el montaje, la barra OB se fuerza hasta unirla a las barras OA y OC, que s´ı tienen on que aparece en la barra las longitudes te´ oricas de proyecto. Sea Nb el esfuerzo de compresi´ vertical OB tras el montaje. Dicho esfuerzo produce un acortamiento en la barra de: ∆Lob = ε Lob =

Nb L EΩ

Por equilibrio del nudo O, en las barras inclinadas deben aparecer esfuerzos de tracci´ on de valor: Nb Na = Nc = 2 cos α Estos esfuerzos de tracci´ on producen un alargamiento de: ∆Loa = ∆Loc = ε Loa =

Na L Nb L = E Ω cos α 2 cos α E Ω cos α

Dichos alargamientos son compatibles con un desplazamiento vertical hacia abajo del punto O de: ∆Loc Nb L δ = = cos α 2 cos3 α E Ω El desplazamiento del punto O, junto con el acortamiento de la barra vertical OB, debe ser igual al error a en la longitud de la barra. Se obtiene de este modo la siguiente ecuaci´ on para determinar el esfuerzo Nb: Nb L Nb L + = a 3 2 cos α E Ω EΩ De donde se obtiene que: Nb =

aEΩ 1 L(1 + 2 cos 3 α)

(24.1)

A partir de Nb, las ecuaciones de equilibrio dan los valores de esfuerzo normal Na y Nc en las barras inclinadas. La dilataci´ on de las barras debida a cambios de temperatura puede tener el mismo efecto que los errores en las longitudes. Si en el ejemplo anterior la barra vertical se calienta desde una temperatura T0 a una temperatura T1, la dilataci´ on t´ermica estar´ a parcialmente impedida por las otras dos barras del sistema, de forma que aparecer´ a un esfuerzo normal de compresi´ on en la barra vertical y un esfuerzo normal de tracci´ on en las barras inclinadas. El esfuerzo de compresi´ on en la barra vertical puede obtenerse con la ecuaci´ on (24.1), sustituyendo la magnitud del defecto a por la dilataci´ on t´ermica que tendr´ıa la barra OB si no existieran restricciones: αL(T1 − T0), donde α es el coeficiente de dilataci´ on lineal. En un caso extremo, en el que la barra OB tuviese completamente impedido el desplazamiento de sus extremos, la deformaci´ on total ser´ıa nula y el aumento de temperatura producir´ıa un esfuerzo de compresi´ on de: Nb = E Ω ε = E Ω α(T1 − T0)

´ ´ HIPERESTATICA. ´ 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACION LECCION

194

AE

2AE

AE

2a

2AE

P a

P 2a

a/2

a/2

2a

2A, A = área sección transversal E = módulo de elasticidad

Figura 24.3: Esquema de suspensi´ on de la barra mediante tirantes

24.4.

Ejercicios resueltos

24.4.1.

Barra r´ıgida sujeta mediante tirantes

La estructura de la figura 24.3 se compone de una barra r´ıgida a flexi´ on y cuatro tirantes de las dimensiones y rigideces indicadas en la figura. Se pide determinar el esfuerzo normal en los tirantes. Soluci´ on: Los tirantes son barras biarticuladas sin cargas intermedias. En consecuencia, s´ olo pueden estar sometidas a esfuerzo normal. De este modo, la direcci´ on de las reacciones es conocida (figura 24.4). Existen entonces cuatro reacciones desconocidas: N1, N2 , N3 y N4. Al tratarse de un sistema plano, s´ olo se dispone de tres ecuaciones de equilibrio. Entonces, se trata de un sistema hiperest´ atico de grado 1. Elegimos N3 como inc´ ognita hiperest´ atica. Las ecuaciones de equilibrio son: 2P

= N4 + N2 + N3 cos 45o

N1 = N3 sin 45o a a P +5 = N4 3a 2 2 De donde se obtiene: N4 = P

N3 N1 = √ 2

N3 N2 = P − √ 2

24.4. EJERCICIOS RESUELTOS

195

N4

N2

N3

N1 P

P

Figura 24.4: Esfuerzos normales en los tirantes El potencial total o energ´ıa de deformaci´ on del sistema es, en funci´ on de N3: ( √ ) X 1 N2 1 N12a N422a N22a N322a 2 i U = Li = + + + 2 E Ω 2 E 2A E 2A E A EA i i i Y sustituyendo N1 , N2 y N4 en funci´ on de N3, queda: U =

  1 N21a 32

2  E 2A

2

+

P 2a + E 2A

N3 + (P 2 − 2P √ 2

N32 2 ) 2a

EA



√  2 2N32 a  + EA  

Por aplicaci´ on del teorema de Castigliano, la derivada de U con respecto a N3 debe ser cero, por ser nulo el desplazamiento del punto de anclaje del tirante: ∂U 1 = ∂N3 2 AE



 √ √ N3 a − 2 2 P a + 2 N 3 a + 4 2 N3 a 2

∂U = 0 ∂N3

−→

√ 4 2 √ P N3 = 5+8 2

De donde se obtienen el resto de fuerzas en los tirantes: 4 √ P N1 = 5+8 2

√ 1+8 2 √ P N2 = 5+8 2

El problema puede resolverse tambi´en sin recurrir al teorema de Castigliano, estableciendo la compatibilidad de desplazamientos de los extremos de los tirantes. En este caso, las tres ecuaciones de equilibrio se complementan con la condici´ on de que los alargamientos de los tirantes deben ser compatibles con el movimiento de s´ olido r´ıgido de la barra. Dicho movimiento tiene tres grados de libertad (figura 24.5): uA , desplazamiento horizontal del punto A; vA , desplazamiento vertical del punto A; vB , desplazamiento vertical del punto B (por ser la barra r´ıgida y estar

´ ´ HIPERESTATICA. ´ 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACION LECCION

196

uA

A

B

vA

vB

Figura 24.5: Grados de libertad de la barra r´ıgida trabajando con la hip´ otesis de peque˜ nos desplazamientos, el desplazamiento horizontal de B es igual al de A: uB = uA ). En funci´ on de estos grados de libertad, los alargamientos de los tirantes son: ∆L1 = −uA ∆L2 = vB u A + vB √ ∆L3 = 2 ∆L4 = vA Los esfuerzos normales se pueden poner en funci´ on de estos alargamientos: N1 = N2 = N3 = N4 =

∆L1 ∆L1 −uA 2EA EΩ = E 2A = L1 a a ∆L2 vB EA EA = 2a 2a uA + vB EA √ √ 2 2 2a vA 2EA 2a

De las tres primeras ecuaciones resulta una nueva relaci´ on entre los tres esfuerzos N1, N2 y N3:

uA + uB N 2 N1 EA = − 4a 2 8 que junto con las ecuaciones de equilibrio, da finalmente: √ 4 2 √ P N3 = 5+8 2 N3 =

Es decir, el mismo valor que por aplicaci´ on del teorema de Castigliano.

24.4.2.

Esfuerzos normales en una uni´ on roscada

La figura 24.6 representa dos piezas cil´ındricas huecas, A y B, de longitud l y secci´ on transversal αΩ (α > 1). La pieza A tiene un taladro roscado en su extremo, en tanto que la pieza B est´ a unida a un cilindro roscado C, de secci´ on Ω, de tal manera que ambas piezas se pueden unir al atornillarse dicho cilindro en el taladro de la pieza A. Todas las partes son del mismo material, de m´ odulo el´ astico E, y no hay rozamiento entre ellas. Se pide:

24.4. EJERCICIOS RESUELTOS

197

αΩ A

B

C

F

l

F

l

Figura 24.6: Esquema de las piezas roscadas 1. Esfuerzos iniciales creados en las piezas A, B y en el cilindro C, si en el proceso de montaje, y una vez conseguido el contacto, se crea un apriete mediante el roscado adicional de una longitud δ (δ  l). 2. Determinar los esfuerzos finales producidos por la posterior aplicaci´ on de fuerzas F que intenten separar las piezas A y B, realizando la discusi´ on de los casos que se pueden dar. 3. Discutir la situaci´ on l´ımite α → ∞, dando una explicaci´ on razonada del comportamiento del conjunto. Soluci´ on: El sistema dado es un sistema hiperest´ atico de grado 1, ya que para cada sistema de fuerzas exteriores se tienen dos inc´ ognitas: la fuerza de tracci´ on en el cilindro C y la fuerza de compresi´ on en las piezas A y B. Sin embargo, la est´ atica s´ olo proporciona una ecuaci´ on de equilibrio, que la fuerza de tracci´ on en el cilindro C es igual a la fuerza de compresi´ on en las piezas A y B. De este modo, para calcular los esfuerzos pedidos en cada caso, debe recurrirse a la compatibilidad de deformaciones entre el cilindro C y las piezas A y B. En general, la compatibilidad se expresa calculando la longitud total deformada del conjunto por el lado del cilindro C y por el lado de las piezas A y B e igualando ambos valores. 1. Esfuerzos iniciales Durante el apriete, el esquema est´ atico es el indicado en la figura 24.7. Por equilibrio, debe 0 0 0 est´ cumplirse que NC = NAB . N´ otese que el esfuerzo normal NAB a distribuido en toda la superficie de contacto entre las piezas A y B. La deformaci´ on de las piezas A y B vale: ε0AB

=

0 NAB (acortamiento) αE Ω

´ ´ HIPERESTATICA. ´ 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACION LECCION

198

N0AB

0

N AB

C

0

NC

N0C

N0C

0

NC

B

A

Figura 24.7: Esquema est´ atico de las piezas roscadas durante el apriete

∆lAB = ε0AB 2l =

0 NAB 2l (acortamiento) αEΩ

Y en el v´ astago C: ε0C

=

NC0 (alargamiento parte no roscada) EΩ

∆lC = δ −

NC0 2l (acortamiento total) EΩ

Por compatibilidad de la deformaci´ on, el acortamiento del v´ astago C y de las piezas A + B debe ser el mismo, ∆lAB = ∆lC , luego: 0 NAB N0 2l = δ − C 2l αEΩ EΩ 0 , resulta: y como NC0 = NAB 0 NC0 = NAB =

EΩ α δ 2l 1+α

Si α → ∞, resulta: 0 NC0 = NAB =

EΩ δ 2l

2. Esfuerzos finales El esquema est´ atico una vez aplicadas las fuerzas F es el indicado en la figura 24.8. El equilibrio de las piezas A y B da que: F + NAB = NC

24.4. EJERCICIOS RESUELTOS

199

u

u NAB

F

NC

NAB

C

NC

NC

F

NC

B

A

Figura 24.8: Esquema est´ atico de las piezas roscadas durante la aplicaci´ on de las fuerzas y como se tiene que: 0 NAB = NAB + ∆NAB

NC

= NC0 + ∆NC

NC0

0 = NAB

resulta finalmente que: 0 F + NAB + ∆NAB = NC0 + ∆NC

−→

F + ∆NAB = ∆NC

Cuando se aplican las fuerzas F , la compatibilidad de la deformaci´ on exige que el incremento de longitud 2u del v´ astago C sea igual al incremento de longitud del cilindro A-B (figura 24-8). Se tiene: u ∆NAB = − E α Ω (las piezas A y B se decomprimen) l u ∆NC = E Ω (la pieza C se estira m´ as) l Entonces: F = ∆NC − ∆NAB =

u u EΩ E Ω + E αΩ = (1 + α) u l l l

El factor que multiplica a u es la rigidez de la uni´ on roscada. N´ otese que si α → ∞ la rigidez tiende a infinito: las piezas A y B apenas se mover´ an por aplicaci´ on de las fuerzas F. Despejando u y sustituyendo en las expresiones de ∆NAB y ∆NC resulta: u α ∆NAB = − E α Ω = − F l 1+α u 1 ∆NC = EΩ = F l 1+α

200

´ ´ HIPERESTATICA. ´ 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACION LECCION

y los esfuerzos finales son: α EΩ α − F δ 2l 1+α 1+α EΩ α 1 δ + F 2l 1+α 1+α

NAB = NC =

La junta entre las piezas A y B no resiste tracciones. Las relaciones anteriores valen hasta que se produce despegue, es decir, para NAB = 0. El despegue se produce para: EΩ α δ 2l 1+ α

=

α F 1+α es decir, para F =

EΩ δ 2l

A partir de este valor de la fuerza F , se cumple: NAB = 0 NC = F 3. Discusi´ on de la situaci´ on l´ımite La situaci´ on l´ımite (α → ∞) corresponde al caso en que el ´ area de la secci´ on transversal de las piezas A y B es mucho mayor que la de la barra roscada C. En este caso, el roscado adicional δ del cilindro C no produce acortamiento de las piezas A y B ya que: 0 NAB l´ım ε0AB = l´ım = 0 α→∞ α→∞ α EΩ Las piezas A y B se comportan como cuerpos r´ıgidos (rigidez infinita). Por otro lado, al ser: l´ım NC = l´ım [

α→∞

α→∞

EΩ α 1 EΩ δ + F] = δ 2l 1+α 1+α 2l

el esfuerzo normal NC permanece constante, igual a NC0 , hasta que se produce el despegue.

Lecci´ on 25

Anillos, cables y arcos funiculares 25.1.

Anillos circulares sometidos a fuerzas radiales

Sea un anillo circular de pared delgada sobre el que act´ uan fuerzas uniformemente distribuidas a lo largo del per´ımetro (figura 25.1). En la pr´ actica, un anillo o un recipiente se considera de pared delgada cuando la relaci´ on del espesor t al radio r es inferior a 0,10 (t/r < 0,10). En estos casos, no se distingue entre el radio interior ri y el radio exterior re , sino que se trabaja con el radio medio r, r = (ri + re )/2.

q

dθ θ

N

N r

Figura 25.1: Fuerzas radiales en un anillo circular de pared delgada Para determinar la tensi´ on circunferencial σ que act´ ua en el material del anillo, se puede imaginar un corte diametral horizontal y considerar la parte superior como un cuerpo libre (figura 25.1). Si q representa la carga uniforme por unidad de longitud de circunferencia del anillo y r es el radio de dicha circunferencia, la fuerza que act´ ua sobre un elemento de anillo comprendido entre dos secciones radiales adyacentes ser´ a: df = q r dθ 201

´ 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES LECCION

202

en donde dθ es el ´ angulo en el centro correspondiente al sector de anillo considerado. Si se suman las componentes verticales de todas estas fuerzas, se puede plantear la siguiente ecuaci´ on de equilibrio en vertical del medio anillo (figura 25.1): 2N = 2

Z

π 2

0

sin θ df = 2

Z

π 2

q r sin θ dθ = 2 q r

0

Es decir, el esfuerzo normal N , constante en el anillo, viene dado por: N = qr La tensi´ on circunferencial media σ se obtiene dividiendo el esfuerzo normal N por el ´ area de la secci´ on transversal del anillo: N σ = th en donde h es la altura del anillo en el sentido perpendicular al papel. En los anillos de pared delgada se supone que la tensi´ on circunferencial es constante en el espesor de la pared e igual a la tensi´ on media calculada de este modo. ω

h

N

r

θ

r

N

Figura 25.2: Fuerzas centr´ıfugas en un anillo girando alrededor de su eje

25.1.1.

Fuerzas centr´ıfugas

Si lo que se tiene es un anillo de peque˜ no espesor t, de radio medio r, que gira alrededor de su eje con velocidad angular constante ω (figura 25.2), sobre cada sector del anillo de longitud r dθ aparece una fuerza radial de valor: dm ω 2 r = r dθ h t ρ ω 2 r donde ρ es la densidad del material que constituye el anillo. Es decir, en este caso particular resulta que la carga uniforme q por unidad de longitud de circunferencia del anillo es: q = h t ρ ω2 r

25.1. ANILLOS CIRCULARES SOMETIDOS A FUERZAS RADIALES

203

Y, por tanto, el esfuerzo normal N que aparece en el anillo es constante, de tracci´ on, y puede obtenerse como: N = q r = h t ρ ω 2 r2 Lo que da lugar a una tensi´ on y una deformaci´ on circunferencial en el anillo de: σ =

N = ρ r2 ω 2 th

σ ρ r2 ω 2 = E E

ε =

La deformaci´ on produce un incremento del radio r del anillo de: ∆r = r ε =

r3 ρ ω 2 E

y un incremento de la longitud de la circunferencia del anillo de: ∆l = 2π r ε = 2π

25.1.2.

r3 ρ ω 2 E

Presi´ on interior. Vasijas de pared delgada.

Otro caso particular de gran inter´es en la pr´ actica es el de las vasijas de pared delgada sometidas a presi´ on interior. Sea la vasija representada en la figura 25.3, cuya parte cil´ındrica tiene espesor t y radio medio r, estando sometida a una presi´ on interior p.

h

p p

Nt Nt Nl

Nl r

Figura 25.3: Vasija de pared delgada sometida a presi´ on interior El estado tensional en la zona del cierre o ‘cap’ de la vasija es relativamente complejo y escapa del alcance de estas notas. Sin embargo, a suficiente distancia del cierre, la vasija se puede asimilar a un anillo de pared delgada de altura h (figura 25.3). En este anillo, la carga uniforme q por unidad de longitud de circunferencia es: q = hp

´ 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES LECCION

204

Y, por tanto, el esfuerzo normal circunferencial Nt que aparece en el anillo puede obtenerse como: Nt = q r = h p r Lo que da lugar a una tensi´ on circunferencial en el anillo de: σt =

Nt pr = th t

Por otro lado, la presi´ on interior sobre el cierre de la vasija tiene una resultante longitudinal on longitudinal del de πr2p, que debe equilibrarse mediante tensiones normales σl en la direcci´ anillo: π r 2 p = σl 2 π r t Es decir:

pr 2t Puede verse entonces que, suficientemente lejos del cierre, la pared cil´ındrica de la vasija est´ a sometida a un estado de tracci´ on biaxial, en el que las direcciones longitudinal y circunferencial son direcciones principales. Se tiene una tensi´ on principal σt en la direcci´ on circunferencial 1 y otra tensi´ on principal σl en la direcci´ on longitudinal . σl =

25.2.

Equilibrio de cables

En la pr´ actica habitual los cables se consideran s´ olidos prism´ aticos cuya rigidez a flexi´ on, torsi´ on y cortadura es despreciable. Esta hip´ otesis de perfecta flexibilidad implica que en los cables no se desarrollan momentos flectores, momentos torsores ni esfuerzos cortantes. Se considera adem´ as que los cables no son capaces de trabajar a compresi´ on, por los fen´ omenos de inestabilidad que tienen lugar al ser muy peque˜ nas las dimensiones de su secci´ on transversal si se comparan con la longitud del cable. De este modo, como se ha visto en la lecci´ on 21, los cables s´ on s´ olidos prism´ aticos que trabajan exclusivamente a tracci´ on. Cuando a un cable se le aplica un sistema de cargas, el cable adoptar´ a una configuraci´ on geom´etrica que le permita equilibrar dichas cargas exclusivamente mediante esfuerzos de tracci´ on. El problema general de determinar la nueva geometr´ıa del cable y las tracciones que aparecen en cada tramo del mismo es un problema complejo, con un alto grado de no linealidad. A continuaci´ on se presentan algunos resultados fundamentales, que permiten abordar esta clase de problemas de forma simplificada cuando las cargas exteriores son verticales.

25.2.1.

Ecuaciones de equilibrio de un elemento de cable

En la figura 25.4 se representa un elemento ds de cable sometido a una fuerza vertical df . El esfuerzo normal es una funci´ on N = N (s) de la coordenada curvil´ınea s. La geometr´ıa del elemento de cable debe adaptarse para equilibrar la fuerza df . Las condiciones de equilibrio son: (N + dN ) cos(θ + dθ) − N cos θ = 0 (N + dN ) sin(θ + dθ) − N sin θ = df 1

Las expresiones de σt y σl se conocen informalmente con el nombre de f´ ormulas de los tubos.

25.2. EQUILIBRIO DE CABLES

205

Y

dθ N+dN θ+dθ ds

dy

θ

N

df

X

dx

Figura 25.4: Equilibrio de un elemento diferencial de cable De donde se deduce que debe cumplirse: d(N cos θ) = 0 d(N sin θ) = df De la primera ecuaci´ on se concluye que, cuando sobre el cable act´ uan u ´nicamente cargas verticales, la proyecci´ on horizontal del esfuerzo normal es constante a lo largo del cable, es decir, es siempre la misma en todas las secciones transversales: N cos θ = H = constante Utilizando este resultado, a partir de la segunda ecuaci´ on se llega a: d(N sin θ) = d(H tan θ) = H d(

dy 1 df d2 y = ) = df −→ dx dx2 H dx

que es la ecuaci´ on diferencial de la forma que debe adoptar el cable para equilibrar las cargas. Dicha forma se conoce con el nombre de curva funicular correspondiente al sistema de cargas dado. N´ otese que la ecuaci´ on diferencial es una ecuaci´ on diferencial ordinaria de segundo grado, en cuya integraci´ on aparecen dos constantes C1 y C2 : y = y(x, H, C1 , C2 ) Dichas constantes se obtienen obligando a pasar la curva funicular por dos puntos fijos, que normalmente ser´ an los dos extremos del cable. De este modo, la curva funicular queda en funci´ on de la constante H o componente horizontal de la tensi´ on en el cable. A partir de dicha constante se puede obtener la longitud L del cable bajo las cargas: s Z Z s2 dy L = ds = 1 + ( )2 dx (25.1) dx s1

´ 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES LECCION

206

Y el esfuerzo normal N a lo largo del cable: H N = = H cos θ

s

1+(

dy 2 ) dx

La forma de la curva funicular depende del tipo de cargas que act´ ue sobre el cable. Como es sabido, si sobre el cable act´ ua exclusivamente una fuerza uniformemente repartida q por unidad de longitud, df = q ds, se obtiene una curva llamada catenaria. Si act´ ua u ´nicamente una fuerza 0 uniformemente repartida en direcci´ on horizontal, df = p dx, entonces la curva funicular es una par´ abola. Si act´ uan exclusivamente fuerzas puntuales, df = 0 a trozos, la curva funicular es una poligonal con v´ertices en los puntos de aplicaci´ on de las fuerzas. En la pr´ actica, act´ uan sobre los cables combinaciones de los tipos de cargas anteriores, por lo que el planteamiento te´ orico anterior, a base de ecuaciones diferenciales, resulta demasiado complicado para los c´ alculos manuales.

25.2.2.

Ecuaci´ on fundamental de la est´ atica de cables

Sea un cable sujeto por sus extremos A y B y sometido a la acci´ on de su peso propio q por unidad de longitud y a una serie de cargas puntuales verticales P1 , P2, . . . , Pk distribuidas de un modo cualquiera (figura 25.5). Tb Wb

Ta

I D f α C

Wa α

Ra

A P1

P2

P3

Bα

Rb

Pk

P4

l

Figura 25.5: Cable sometido a un sistema de cargas El equilibrio en horizontal del cable exige que las proyecciones de las reacciones sobre la cuerda del cable seg´ un la vertical, Ra y Rb , sean iguales, ya que debe ser: Ra cos α = Rb cos α −→ Ra = Rb =

H cos α

Siendo H la proyecci´ on horizontal del esfuerzo normal en el cable. Como se ha visto en la secci´ on anterior, H es constante a lo largo del cable por estar ´este sometido exclusivamente a cargas verticales.

25.2. EQUILIBRIO DE CABLES

207

on siguiente: El equilibrio en vertical del cable proporciona la ecuaci´ P1 + P2 + . . . + Pk + q L = Wb + Rb sin α + Wa − Ra sin α Es decir, teniendo en cuenta que Ra = Rb : P 1 + P2 + . . . + P k + Q = W b + Wa donde Q = qL es el peso total del cable y Wa y Wb son las proyecciones de las reacciones sobre la vertical seg´ un la direcci´ on paralela a la cuerda del cable. o B, proporciona El equilibrio de momentos con respecto a uno de los extremos del cable, A ´ el valor de la componente vertical Wb ´ o Wa en el otro extremo, ya que el resto de las fuerzas que dan momento son conocidas. De este modo, las tres ecuaciones de equilibrio global son capaces de determinar las componentes Wa y Wb de las reacciones seg´ un la vertical. Sin embargo, las componentes de las reacciones seg´ un la cuerda del cable, Ra y Rb, quedan indeterminadas, ya que las ecuaciones de equilibrio global no son suficientes para obtener la proyecci´ on horizontal del esfuerzo normal en el cable H. N´ otese que, conocida H, puede obtenerse el esfuerzo normal N en cualquier punto C del cable a partir del equilibrio de cada una de las dos partes en que queda dividido el cable por el punto C: q X N = H 2 + ( F v )2 P

Siendo Fv la suma algebraica de las fuerzas verticales que act´ uan a un lado u otro del punto C. La condici´ on de que el momento flector debe ser nulo en todos los puntos del cable proporciona una ecuaci´ on adicional, que relaciona la geometr´ıa del cable y la constante H. Dicha ecuaci´ on se denomina ecuaci´ on fundamental de la est´ atica de los cables y se obtiene como sigue. Sea Mc la parte del momento flector en el punto C del cable calculada a partir de todas las fuerzas verticales que act´ uan a la izquierda de C (en la figura 25.5, Wa , P1 , P2 , P3 , P4 y el peso del cable de A a C) o a partir de todas las fuerzas verticales que act´ uan a la derecha de C (en la figura 25.5, Wb , Pk y el peso del cable de C a B). Como el momento flector debe ser nulo en C, se tiene que cumplir que: Mc − Ra CI = Mc − Rb CI = 0 Y como resulta que: CI = CD cos α se tiene: Ra CI = Ra CD cos α = Ra f cos α = H f Donde f es la flecha del cable con respecto a la cuerda (figura 25.5). En consecuencia: f =

Mc H

(ecuaci´ on fundamental de la est´ atica de los cables)

Mediante esta ecuaci´ on se puede determinar la geometr´ıa del cable deformado a partir de la constante H, simplemente tomando momentos de las fuerzas verticales aplicadas. Se trata de la forma pr´ actica de integrar la ecuaci´ on diferencial de la curva funicular deducida en la secci´ on anterior.

´ 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES LECCION

208

25.2.3.

Rectificaci´ on del arco

Se trata ahora de obtener la longitud o desarrollo L del cable en funci´ on de las fuerzas verticales aplicadas. Consideremos el mismo cable de la secci´ on anterior, sometido a su peso propio q por unidad de longitud y a la acci´ on de una sola fuerza puntual P (figura 25.6). X Bα

c I D f α C

P

A α

y

Y

x

n

m l

Figura 25.6: Cable sometido a una sola fuerza puntual Sea c la longitud de la cuerda AB y l la longitud de la proyecci´ on de la cuerda sobre la horizontal, l = c cos α. Si se trabaja sobre los ejes XY , donde el eje X est´ a alineado con la cuerda AB, la longitud L del cable puede ponerse como:

L =

Z

ds =

Z

c

s

1+( 0

dY 2 ) dX dX

Por otro lado, teniendo en cuenta la ecuaci´ on fundamental, resulta que: Y dY dX

M cos α H

= f cos α = =

cos α dM H dX

En donde M es el momento flector en el cable debido a las cargas verticales, seg´ un se define en la secci´ on anterior. Sustituyendo en la expresi´ on de L y tomando u ´nicamente los dos primeros t´erminos del desarrollo en serie de la ra´ız cuadrada: L =

Z

c

s

1+ 0

cos2 α dM 2 ( ) dX = H 2 dX

Z

c

(1 + 0

1 cos2 α dM 2 ( ) ) dX 2 H 2 dX

25.2. EQUILIBRIO DE CABLES

209

Efectuando ahora un cambio de variables, x X = cos α dx dX = cos α dM dM dx dM = = cos α dX dx dX dx la integral queda: L =

Z

=

Z

m+n

(1 + 0 m+n 0

=

1 cos4 α dM 2 dx ( ) ) = 2 H 2 dx cos α

dx + cos α

l + cos α cos3

Z

m+n 0

α

Z

Z

m+n 0

1 cos3 α dM 2 ( ) dx = 2 H2 dx

1 cos3 α dM 2 ( ) dx = 2 H 2 dx

m+n

dM 2 ) dx dx 0 En la pr´ actica, el peso propio por unidad de longitud de cable q, junto con el valor de cualquier otra carga vertical uniformemente repartida sobre el cable (viento, manguito de hielo), se aproxima por una carga p uniformemente distribuida a lo largo de la cuerda AB, de forma que p sea est´ aticamente equivalente a q (figura 25.7). = c+

(

2 H2

p’

X Bα

p

A α

x q

l

Figura 25.7: Cargas verticales repartidas sobre el cable Si se hace: p (carga repartida sobre la proyecci´ on horizontal de la cuerda) cos α los momentos flectores M resultan ser: p0 =

´ 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES LECCION

210

Tramo de cable desde el extremo A al punto de aplicaci´ on de P M

=

dM dx

=

Pn l x2 x + p0 x − p0 l 2 2 Pn l + p0 − p0 x l 2

Tramo de cable desde el punto de aplicaci´ on de P al extremo B Pm l (l − x)2 (l − x) + p0 (l − x) − p0 l 2 2 Pm l = − + p0 − p0 x l 2

M

=

dM dx

Y, sustituyendo, la integral que da la longitud L del cable es: L = c+

cos3 α 2 H2

Z

cos α = c+ [ 2 H2 = c+ 2

2 H2

Pn l

Z

[

Z

m

l Pn ( + p0 − p0 x)2 dx + l 2

l

p0 l

0

Z

dM 2 ) dx dx

(

0

2

0

2

− p x) dx +

(

Z

m

(

p l Pm − p0 x) dx − 2 2 l

Z

l

l2

(p0

m

l Pm − − p0 x)2 dx] 2 l

) dx +

Z

l

( m

P 2 m2 ) dx + l2

0

l

( m

Z

P 2 n2

0

0

m 0

( 0

3

cos3 α

m+n

p l − p0 x) dx] 2

Lo que da, finalmente: L = c+ = c+

cos3 α p02l3 P 2 m n P 2 n2 m p0 P m2 n p0 [ + + + ] = 2 H2 12 l l l l cos3 α p02l2 mn [ + P (P + p0 l) 2 ] 2 H2 12 l

Si s´ olo act´ ua la carga repartida, es decir, si la fuerza P es nula, la longitud es: L0 = c +

l cos3 α p02l2 12 2 H02

Las f´ ormulas anteriores relacionan la longitud del cable L con las cargas aplicadas y la proyecci´ on horizontal del esfuerzo normal en el cable, H. Corresponden a la forma pr´ actica de la ecuaci´ on 25.1.

25.2.4.

F´ ormula de Stevenin

De acuerdo con los resultados obtenidos en la secci´ on anterior, el incremento de longitud que experimenta el cable al cargarlo con la fuerza P es de: ∆L = L − L0 =

l cos3 α p02l2 mn p02l2 0 + P (P + p l) − ] [ 2 12 H 2 H 2 l2 12 H02

25.2. EQUILIBRIO DE CABLES

211

Por otro lado, el incremento de longitud puede obtenerse tambi´en a partir de la ley de Hooke como: N − N0 ∆L = L0 EΩ Donde N y N0 son los esfuerzos normales medios en el cable para cada una de las dos situaciones de carga, E es el m´ odulo de elasticidad aparente del cable y Ω es el ´ area de la secci´ on met´ alica del cable. En cables cuya longitud L no difiera en m´ as de un 10 % de la longitud de la cuerda c, resulta una buena aproximaci´ on suponer que los esfuerzos normales medios son: N ≈

H cos α

Y entonces se tiene que: ∆L ≈

H − H0 L0 E Ω cos α

Igualando las dos expresiones obtenidas para el alargamiento del cable resulta la f´ ormula de Stevenin: H − H0 l cos3 α p02l2 mn p02 l2 0 + P (P + p l) − ] L0 = [ E Ω cos α 2 12 H 2 H 2 l2 12 H02 La f´ ormula de Stevenin se emplea para obtener el valor de H que tiene el cable cargado con la fuerza P , a partir de la situaci´ on inicial de montaje del cable caracterizada por H0 . Para ello se puede operar de la forma siguiente: 1. El montaje del cable se define mediante una flecha m´ axima fmax o una tensi´ on m´ axima Nmax que tiene que adoptar el cable bajo su peso propio. 2. Si se da la flecha m´ axima, se calcula el valor de la constante H0 mediante la ecuaci´ on M fundamental: H0 = fmax . 3. Si se da la tensi´ on m´ axima, ´esta aparecer´ a en el anclaje del cable que se encuentre m´ as alto y se calcula H0 a partir de dicha tensi´ on m´ axima y de la componente vertical de la reacci´ on en dicho anclaje. Esta componente vertical se obtiene de las ecuaciones de equilibrio global del cable. 4. Conocida la constante H0, se calcula L0 mediante 25.2.3, aunque en la mayor´ıa de los casos hacer L0 = c proporciona una aproximaci´ on suficiente. 5. A partir de H0 y L0 , se emplea la f´ ormula de Stevenin para obtener H mediante aproximaciones sucesivas, tomado como primera aproximaci´ on H = H0 . 6. Una vez obtenida la constante H, puede obtenerse el esfuerzo normal N a lo largo del cable, empleando las ecuaciones de equilibrio, as´ı como la flecha m´ axima del cable, a partir de la ecuaci´ on fundamental.

´ 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES LECCION

212

25.3.

Arcos funiculares

Un cable, sometido a una carga arbitraria, adopta una forma tal que los esfuerzos en cualquier secci´ on transversal se reducen a esfuerzos normales de tracci´ on. Dicha forma la hemos denominado curva funicular asociada a la carga dada (figura 25.8(a)). Imaginemos ahora que invertimos el sentido de las cargas, manteniendo su magnitud y su l´ınea de acci´ on. En este caso, un s´ olido prism´ atico con la misma forma que el cable podr´ıa equilibrar las cargas desarrollando exclusivamente esfuerzos normales de compresi´ on (figura 25.8(b)). En este caso, la forma del cable se conoce con el nombre de curva antifunicular del sistema de cargas con el sentido cambiado. (a)

Cable (curva funicular)

(b)

Arco (curva antifunicular)

Figura 25.8: Curva funicular y antifunicular Determinados materiales de construcci´ on, como la piedra, el ladrillo o el hormig´ on, trabajan mucho mejor a compresi´ on que a tracci´ on. Cuando se proyecta un arco o una b´ oveda con esta clase de materiales, interesa que no aparezcan tensiones de tracci´ on, ya que pueden dar lugar a la aparici´ on de grietas o fisuras. De manera ideal, la forma del arco o la b´ oveda deber´ıa ser la forma antifunicular de las cargas. De hecho, grandes arquitectos han utilizado la experimentaci´ on con curvas y superficies funiculares para la determinaci´ on de las formas de sus c´ upulas, b´ ovedas y pin´ aculos2, ya que en esta clase de estructuras el peso propio es pr´ acticamente la u ´nica carga que condiciona el proyecto. Esta t´ecnica tambi´en se ha utilizado en el proyecto de presas b´ oveda, en las que la carga condicionante es el empuje hidrost´ atico del agua embalsada. Cuando se trabaja con formas antifuniculares son de aplicaci´ on todas las ideas expuestas para los cables en las secciones anteriores. En particular, si la forma de un arco es antifunicular 2 El arquitecto espa˜ nol Antonio Gaud´ı (1852-1926) emple´ o esta t´ecnica en el proyecto de sus famosas b´ ovedas y c´ upulas.

25.4. EJERCICIOS RESUELTOS

213

de un sistema de cargas verticales, la proyecci´ on horizontal del esfuerzo normal de compresi´ on es constante a lo largo del arco.

25.4.

Ejercicios resueltos

25.4.1.

Tensiones t´ ermicas en un anillo bimet´ alico

Un anillo de acero se ha introducido dentro de otro anillo de cobre estando ambos a una alta temperatura T (figura 25.9). Ambos anillos pueden considerarse de pared delgada. A dicha temperatura T el ajuste es perfecto y no existe presi´ on alguna entre los dos anillos. Determinar las tensiones que se producir´ an en el cobre y en el acero al enfriarse el conjunto hasta la temperatura ambiente T0 , si el di´ ametro exterior del anillo de acero es d, el espesor del anillo de acero es ha y el espesor del anillo de cobre es de hc . Despreciar el rozamiento entre los anillos. Datos: Los coeficientes de dilataci´ on lineal del acero y el cobre son αa y αc , respectivamente, siendo αa < αc . Los m´ odulos de elasticidad del acero y el cobre son Ea y Ec , respectivamente. Cobre

Acero

Figura 25.9: Esquema del tubo bimet´ alico

Soluci´ on: Debido a la diferencia de coeficientes de dilataci´ on entre los dos materiales, existir´ a una presi´ on entre los anillos exterior e interior al enfriarse. Sea x el valor de dicha presi´ on. La tensi´ on longitudinal ser´ a nula en ambos anillos, ya que al no existir rozamiento, el enfriamiento tiene lugar sin restricciones en esa direcci´ on. De acuerdo con la f´ ormula de los tubos, suponiendo que se puede despreciar el cambio de di´ ametro al enfriarse, la tensi´ on circunferencial de tracci´ on en el tubo de cobre ser´ a de: σc =

xd 2 hc

´ 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES LECCION

214

Mientras que la tensi´ on circunferencial de compresi´ on en el tubo de acero ser´ a de: σa =

xd 2 ha

La presi´ on x se puede encontrar estableciendo la compatibilidad de deformaciones entre los dos tubos: en virtud del enfriamiento, los dos tubos deben tener la misma deformaci´ on circunferencial. Es decir: αa (T − T0 ) +

xd xd = αc (T − T0) − 2 h a Ea 2 h c Ec

En donde la deformaci´ on producida por la presi´ on se ha obtenido dividiendo la tensi´ on circunferencial por el m´ odulo de elasticidad. Despejando la presi´ on x, se tiene: x = (αc − αa ) (T − T0)

1 d

1 2 Ec hc

1 +

1 2 Ea ha

Sustituyendo en las expresiones de las tensiones circunferenciales, se obtiene para el cobre: σc =

1 xd = (αc − αa ) (T − T0) Ec Ec hc 2 hc 1+ E a ha

σa =

1 xd = (αc − αa ) (T − T0 ) Ea a ha 2 ha 1+ E E h

Y para el acero: c

25.4.2.

c

Cable para telef´ erico

Para salvar un vano de 100 m, se tiende un cable que pesa 50 N/m entre dos puntos de anclaje situados al mismo nivel, seg´ un se indica en la figura 25.10. El ´ area de la secci´ on met´ alica 2 del cable, Ω, es de 643 mm y el m´ odulo de elasticidad aparente del cable, E, es de 140 GPa. Sobre el cable pasar´ a una carga de 20 kN, de un extremo a otro. Si se quiere limitar a 5 m la flecha m´ axima producida por el paso de la carga, se pide: 1. Tensi´ on de montaje del cable. 2. Flecha de montaje del cable. 3. Tensi´ on de trabajo del cable. 100 m

20 kN

Figura 25.10: Cable de telef´erico

25.4. EJERCICIOS RESUELTOS

215

Soluci´ on: La flecha m´ axima durante el paso de la carga se producir´ a cuando esta se encuentre en el centro del vano. En este momento, la ecuaci´ on fundamental de la est´ atica del cable nos da: M = Hf

con

M =

p l2 P l 50 1002 20000 100 + = + = 562, 5 kN m 8 4 8 4

Donde p es el peso del cable por unidad de longitud, P es la carga y l es la separaci´ on entre puntos de anclaje. Entonces, como la flecha f no se quiere que supere los 5 m, se tiene que: H =

M 562500 = = 112, 5 kN f 5

La tensi´ on m´ axima de trabajo del cable se dar´ a en los anclajes,cuando la carga se encuentre en el centro del vano y valdr´ a: s

T =

H2

P l + ( + p )2 = 2 2

r

112, 52 + (

20 100 2 + 0, 05 ) = 113, 2 kN 2 2

Para obtener la tensi´ on de montaje en el cable, se emplea la f´ ormula de Stevenin. H − H0 l cos3 α p02l2 mn p02 l2 0 + P (P + p l) − ] L0 = [ E Ω cos α 2 12 H 2 H 2 l2 12 H02 Si se sustituyen los valores conocidos, para la posici´ on de la carga en el centro del vano, resulta que, para H0 en Newton: 0, 377 =

104, 17 × 106 − 1, 111 × 10−6 H0 H02

En donde se ha tomado L0 = l =100 m. La resoluci´ on de la ecuaci´ on anterior da H0 = 16,24 kN. La tensi´ on de montaje del cable valdr´ a: s

T0 =

H02

l + (p )2 = 2

r

16, 242 + (0, 05

100 2 ) = 16, 4 kN 2

Finalmente, la flecha de montaje ser´ a: f0 =

M0 p l2 0, 05 1002 = = = 3, 84 m H0 8 H0 8 16, 24

Bibliograf´ıa recomendada 1. L. Ortiz Berrocal. Elasticidad. McGraw-Hill. 1998. 2. L. Ortiz Berrocal. Resistencia de Materiales. McGraw-Hill. 2002.

Bibliograf´ıa complemetaria 1. A. Arg¨ uelles y I. Vi˜ na. Formulario T´ecnico de Elasticidad y Resistencia de Materiales. Bellisco. 2004. 2. V.I. Feod´ osiev. Resistencia de Materiales. URSS. 1997. 3. I. Miroli´ ubov, S. Eng´ alichev, N. Sergui´evski, F. Almametov, N. K´ uritsin, K. SmirnovVas´ıliev y L. Yashina. Problemas de Resistencia de Materiales. Mir. 1990. 4. F. Rodr´ıguez-Avial, V. Zubizarreta y J.J. Anza. Problemas de Elasticidad y Resistencia de Materiales. Servicio de Publicaciones ETSII Madrid. 5. S. Timoshenko y J.N. Goodier. Teor´ıa de la Elasticidad. Urmo. 1975.

216