Problemas Resueltos Elasticidad

Universidad Carlos III de Madrid

C3

τmax

C1 ≈

Departamento de Mecánica de Medios Continuos y Teoría de Estructuras

τ

σIII

σII

σI σn

C2

Problemas resueltos Elasticidad y Resistencia de Materiales

Enrique Barbero Pozuelo Ramón Zaera Polo Carlos Navarro Ugena

PROLOGO El objetivo principal que ha movido a los autores a editar este volumen de problemas de la asignatura “Elasticidad y Resistencia de Materiales I”, ha sido ofrecer al alumno que la cursa la posibilidad de disponer de una amplia colección de enunciados sobre los que ejercitar los conocimientos teóricos adquiridos. Este objetivo responde a la política iniciada por el Departamento de Mecánica de Medios Continuos y Teoría de Estructuras para la mejorar del material didáctico que actualmente existe para el aprendizaje de las asignaturas que desde él se imparten. En este caso, se pretende además dar respuesta a una demanda frecuentemente planteada por los alumnos: la disponibilidad de una colección de problemas, paralela a la que se publica cada curso para su resolución en aula. Los problemas se han seleccionado cuidadosamente del conjunto de problemas de exámenes de “Elasticidad y Resistencia de Materiales I” correspondientes a pasadas convocatorias así como de otros que complementan a estos. Se ha procurado con esta selección ofrecer al alumno una colección que cubra los conceptos fundamentales de la asignatura. Como cualquier otra actividad de un profesor en relación con sus alumnos, esta colección de problemas está realizada con muchísima ilusión, por lo que supone de ayuda para el aprendizaje de la materia por parte de nuestros alumnos. No obstante, aunque se ha puesto cuidado y esmero, en este texto se habrán deslizado erratas e, incluso, errores. En este sentido, los autores agradecerían muchísimo que se les haga conocedores de cualquier errata que se observe, así como de cualquier sugerencia, o hasta crítica, para mejorar este material didáctico. Agradecemos de antemano a nuestros alumnos la acogida que dispensen a esta colección. Así mismo, deseamos mostrar nuestro agradecimiento a nuestros compañeros del Departamento de Mecánica de Medios Continuos y Teoría de Estructuras de la Universidad Carlos III de Madrid el estímulo que de ellos hemos recibido para realizar el trabajo, así como sus valiosas observaciones y comentarios. Por último, no podríamos dejar de reconocer el esfuerzo y la ayuda prestada por nuestra Universidad, siempre preocupada por la mejora de la docencia que imparte, para que estos apuntes vieran la luz. En Leganés, a 25 de septiembre de 2003. Enrique Barbero Pozuelo, Profesor Titular de Universidad Interino Ramón Zaera Polo, Profesor Titular de Universidad Carlos Navarro Ugena, Catedrático de Universidad

1

CAPÍTULO 1

TENSIÓN

3

PROBLEMA 1.1 Dado el tensor de tensiones (referido a un sistema cartesiano de referencia) en un punto de un sólido:

2⎤ ⎡12 4 ⎢ [T ] = ⎢ 4 − 8 − 1⎥⎥ MPa ⎢⎣ 2 − 1 6 ⎥⎦ Se pide: a) Dibujar, sobre el punto elástico de la figura, y en las caras más alejadas del origen de coordenadas, la dirección y sentido de cada una de las componentes tensionales que, sobre dichas, caras actúan. b) Determinar el valor de las tensiones normal y tangencial que actúan sobre un plano paralelo al plano x+y+z=0 que pasa por las proximidades (distancia infinitesimal) del punto considerado.

Solución Problema 1.1 a)

z 6 2 1 1

2

8 4

12

4

x b) El vector unitario normal al plano es:

5

y

(

r 1 r r r u= i + j +k 3

)

por lo que las componentes del vector tensión sobre dicho plano será: ⎡1 ⎤ ⎡σ x* ⎤ ⎡12 4 2 ⎤⎢ ⎡ 18 ⎤ 3⎥ 1 ⎢ ⎥ ⎢ *⎥ ⎢ ⎢1 ⎥ ⎥ = ⎢σ y ⎥ = ⎢ 4 − 8 − 1⎥ ⎢ ⎢ − 5⎥ 3⎥ 3 * ⎢σ z ⎥ ⎢⎣ 2 − 1 6 ⎥⎦ ⎢ 1 ⎥ ⎢⎣ 7 ⎥⎦ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ 3⎦ ⎣

La tensión normal actuante la hallaremos como: r

r

σ n = σ * ⋅u =

1 (18 − 5 + 7 ) = 20 = 6,67 MPa 3 3

y la tensión tangencial resultará ser: r

2

τ = σ * − σ n2 = 132,67 − 44,49 = 9,39 MPa

6

PROBLEMA 1.2 Dadas todas las componentes excepto una del tensor de tensiones T, referidas a un sistema de coordenadas cartesianas, correspondiente a un punto de un sólido elástico cargado, determinar el valor del parámetro σ de forma que exista un plano, que pase por las proximidades del punto considerado, sobre el que no actúe ninguna tensión. Obtener las componentes de un versor normal al citado plano. ⎛σ ⎜2 ⎜ ⎝1

2 1⎞ 0 2⎟ ⎟ 2 0⎠

Solución Problema 1.2 r El vector tensión σ que actúa sobre cualquier plano, que pase por las proximidades del punto considerado del sólido, puede expresarse en función de las componentes del tensor T como:

{σr } = [T ]{nr} r donde n es el versor del plano considerado. r r En nuestro caso σ = 0 para el plano que vamos buscando, por lo que deberá cumplirse:

{σr} = [T ]{nr} = {0} r

Para que el sistema de ecuaciones anterior tenga una solución distinta de la trivial, el determinante de coeficientes del sistema debe ser nulo: T =0

condición que conduce a que el valor de σ sea 2. Sustituyendo dicho valor en el sistema de ecuaciones, y expresado éste en forma matricial, se obtiene:

7

⎡2 ⎢2 ⎢ ⎣1

2 1⎤ ⎡ n1 ⎤ ⎡ 0⎤ ⎢ ⎥ 0 2⎥ ⎢n ⎥ = ⎢ 0⎥ ⎥ 2 ⎢ ⎥ 2 0⎦ ⎢ n ⎥ ⎣ 0⎦ ⎣ 3⎦

r donde ni representa las componentes del vector n . Haciendo, por ejemplo, n1 =1, se despejan n2 y n3, e imponiendo, luego, que el módulo

r

de n =1 , se obtiene:

r r r r n = 2 / 3i −1 / 3 j − 2 / 3k

8

PROBLEMA 1.3 En un punto de un sólido elástico, el tensor de tensiones referido a un triedro cartesiano de referencia viene dado por la siguientes componentes:

⎛ 30 ⎜ 24 ⎜ ⎝0

24 0 ⎞ 30 0 ⎟ ⎟ 0 15⎠

determínese:

-

a) las componentes del vector tensión actuante sobre el plano que pasa por el punto considerado y cuyo versor normal viene dado por:

r n= 1

3

r r r i − j +k

(

)

-

b) el módulo del vector tensión.

-

c) sus componentes normal y tangencial respecto al plano r definido por n .

-

d) el ángulo entre dicho vector tensión y n .

r

Solución Problema 1.3 a) El vector tensión actuante sobre el plano que nos definen puede expresarse como:

⎡ 30 24 0 ⎤ ⎡ 1 / 3 ⎤ ⎡ 6 / 3 ⎤ r ⎢ [σ]= [T ][n ]= ⎢24 30 0 ⎥⎥⎢⎢−1/ 3 ⎥⎥ = ⎢⎢−6 / 3 ⎥⎥ 0 15⎦⎢⎣ 1 / 3 ⎥⎦ ⎢⎣15 / 3 ⎥⎦ ⎣0

r

por lo que:

r

r

r

r

σ = (6i − 6 j +15k ) / 3

b) Su módulo será:

r

σ = ⎛⎝6 2 + 62 +152 ⎞⎠ / 3 = 9.95 9

c) La componentes normal de este vector tensión la podemos hallar proyectándolo sobre dicha normal. Es decir:

⎡1⎤ r r 1 σ n = (σ )[n ]= (6 −6 15)⎢−1⎥ = 9 3 ⎢ ⎥ ⎣1⎦ La componente tangencial la podemos obtener como:

τ = σ 2 − σ n2 = 4.24 d) El ángulo α que forma el vector tensión con la normal al plano se puede calcular atendiendo a la figura:

n α

τ de donde, α = arctg (4,24/9) = 25,24º

10

σ σn

PROBLEMA 1.4 En un problema bidimensional, el punto elástico de la figura se encuentra sometido al estado tensional de la figura. Se pide: a) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x,y b) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x’,y’ (el eje x’ forma un ángulo de 35º, en sentido antihorario, con el eje x).

25 MPa

40 MPa

y

15 MPa

x Solución Problema 1.4 a) La expresión, en el sistema de referencia x-y, del tensor de tensiones es:

40 − 15 ⎤ ⎥ MPa ⎣− 15 − 25⎦

[T ] = ⎡⎢

La expresión de dicho tensor en ejes x’-y’ la podemos obtener como:

[T '] = [R ]T [T ][R ] siendo:

cos 35º − sen35º ⎞ ⎟⎟ ⎝ sen35º cos 35º ⎠

[R] = ⎛⎜⎜

11

Por tanto, la expresión del tensor de tensiones en el nuevo sistema de referencia resulta ser:

− 35 ,67 ⎤ 4 ,52 ⎥ ⎣− 35 ,67 10 ,48 ⎦

[T' ] = ⎡⎢

12

PROBLEMA 1.5 Suponiendo la ausencia de fuerzas internas, determinar los posibles valores de las constantes C1, C2 y C3 para que la siguiente distribución de tensiones puede existir en un sólido en equilibrio:

σ x = −2 ⋅ C1 ⋅ x ⋅ y

σ y = C2 ⋅ z 2 σ z = 0

τ xy = C1 ⋅ (C2 − y 2 ) + C3 ⋅ x ⋅ z

τ xz = −C3 ⋅ y

τ yz = 0

Solución Problema 1.5 Las Ecuaciones de equilibrio interno (X=Y=Z=0) conducen a que:

∂σ x ∂τ xy ∂τ xz + + = 0 = −2C1 y − 2C1 x ⇒ C1 = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τ yx ∂σ y ∂τ yz + + = 0 = C3 z ⇒ C3 = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τ zx ∂τ zy ∂σ z + + = 0 ( se cumple) ∂x ∂y ∂z La constante C2 puede tomar cualquier valor, por lo que el estado tensional tendría la forma:

σx = 0

σ y = C2 ⋅ z 2 σ z = 0

τ xy = 0

τ xz = 0

τ yz = 0

13

PROBLEMA 1.6 El tensor de tensiones en un punto de un sólido cargado, referido a un triedro cartesiano de referencia, se expresa como: ⎛ − 40 0 15 ⎞ ⎜ ⎟ [T ] = ⎜ 0 20 0 ⎟ MPa ⎜ 15 0 50 ⎟⎠ ⎝

Se pide:

-

a) Hallar analíticamente la dirección y magnitud de las tensiones principales.

-

b) Plano sobre el que actúa la tensión tangencial máxima, obteniendo su módulo, dirección y sentido.

-

c) Planos, si existieren, según los cuales sólo se ejerce tensión tangencial, hallando los valores de ésta para los que contengan a una tensión principal.

-

d) Hallar el vector tensión que actúa sobre un plano que forme un ángulo idéntico con las tres direcciones principales.

Solución Problema 1.6 a) Como se cumple que τ yx = τ yz = 0 , la dirección y es principal y, por tanto, la correspondiente tensión principal será de 20 MPa. Planteando la ecuación característica: − 40 − σ

0

0 15

20 − σ 0

15 0 =0 ⇒ 50 − σ

(50 − σ )(20 − σ )(− 40 − σ ) − 225.(20 − σ ) = 0

se obtiene, una vez resuelta: σ I = 52,43 MPa, σ III = −42,43 , junto con σ II = 20 MPa . Las direcciones correspondientes se obtienen resolviendo el siguiente sistema de ecuaciones para cada uno de valores de las tensiones principales:

14

(− 40 − σ )l + 15n = 0 (σ x − σ )l + τ xy m + τ xz n = 0 ⎫ ⎪ τ yx l + (σ y − σ )m + τ yz n = 0⎪ (20 − σ )m = 0 ⇒ m = 0 ⎬⇒ τ zx l + τ zy m + (σ z − σ )n = 0 ⎪ 15l + (50 − σ )n = 0 2 2 2 ⎪⎭ l + m + n =1 l 2 + m2 + n2 = 1 Operando, las direcciones principales resultan ser: r - Dirección I: I = (0,16; 0; 0,99) r - Dirección II: J = (0; 1; 0) r - Dirección III: K = (-0,99; 0; 0,16) b) La tensión tangencial máxima se producirá sobre los planos cuyo vector normal tenga la dirección de la bisectriz de las direcciones principales I-III. Utilizando, ahora, como sistema de referencia el triedro formado por las direcciones principales (cuyos versores unitarios son r r r I , J , K ), el tensor de tensiones podrá expresarse como: 0 ⎞ ⎛ 52,43 0 ⎜ ⎟ [T ] = ⎜ 0 20 0 ⎟ MPa ⎜ 0 0 − 42,43 ⎟⎠ ⎝

Así, por ejemplo, para las direcciones I y III, el vector normal al plano buscado será el ⎛⎜ 1 ; 0; 1 ⎞⎟ , por lo que las componentes del vector 2 2⎠ ⎝ tensión que actúa sobre dicho plano resultarán ser: ⎧ σ I* ⎫ ⎛ 52,43 0 0 ⎞ ⎧⎪ 1 2 ⎫⎪ ⎜ ⎟⎪ ⎪ *⎪ ⎪ 20 0 ⎟⎨ 0 ⎬ ⎨σ II ⎬ = ⎜ 0 ⎪σ * ⎪ ⎜ 0 0 − 42,43 ⎟⎠ ⎪ 1 ⎪ ⎩ III ⎭ ⎝ 2 ⎭⎪ ⎩⎪

El vector tensión resultante es:

r

r

r

σ = 37,07 I − 30,0 K cuyo módulo es 47,69 MPa y su componente normal al plano es: ( 37,07; 0; −30,0 ) ⋅ 1 2 ; 0; 1 2 = 5 MPa . Por tanto, el módulo de la tensión tangencial máxima será igual a: 47,69 2 − 5 2 = 47,42 MPa

(

)

A este último valor podríamos haber llegado teniendo en cuenta que:

15

τ max =

σ I − σ III 2

=

52,43 + 42,43 = 47,42 MPa 2

Si deseáramos expresar el vector tensión en los ejes x-y-z, tendríamos: r r ⎧ I ⎫ ⎛ 0 ,16 0 − 0 ,99 ⎞⎧ i ⎫ ⎟⎪ r ⎪ ⎪ r⎪ ⎜ 1 0 ⎟⎨ j ⎬ ⎨J ⎬ = ⎜ 0 ⎪ Kr ⎪ ⎜ 0 ,99 0 0 ,16 ⎟⎪kr ⎪ ⎠⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎝

y, por tanto, el vector tensión sería: ⎛ 0 ,16 0 − 0 ,99 ⎞ ⎜ ⎟ σ = (37 ,07 0 − 30 ,1) ⎜ 0 1 0 ⎟ = (− 23 ,87 0 − 41,51) ⎜ 0 ,99 0 0 ,16 ⎟ ⎝ ⎠ r

o, lo que es lo mismo: r

r

σr = −23 ,77 i − 41,51k

c) Tomando como rreferencia r r el triedro de las direcciones principales, y r denominando u = lI + mJ + nK al vector unitario de los planos que se van buscando, se tendría:

⎧ σ I* ⎫ ⎛ 52,43 0 0 ⎞ ⎧l ⎫ ⎟⎪ ⎪ ⎪ *⎪ ⎜ 20 0 ⎟ ⎨m ⎬ ⎨σ II ⎬ = ⎜ 0 ⎪σ * ⎪ ⎜ 0 0 − 42,43⎟⎠ ⎪⎩ n ⎪⎭ ⎩ III ⎭ ⎝ por lo que el vector tensión correspondiente sería:

r

r

r

r

σ = 52,43lI + 20mJ − 42,43nK r r debiéndose cumplir que los vectores σ y u fueran ortogonales entre sí; esto es:

r r

σ ⋅ u = 52,43l 2 + 20m 2 − 42,43n 2 = 0 que junto con la ecuación:

l 2 + m2 + n2 = 1 proporciona dos ecuaciones con tres incógnitas, sistema éste que proporciona infinitas soluciones.

16

d) El vector tensión correspondiente al plano solicitado (cuyo versor r 1 r r r normal es: u = ( I + J + K ) , podemos obtenerlo de la siguiente manera: 3 ⎧σ * ⎫ ⎛ 52 ,43 0 0 ⎞ ⎪⎪ x ⎪⎪ ⎜ ⎟ * 20 0 ⎟ ⎨σ y ⎬ = ⎜ 0 ⎪ *⎪ ⎜ 0 0 − 42 ,43 ⎟⎠ ⎪⎩σ z ⎪⎭ ⎝

⎧ 52 ,43 ⎫ ⎪− ⎪ 3 ⎪ ⎧1⎫ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ 20 ⎪ =⎨ ⎨1⎬ ⎬ 3 ⎪ ⎪1⎪ 3 ⎪ ⎩ ⎭ ⎪ − 42 ,43 ⎪ ⎪ 3 ⎪⎭ ⎩

17

PROBLEMA 1.7 El punto elástico paralelepipédico de la figura se encuentra sometido al estado tensional indicado en la figura. Los ejes x*,y*, z*, cumplen lo siguiente:

-

La cara ABCD es paralela al plano x=0

-

La arista AB forma un ángulo de 30º con el eje y.

a) Calcular, en el punto en estudio, las componentes del tensor de tensiones referidas a los ejes x,y,z indicados en la figura y dibujarlas sobre el punto elástico correspondiente. b) Determinar las tensiones principales, así como sus direcciones, y dibujar el punto elástico correspondiente.

σ''

z z*

σ’= 20 MPa

τ

C B

σ''= 60 MPa

y∗

τ = 30 3 MPa

D

σ'

30º A

y

x=x*

Solución Problema 1.7 a) Denominando:

{er}= Base sistema de referencia x, y, z ⎧er* ⎫ = Base sistema de referencia x*, y*, z* ⎨ ⎬ ⎩ ⎭

se tiene que:

18

r

r

{e }= [R]⎧⎨⎩e * ⎬⎭⎫ donde la matriz [R] viene dada por: ⎡1 [R]= ⎢0 ⎢ ⎣0

⎡ ⎤ 1 ⎢ −sen30 ⎥ = ⎢0 ⎥ cos30 ⎦ ⎢0 ⎣

0

0

cos 30 sen30

0 3

2 12

0 ⎤ ⎥

−1 2 ⎥ 3 ⎥ 2⎦

El tensor de tensiones, referido al sistema x*, y*, z*, es:

⎡ −20 ⎡T * ⎤ = ⎢ 0 ⎣ ⎦ ⎢ ⎣ 0

0

0 ⎤

0

30 3 ⎥

30 3

−60 ⎦

⎥

por lo que su expresión en el sistema x,y,z resultará ser:

[T ]= [R]⎡⎣T *⎤⎦[R]T ⎡ −20 [T ]= ⎢ 0 ⎢ ⎣ 0

0

0 ⎤

−60

30 3 ⎥

30 3

0 ⎦

⎥

Conocidas las componentes del tensor de tensiones en el sistema x,y,z podemos dibujar el punto elástico correspondiente:

z 30

3

MPa

60 MPa y -20

MPa

x 19

b) Como sobre la cara perpendicular al eje x no existen tensiones tangenciales, podemos afirmar que el eje x es una dirección principal y su tensión asociada será 20 MPa en compresión. La ecuación característica será:

⎡−20 − σ ⎢ 0 ⎢ 0 ⎣

0

0 ⎤

−60 − σ 30 3 ⎥ = 0 30 3

⎥

−σ ⎦

que puede ponerse como:

(−20 − σ ) × (σ 2 + 60σ − 2700) = 0 que proporciona las siguientes raíces:

σ = 30 MPa 1

σ 2 = −20 MPa σ = −90 MPa 3

Las direcciones principales serán:

-

Dirección 1: (0,1/2, 3 2 )

-

Dirección 2: (1, 0, 0) (eje x)

-

Dirección 3: (0, 3 2 ,-1/2)

20

PROBLEMA 1.8 Sea el punto elástico representado en al figura sobre el que actúan las tensiones indicadas.

MPa

MPa

B MPa

A

Dibujar el círculo de Mohr, y obtener las tensiones tangenciales máximas indicando sus correspondientes direcciones.

Solución Problema 1.8 La construcción del círculo de Mohr se hace de acuerdo a los siguientes pasos: Paso 1: Dibujar dos ejes ortogonales en los que el horizontal corresponde a tensiones normales σ y el vertical a tensiones tangenciales τ. Paso 2: Representar los dos punto representativos de las direcciones A y B. indicadas en la figura. Las coordenadas del punto representativo de la dirección A serán: (32, -20) y las del B: (-10, 20). Paso 3: Dibujar el círculo teniendo en cuenta que los puntos A y B son puntos del mismo diametralmente opuestos. El punto de corte del segmento AB con el eje σ corresponderá al centro del círculo (punto C).

21

τ

σ

El ángulo que forma la dirección sobre la que actúa la tensión principal mayor (punto D) del círculo, formará un ángulo de 43,6º/2 =21,8º, en sentido antihorario, con la dirección A. Los valores de las tensiones principales mayor y menor (segmentos OD y OE, respectivamente) serán: 40 y -18 MPa. La tensión tangencial máxima se producirá sobre un plano que forma un ángulo de 21,8º + 45º = 66,8º, en sentido antihorario, con la dirección A y su valor será de 29 MPa (segmentosCF ó CG del círculo de Mohr que resultan iguales al segmento CD). La correspondiente tensión normal actuando sobre dicho plano (segmento OC) es de 11 MPa.

22

PROBLEMA 1.9 El tensor de tensiones, referido a un sistema cartesiano de referencia xy, en un punto de un sólido bidimensional viene definido por: − 10⎤ ⎥ ⎣− 10 20 ⎦

[T ] = ⎡⎢

60

De aquellos planos que pasan por las proximidades del punto considerado, determinar (dando el ángulo que forman con el eje y), 1) los planos para los que las tensiones tangenciales alcanzan el máximo valor posible, y 2) los planos para los que el ángulo del vector tensión correspondiente forme el mayor ángulo posible con el vector normal al plano considerado.

Solución Problema 1.9 Dibujemos, primero, el círculo de Mohr, teniendo en cuenta que el punto elástico es:

20 10 60 y

x

Al plano paralelo al eje y le haremos corresponder el punto (punto A) de coordenadas (60;10) del plano de Mohr y, al plano paralelo al eje x, el punto B de coordenadas (20;-10). Por tanto, el círculo de Mohr será:

23

τ C 63,43º

10

R

O -10

B

A

26,57º

20

60 116,57º

σ

D Las coordenadas del centro, y el radio del círculo, resultarán ser:

⎛ 60 + 20 ⎞ Coordenadas de O : ⎜ ;0 ⎟ = (40 ; 0) ⎠ ⎝ 2

Radio = 20 2 + 10 2 = 22,36

1) El ángulo que forma el radio vector OA con el eje σ puede obtenerse como:

arctg

10 = 26,57º 20

Las tensiones tangenciales máximas se producen sobre las direcciones correspondientes a los puntos C (que corresponde a una dirección que forma 31,72º con el eje y en sentido antihorario) y D (dirección formando un ángulo de 58,29º con el eje y en sentido horario) 2) Cualquier punto del círculo de Mohr tiene por coordenadas la tensión normal y la tensión tangencial (componentes intrínsecas del vector tensión) que actúan sobre el plano correspondiente, tal como se representa en la figura: τ

τ σ

σ

24

Por tanto, la distancia entre el origen de coordenadas y el punto representativo de una dirección cualquiera en el círculo de Mohr proporciona el módulo del vector tensión y, por tanto, el ángulo α que forma dicho segmento con el eje de las tensiones normales coincidirá con el que, en la realidad, forma el vector tensión con la normal al plano sobre el que actúa:

σ

τ

α σ

σ

Por todo lo dicho, el mayor ángulo posible que puede formar el vector tensión con la normal al plano al que corresponde, vendrá definido a partir de los puntos E y F de la figura, que se obtienen trazando, desde el origen de coordenadas, las tangentes al círculo de Mohr:

τ C

E 10

-10

63,43º

α

R

α

O B

A

26,57º

20

60 116,57º

σ

F D

De la figura anterior, se obtiene:

α = arcsen

R 22,36 = arcsen = 0,559 ⇒ α = 33,99º 40 abcisa de O

25

La dirección correspondiente al punto E forma con el eje y (punto A del círculo de Mohr) un ángulo de: 63,43 + 33,99 = 48,71º 2

en sentido antihorario. La dirección correspondiente al punto F forma un ángulo con el eje y de valor: 90 + 26,57 + 33,99 = 75,28º 2

en sentido horario.

26

PROBLEMA 1.10 Dado el punto elástico de la figura, a) dibújese el círculo de Mohr correspondiente, señalando en él la posición del polo, y b) determínense las tensiones actuantes sobre un plano que forma 35º con el plano horizontal.

y

52 kPa 12 kPa

x

Solución Problema 1.10 a) Al no existir tensiones tangenciales, el punto representativo del plano vertical tendrá de coordenadas (12;0) y el del horizontal, A, (52;0). Lógicamente ambas direcciones, cuyos puntos correspondientes en el círculo de Mohr son diametralmente opuestos, son las principales. Construyendo el círculo, se obtiene:

τ (kPa) σα =39 kPa

30

C 20

τ= 18,6 kPa 10

Polo 10

α = 35º 20

30

A 40

50

σ (kPa)

60

observándose que el polo coincide con el punto representativo del plano vertical pues, trazando desde él una paralela a la dirección horizontal, 27

el punto de corte con el círculo de Mohr coincide con el punto representativo de dicha dirección. b) El punto del círculo de Mohr, representativo de la dirección buscada (35º con la horizontal) es el punto C de la figura anterior, cuyas coordenadas son (39; 18,6) por lo que las tensiones actuantes sobre dicho plano son:

39 kPa 18,6 kPa

35º

28

PROBLEMA 1.11 Un punto elástico de un sólido se encuentra sometido al estado tensional que se representa en la figura. Determinar las tensiones principales y las máximas tensiones de cizalladura, así como los planos sobre los que éstas actúan.

y 150 MPa 80 MPa B A

120 MPa x

Solución Problema 1.11 Dibujemos el círculo de Mohr. Para ello, al plano vertical A de la figura le corresponderá un punto de coordenadas (120;80) y al plano B el punto (150;-80). El círculo de Mohr tiene su centro en el punto C de coordenadas (135;0) y su radio tiene un valor de 81,4 MPa. Por tanto, podemos dibujar el círculo:

29

τ

A (120;80)

2θ s II (53,6;0)

I (216,4;0)

σ

2θ p

C

B (150;80)

Las tensiones principales se obtienen directamente del círculo de Mohr (punto I y II), resultando: Tensión principal mayor: σΙ=135+81,4=216,4 MPa Tensión principal menor: σΙΙ=135-81,4=53,6 MPa El ángulo que forma el plano sobre el que actúa la tensión σΙ formará un ángulo de θ p con el plano B, de manera que:

⎛ 2τ xy tan 2θ p = ⎜ ⎜σ x −σ y ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

de donde: θ p = 39,7°. Por tanto, podemos dibujar el punto elástico pero, ahora, referido a sus ejes principales: 21,640 lb/in 2

216,4 MPa

53,6 MPa

5,360 lb/in 2

5,360 lb/in 2

21,640 lb/in 2

39,7°

30

La máxima tension tangencial tendrá un valor idéntico al del radio del círculo, por lo que:

τmáx. = 81,4 MPa y el valor de la tensión normal, que actúa sobre el plano en la que la anterior tensión se produce, coincidirá con la abcisa del punto C; esto es:

σ = 135 MPa La orientación del plano sobre el que se produce vendrá dada por el ángulo θ s , cuyo valor es: θ s = θ p + 45° = 84,7°. Sobre esta dirección, la tension tangencial será positiva mientras que, sobre la dirección ortogonal a ésta, será negativa. Por tanto, las direcciones en el punto elástico sobre el que se producen las tensiones tangenciales máximas serán: 135 MPa

135 MPa

81,4 MPa

84,7°

31

PROBLEMA 1.12 Dado el siguiente tensor de tensiones, determinar el valor de la máxima tensión cortante que se produce en el punto elástico considerado.

⎛120 50 0 ⎞ ⎜ ⎟ σ ij = ⎜ 50 80 0 ⎟MPa ⎜ 0 0 0 ⎟⎠ ⎝

Solución Problema 1.12 Del estudio del las componentes del tensor de tensiones se deducew que:

σz = 0 y τxz = τyz = 0 El punto elástico correspondiente (en el plano x-y) es:

y

80 MPa 50 MPa

120 MPa

x Sobre las otras caras del punto elástico correspondientes a las otras parejas de ejes coordenados, los puntos elásticos resultantes serán:

32

80 MPa

y

120 MPa

x

0 MPa

0 MPa

0 MPa

0 MPa

z

z

Los tres círculos de Mohr, correspondientes a las tres parejas de planos se pueden representar en el mismo plano, resultando:

Tensión tangencial MPa

80

Plano x-z

60

H

40 20 0 -20 -40 V

-60 -80 -25

0

Plano x-y

25 50 75 100 125 150 175 Tensión normal (MPa)

Plano y-z La tensión tangencial máxima vendrá dada por:

⎛ σ1 − σ 2 σ1 − σ 3 σ 2 − σ 3 , , 2 2 2 ⎝

τ max = Máximo de ⎜⎜

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

por lo que la tensión tangencial máxima que se produce en este punto elástico será τmax=77 MPa.

33

PROBLEMA 1.13 El tensor de tensiones en un punto de un sólido viene definido, respecto de un sistema de coordenadas cartesianas, por la siguiente matriz: ⎡ 50 − 20 0 ⎤ [T ] = ⎢⎢− 20 20 0 ⎥⎥ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ Determinar de forma analítica: a) Los dos primeros invariantes del tensor de tensiones b) Los valores de las tres tensiones principales c) Los tres vectores unitarios que definen las tres direcciones principales d) La tensión tangencial máxima que se produce en las proximidades del punto considerado

Solución Problema 1.13 a) I 1 = 50 + 20 = 70 I 2 = 50 ⋅ 20 − 20 2 = 600

b) Una de las tensiones principales (σz) es nula. Las otras dos las calcularemos resolviendo: T − σI = 0

50 − σ − 20

− 20 = 0 ⇒ σ 1 = 60 σ 2 = 10 20 − σ

Por tanto, las tensiones principales son:

σ 1 = 60 σ 2 = 10 y σ 3 = 0 r r c) Como el eje z es una dirección principal ( u3 = k ), las otras dos las calcularemos resolviendo:

⎡50 − σ ⎢ − 20 ⎣

− 20 ⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧0⎫ ⎨ ⎬=⎨ ⎬ 20 − σ ⎥⎦ ⎩u2 ⎭ ⎩0⎭

de donde: Dirección principal 1:

34

r r ⎡ − 10 − 20⎤ ⎧ a1 ⎫ ⎧0⎫ r ⇒ u = 0 , 8943 i − 0 , 4473 j = ⎬ ⎬ ⎨ ⎨ 1 ⎢− 20 − 40⎥ a ⎣ ⎦ ⎩ 2 ⎭ ⎩0⎭

Dirección principal 2: r r ⎡ 40 − 20⎤ ⎧ a1 ⎫ ⎧0⎫ r 0 4473 0 8943 ⇒ u = , i + , j = ⎬ ⎬ ⎨ ⎨ 2 ⎢− 20 10 ⎥ a ⎣ ⎦ ⎩ 2 ⎭ ⎩0⎭

d) La tensión tangencial máxima será:

⎛ 60 − 10 60 10 ⎞ , , ⎟ = max (25, 30, 5) = 30 2 2⎠ ⎝ 2

τ max = max ⎜

35

PROBLEMA 1.14 Dados los estados tensionales de la figura, que actúan sobre dos planos que pasan por las proximidades de un punto P de un sólido bidimensional cargado, se pide calcular el valor de la tensión desconocida σ, las direcciones principales y sus tensiones correspondientes. Asimismo, determínese la máxima tensión tangencial que actúa sobre algún plano en las proximidades del punto P.

σ (?) 40 MPa

60 º

30 MPa

P

B

20 MPa A

Solución Problema 1.14 Resolvamos el problema utilizando el círculo de Mohr y el concepto de Polo. Para ello dibujemos los ejes del plano de Mohr teniendo en cuenta que nada nos obliga a dibujarlos paralelos a unas direcciones ortogonales prefijadas de antemano. Es decir, elegimos los ejes del plano de Mohr escogiendo el eje τ paralelo a la dirección sobre la que desconocemos el valor de la tensión σ (esto simplificará mucho la resolución del problema). Una vez hecho esto, podemos representar el punto A (40,20) representativo de la dirección A de la figura inicial y, desde luego, podemos asegurar que el punto B –representativo de la dirección B- se encontrará sobre una recta paralela al eje σ con un valor de τ igual a –30 MPa. El polo del círculo se deberá encontrar sobre la recta τ= 30 MPa porque, al trazar una recta paralela a la dirección B debe cortar al círculo de Mohr en el punto representativo de esa dirección y, por otra parte, el círculo de Mohr es simétrico respecto del eje σ. Es decir:

36

τ

Polo A

σ

B

Como quiera que conocemos la posición exacta del punto A, podemos trazar por él una recta paralela a la dirección de la realidad a la que corresponde dicho punto, que intersecta a la recta sobre la que está el polo justo en el punto representativo de éste y, dibujando la mediatriz del segmento A-Polo, podemos encontrar el punto C que será el centro del círculo de Mohr:

τ

Polo A C

σ

B

Ahora ya podemos dibujar el círculo de Mohr y obtener la posición del punto B que íbamos buscando: 37

τ

Polo A

σ

B

De la figura resulta que la tensión σ buscada es 23 MPa. Conociendo el círculo de Mohr podemos deducir los valores de las tensiones principales σI= 48 MPa y σII= -14 MPa y las direcciones de los planos sobre las que actúan: τ

Polo

σΙΙ

Dirección sobre la que actúa la tensión principal menor

σΙ σ Dirección sobre la que actúa la tensión principal mayor

La tensión tangencial máxima tendrá el valor:

38

⎧ σ − σ II σ I σ II ⎫ τ max = Maximo ⎨ I , , ⎬ 2 2 2 ⎭ ⎩

por lo que: τ max = Maximo {31,24,7} = 31 MPa

La direcciones correspondientes sobre las que actúa dicha tensión tangencial máxima son: τ

Polo

σΙΙ

σΙ σ

39

CAPÍTULO 2

DEFORMACIÓN

41

PROBLEMA 2.1 En un pilar vertical de sección cuadrada hueca, tal como se indica en la figura (cotas en metros),

y 1 x

1 1 1

1

1

1

1

el tensor de deformaciones viene dado por: ⎡ 3x + 4 [D] = ⎢⎢(− 2 x + 3 y ) ⎢⎣ 0

(− 2 x + 3 y ) 0 0

0⎤ 0⎥⎥ ⋅ 10 − 4 2⎥⎦

Calcular: a) la variación de longitud del pilar, indicando si éste se alarga o se acorta, sabiendo que, su altura inicial era de 5 m. b) la variación del ángulo, en el plano x,y, que se produce en el vértice de la sección de coordenadas (2,2), indicando si el ángulo final en dicho vértice (que inicialmente era recto) aumenta o disminuye respecto de su valor inicial. c) El cambio de volumen que experimenta el pilar, indicando si aumenta o disminuye el volumen inicial del mismo.

Solución Problema 2.1 a) La deformación del pilar en la dirección z vendrá dada por:

ε z = 2 ⋅ 10 −4 ⇒ ∆h = ε z ⋅ h = 2 ⋅ 10 −4 ⋅ 5 = 10 −3 m (alargamiento) b) La deformación angular en un punto genérico del sólido sera:

γ xy = 2 ⋅ (− 2 x + 3 y ) ⋅ 10 −4 = (− 4 x + 6 y ) ⋅ 10 −4 43

Para el punto disminuye)

γ xy = (− 4 ⋅ 2 + 6 ⋅ 2 ) ⋅ 10 −4 = 4 ⋅ 10 −4 rad (el

(2,2),

ángulo

c) Para calcular el cambio de volumen, necesitamos conocer la deformación volumétrica en un punto genérico del pilar: eV = ε x + ε y + ε z = (3 x + 6 ) ⋅ 10 −4

Como quiera que esta deformación depende de x, el cálculo de la variación de volumen lo debemos efectuar mediante integración del siguiente modo:

z a b a

b

y

h x

dx dx dV=a.h.dx dV=(a-b).h.dx ∆V =

∫ eV ⋅ dV = ∫

pilar

−1

(3x + 6) ⋅10 −4 ⋅ (dx ⋅ 4 ⋅ 5) + ∫−1 (3x + 6) ⋅10 −4 ⋅ (dx ⋅ 2 ⋅ 5) + −2 1

+ ∫ (3 x + 6 ) ⋅ 10 − 4 ⋅ (dx ⋅ 4 ⋅ 5) = 360 ⋅ 10 − 4 m 3 2

1

(el volumen del pilar aumenta)

44

PROBLEMA 2.2 Dado el tensor de deformaciones:

[D] = encontrar la deformación unitaria según la dirección: r r r r m= i + j +k / 3

(

)

Solución Problema 2.2

r

r ε m = [D ]m

r m

45

PROBLEMA 2.3 El vector desplazamiento en un punto genérico de un sólido cargado viene dado (referido a un sistema cartesiano de referencia) por: r r r δ = (2ax − 2az )i + (3ax + 2az )k donde a es una constante conocida. Se pide: a) Expresión del tensor de deformaciones en un punto genérico del sólido b) ¿Es, físicamente, posible este campo de desplazamientos? c) ¿Qué lectura proporcionaría una banda extensométrica situada en la dirección de la bisectriz del primer cuadrante del sistema cartesiano que se utiliza?

Solución Problema 2.3 a) El tensor de deformaciones se obtiene del campo de desplazamientos como sigue:

u = u (x , y , z ) = 2ax − 2 az v = v(x , y , z ) = 0 w = w( x , y , z ) = 3ax + 2az

∂u = 2a ∂x ∂v εy = =0 ∂x ∂w εz = = 2a ∂x ∂u ∂v =0 + γ xy = ∂y ∂x ∂u ∂w + = −2a + 3a = a γ xz = ∂z ∂x ∂v ∂w γ yz = + =0 ∂z ∂y

εx =

El tensor de deformaciones es:

46

⎡ 2a 0 a / 2⎤ [D] = ⎢⎢ 0 0 0 ⎥⎥ ⎢⎣a / 2 0 2 a ⎥⎦

b) Para que el campo de desplazamientos, o el de deformaciones que de él se derivan, sea físicamente posible, debemos comprobar que se satisfacen las ecuaciones de compatibilidad de deformaciones:

2 ∂ 2 γ xy ∂ 2ε x ∂ 2ε x ∂ ε y ∂ ⎛ ∂γ yz ∂γ xz ∂γ xy ; 2 + = ⋅ = ⋅⎜− + + 2 2 ∂y ⋅ ∂z ∂x ⎜⎝ ∂x ∂y ∂z ∂x ⋅ ∂y ∂y ∂x

∂ 2ε y

⎞ ⎟⎟ ⎠

2 ∂ 2ε y ∂ 2 ε z ∂ γ yz ∂ ⎛ ∂γ yz ∂γ xz ∂γ xy − + = ⋅ = ⋅⎜ ; 2 2 ∂y ⋅ ∂z ∂z ⋅ ∂x ∂y ⎜⎝ ∂x ∂y ∂z ∂y

⎞ ⎟⎟ ∂z ⎠ ∂ 2 ε x ∂ 2 ε z ∂ 2 γ xz ∂ 2ε z ∂ ⎛ ∂γ yz ∂γ xz ∂γ xy ⎞ ⎟ ; 2 + = ⋅ = ⋅ ⎜⎜ + − 2 2 ∂x ⋅ ∂z ∂x ⋅ ∂y ∂z ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎟⎠ ∂z ∂x 2

+

En estas ecuaciones sólo aparecen derivadas segundas de las deformaciones, por lo que se verifica automáticamente al depender el campo deformaciones linealmente de las coordenadas. Por tanto, el campo de desplazamientos dado es físicamente posible.

c) El vector unitario de la bisectriz del primer cuadrante del es: r 1 r r r u= (i + j + k ) 3 El vector deformación unitaria sería: ⎡ 2 a 0 a / 2 ⎤ ⎧1⎫ ⎧5 a / 2 ⎫ r ⎢ 1 ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎥ {ε *} = [D ]{u } = ⎢ 0 0 0 ⎥ ⎨1⎬ = ⎨ 0 ⎪⎬ 3 3⎪ ⎪ ⎢⎣a / 2 0 2 a ⎥⎦ ⎪⎩1⎪⎭ ⎩5 a / 2 ⎭

r

La deformación longitudinal correspondiente (la medida de la banda) es: ⎧1⎫ r 1 1 ⎛ 5a 5a ⎞ 5 ⎪ ⎪ 1 ε = ε * ⋅u = 5 a / 2 0 5 a / 2 ⎨1⎬ = ⎜ + ⎟= a 3 2 2 3 3 ⎝ ⎠ 3 ⎪1⎪ ⎩ ⎭

r

47

PROBLEMA 2.4 En un sólido, el campo de deformaciones que sufre viene expresado por las siguientes expresiones:

ε x = (2y 2 + 3x )10−3 ε y = (6x 2 + y)10−3 γ xy = 2 (a xy − 5y )10 −3 ε z = γ xz = γ yz = 0 -

a) Determinar el valor del parámetro a para deformaciones sea compatible.

que el campo de

-

b) Hallar las direcciones (cosenos directores) y deformaciones principales en el punto de coordenadas (3,4,0).

-

c) Plantear las ecuaciones diferenciales que permitan determinar los desplazamientos y resolverlas suponiendo que los desplazamientos en el origen son nulos. ¿Se necesitaría, para resolver este apartado, algún dato adicional?

Solución Problema 2.4 a) La ecuación de compatibilidad que se debe verificar (problema bidimensional) es: 2 2 ∂ 2 ε x ∂ ε y ∂ γ xy + = ∂y 2 ∂x 2 ∂ x∂ y

∂ 2ε y ∂ 2 γ xy ∂ 2ε x −3 −3 como : 2 = 4.10 , y = 2a.10 −3 se obtiene a =8. 2 = 12.10 ∂y ∂x ∂ x∂ y b) El tensor de deformaciones en el punto de coordenadas (3,4,0) es:

⎡ 41 76 0 ⎤ [D](3,4,0 ) = ⎢ 76 58 0 ⎥ 10 −3 ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ La Ecuación característica resultante es:

48

[(41 − λ )(58 − λ ) − 76 ]λ = 0 ⇒ λ 2

2

− 99λ − 3398 = 0

de donde se deducen las siguientes raices:

⎧⎪126 λ = ⎨−27 ⎪⎩ 0 Por tanto, las deformaciones principales son:

⎧ ε I = 126 × 10−3 ⎪ ε II = 0 ⎨ ⎪⎩ε = −27 × 10−3 III La deformación ε I corresponde a la dirección:

⎧ 0,6661⎪⎫ ⎡−85 76 ⎤ ⎧n1 ⎫ r ⎪ ⎢⎣ 76 −68⎥⎦ ⎨⎩n2 ⎬⎭ = 0 ⇒ n = ⎨0,7459 ⎬ ⎪⎩ 0 ⎪⎭ La deformación ε II corresponde a la dirección:

⎧0⎫ ⎡ 41 76⎤ ⎧ n1 ⎫ r ⎪ ⎪ ⎢⎣76 58⎥⎦ ⎨⎩n2 ⎬⎭ = 0 ⇒ n = ⎨0⎬ ⎪⎩1 ⎪⎭ La deformación ε III corresponde a la dirección:

⎧ 0,7453 ⎪⎫ ⎡68 76⎤ ⎧ n1 ⎫ r ⎪ ⎢⎣76 85⎥⎦ ⎨⎩n2 ⎬⎭ = 0 ⇒ n = ⎨−0,6668⎬ ⎪⎩ 0 ⎪⎭ c) Por definición de deformación:

∂u 3 = ε x = 10 −3 (2y 2 + 3x )⇒ u = 10 −3 ⎛ 2y 2 x + x 2 + f (y)⎞ ⎝ ⎠ ∂x 2 1 ∂v ⎛ = ε y = 10 −3 (6x 2 + y )⇒ v = 10 −3 ⎝ 6x 2 y + y2 + g(x )⎞⎠ 2 ∂y ∂ u ∂v + = γ xy = (16xy − 10y)10−3 = 10 −3 (4xy + f ′(y) + 12xy + g ′(x )) ∂y ∂ x

49

por lo que:

−10y = f ′(y) + g′(x ) y, por tanto:

f ′(y ) = −10y − ω g ′( x ) = ω

f (y ) = −5y 2 − ωy + C1

g(x ) = ωx + C2

Para que los desplazamientos en el origen sean nulos, C1 = C2 = 0 , pero la constante ω no se puede determinar con los datos del problema.

50

PROBLEMA 2.5 El campo de desplazamientos en el interior del sólido de la figura viene definido por: u = y +c⋅x v = −y w=c⋅z

donde “c” es una constante. z

y

x

a) Determinar, en función de la constante “c”, el tensor de deformaciones de Cauchy en un punto genérico del sólido. b) Determinar el valor de la constante “c” para que el volumen del sólido, una vez deformado, sea el mismo que poseía antes de deformarse. c) Determinar las deformaciones principales en punto genérico del sólido.

Solución Problema 2.5 a) Las componentes del tensor de deformaciones son: εx =

∂u ∂v ∂w =c =c εy = = −1 ε z = ∂z ∂x ∂y ⎡ c 0,5 0⎤ ⇒ [D ] = ⎢⎢0,5 − 1 0⎥⎥ ⎢⎣ 0 0 c ⎥⎦

γ xy

1 ⎛ ∂u ∂v ⎞ 1 = ⎜⎜ + ⎟ = (1 + 0) = 0,5 2 2 ⎝ ∂y ∂x ⎟⎠ 2

γ xz 2

=

γ yz 2

=0

51

b) Como quiera que, el campo de deformaciones en el interior del sólido es constante para cualquier punto del sólido(nótese que todas las componentes del tensor lo son), la condición a imponer es que la deformación volumétrica (primer invariante del tensor de deformaciones) sea nula. Esto es: ε v = ε x + ε y + ε z = 2c − 1 = 0 ⇒ c = 0,5

c) La ecuación característica se puede escribir como: ⎡0,5 − ε ⎢ 0,5 ⎢ ⎢⎣ 0

0,5 −1− ε 0

⎤ 0 ⎥⎥ = 0 0,5 − ε ⎥⎦ 0

que, una vez resuelta, proporciona las soluciones:

εΙ =0,6514, εΙΙ =0,5 y εΙΙΙ =−1,1514

52

PROBLEMA 2.6 En las proximidades de un punto P de un sólido se han medido, por medio de tres bandas extensométricas espaciadas entre sí ángulos de 120º, las deformaciones longitudinales según las direcciones de las bandas (ver figura), con el siguiente resultado: εa=0,00108, εb=0,00064, εc=0,00009. Se pide: a) Tensor de deformaciones en el punto P. b) Deformaciones principales y sus respectivas orientaciones. c) Longitud final que tendrá un segmento de longitud unitaria con origen en P y formando un ángulo de 40º antihorarios con la banda A.

B A P C

Solución Problema 2.6 Tomemos como eje x la dirección de la banda A. Tenemos que encontrar las componentes del tensor de deformaciones referidas a los ejes x e y. Es decir:

⎡ ⎢εx [D] = ⎢ γ ⎢ xy ⎣⎢ 2

γ xy ⎤ ⎥ 2 ⎥ εy ⎥ ⎦⎥

Por otra parte, sabemos que, para una dirección cualquiera que forme un ángulo θ con la dirección x, es decir, para la dirección definida por el vector unitario r r r n = cos θi + senθj

el vector deformación unitaria εr será: 53

γ xy ⎧ ⎫ + ε cos θ sen θ ⎪ ⎪⎪ x ⎧cos θ ⎫ ⎪ r 2 ε = [D ] nr = [D ]⎨ ⎬ = ⎨γ ⎬ ⎩ senθ ⎭ ⎪ xy cos θ + ε senθ ⎪ y ⎪⎩ 2 ⎪⎭

La componente εn de este vector deformación unitaria según la dirección r ε vendrá dada por: γ xy r ε n = ε ⋅ nr = ε x cos θ + senθ 2

γ xy

⎧cos θ ⎫ cos θ + ε y senθ ⎨ ⎬= 2 ⎩ senθ ⎭

= ε x cos 2 θ + ε y sen 2θ + γ xy senθ cos θ

Así, para la dirección de la banda extensométrica A, tendremos εn=10,8·10-4 y θΑ=0º, por lo que, sustituyendo en la última ecuación, resultará εx=10,8·10-4. Para la dirección B, se tiene que: εn=6,4·10-4 y θΒ=120º, por lo que obtendríamos la ecuación: 3ε y 3γ xy ε − ε n = 6 ,4 × 10 − 4 = x + 4

4

4

Para la dirección C, εn=0,9·10-4 y θΒ= -120º, por lo que la ecuación resultante sería: 3ε y ε + ε n = 0 ,9 × 10 − 4 = x + 4

4

3γ xy 4

Resolviendo el sistema de ecuaciones que hemos planteado en las dos últimas ecuaciones, junto con el valor de εx que ya habíamos determinado, se llega a que:

ε x = 10,8 × 10 −4 ε y = 1,3 × 10 − 4 γ xy = −6,35 × 10 − 4 Por tanto, el tensor de deformaciones, expresado en los ejes x-y, será:

[D] = ⎡⎢ 10 ,8

− 3 ,18 ⎤ −4 ⎥ 10 1,3 ⎦ ⎣− 3 ,18

54

Para determinar las direcciones principales, dibujemos el círculo de Mohr:

γ/2

(εx,−γxy/2) Dirección x 33,8º

ε

(εy,γxy/2) Dirección y del cual podemos obtener los valores de las deformaciones principales (εI=11,8x10-4 y εII=0,33x10-4) y sus correspondientes direcciones:

y

Dirección II

x 16,9º

Dirección I

55

PROBLEMA 2.7 Sea el punto elástico de la figura, correspondiente a un sólido bidimensional, sometido al estado tensional indicado. Si las deformaciones según x e y son, respectivamente: εx=0,003 y εy= -0,002, el alargamiento admisible del material es de 5 milésimas, y el acortamiento admisible es de 4 milésimas, hallar la máxima tensión tangencial que puede soportar el punto elástico considerado (teniendo presente que actúan sobre él las tensiones normales p y q).

y

p

p x q

τ

q

DATO: G=8x104 MPa.

Solución Problema 2.7 Podemos dibujar el círculo de Mohr en deformaciones correspondiente al punto elástico considerado (el de la izquierda) ya que conocemos las dos deformaciones principales (al no actuar sobre él ninguna tensión tangencial, las tensiones p y q son las principales y, por tanto, las deformaciones proporcionadas también serán las principales). El punto A del círculo representativo de la cara vertical del punto elástico tendría por coordenadas (0,003;0) y el B, representativo de la cara horizontal, (0,002;0). Si ahora suponemos que, sobre el punto elástico, actúa una tensión tangencial de valor desconocido τ, aparecerán en él deformaciones angulares, y el punto representativo de la dirección vertical se situaría, en el plano de Mohr, sobre la recta vertical que pasa por A (nótese que εx no cambia por la introducción de la tensión tangencial). Lo mismo

56

sucedería con el punto representativo de la dirección horizontal. Si, por ejemplo, A’ fuera el punto representativo de la dirección vertical, el de la horizontal sería B’, ya que deben ser diametralmente opuestos. El nuevo círculo de Mohr aumentaría su radio pero, su centro seguiría siendo el del inicial. Por otra parte, el enunciado impone las máximas deformaciones admisibles del material, tanto a tracción como a compresión, lo que obliga a que el círculo de Mohr resultante se encuentre dentro de las dos líneas verticales que aparecen (una a una deformación longitudinal de 0,005 y otra a –0,004). Por tanto, el círculo de Mohr debe ser el dibujado en la figura y, de él, podemos deducir que el valor de γ/2 debe ser, como máximo, 0,0038.

γ/2 (10−3) B’’

A’

B

A

ε (10−3)

γ/2=0,0038

A’’

B’

Por todo lo anterior, la deformación angular máxima γmáx que puede sufrir el punto elástico, sin que las máximas deformaciones longitudinales superen los valores admisibles del material, será:

γ máx = 2 × 0,0038 = 0,0076 y, por tanto, τ máx = G γ max = 608 MPa

57

CAPÍTULO 3

ECUACIÓN CONSTITUTIVA

59

PROBLEMA 3.1 En la figura se representan dos pastillas de sección cuadrada que se someten a un ensayo de compresión en el que se aplica una tensión σ=85 MPa según el eje z. En las direcciones perpendiculares {x,y} se impiden los desplazamientos. Sabiendo que no existe rozamiento entre los distintos sólidos, determinar: a) El tensor de tensiones en cualquier punto de cada material. b) El módulo de elasticidad aparente del conjunto.

DATOS:

Material 1: E1=70 GPa; ν1=0,32 Material 2: E1=210 GPa; ν1=0,30

σ

0.025 m 0.012 m

Solución Problema 3.1 No aparecen tensiones tangenciales en ninguno de los dos sólidos debido a la ausencia de fuerzas de rozamiento. Cada una de las pastillas sufrirá deformación uniaxial según el eje z, y, por tanto, las deformaciones longitudinales según los ejes x e y serán nulas. En estas condiciones, las leyes de Hooke, para cualquiera de los dos materiales de este problema, resultan:

61

σ ν ε x = x − ⋅ (σ y + σ z ) = 0 E E σy ν εy = − ⋅ (σ x + σ z ) = 0 E E σ ν ε z = z − ⋅ (σ x + σ y ) E E De estas ecuaciones, se pueden obtener los valores de las tensiones σ x y σ en función de σ , resultando:

z

y

ν ⋅σ 1− ν z ν σy = ⋅σ 1− ν z

σx =

Por otra parte, la pastilla superior se encuentra sometida a una tensión de compresión de 85 MPa. Para que dicha pastilla se encuentre en equilibrio, la acción de la segunda pastilla sobre la primera será, también, un tensión de compresión de valor idéntico al anterior. Asimismo, utilizando el principio de acción y reacción, la segunda pastilla se encontrará también sometida a una tensión de compresión de 85 MPa. Teniendo en cuenta lo anterior, los tensores de tensiones, referidos a los ejes x,y,z, para ambas pastillas serán: Pastilla superior:

0 0 ⎤ ⎡− 40 [T1 ] = ⎢⎢ 0 − 40 0 ⎥⎥ MPa ⎢⎣ 0 0 − 85⎥⎦ Pastilla inferior:

0 0 ⎤ ⎡− 36.4 [T2 ] = ⎢⎢ 0 − 36.4 0 ⎥⎥ MPa ⎢⎣ 0 0 − 85⎥⎦ Las deformaciones, según el eje z, que sufren ambas pastillas serán:

62

σ σ ν ε z = z − ⋅ (σ x + σ y ) = z E E E

⎛

⋅ ⎜⎜1 − ⎜ ⎝

2 ⋅ ν 2 ⎞⎟ 1 − ν ⎟⎟⎠

Para la pastilla 1: ε z = −8,5 ⋅10 − 4 y, para la pastilla 2: ε z = −3,0 ⋅10 − 4 que equivale a unos acortamientos de cada una de las pastillas valor:

de

Pastilla 1:

∆L1 = −8,5 ⋅ 10 −4 ⋅ 0,025 = −21,25 ⋅ 10 −6 m Pastilla 2:

∆L 2 = −3,0 ⋅ 10 −4 ⋅ 0,012 = −3,60 ⋅ 10 −6 m Por lo que, el acortamiento total (suma de los anteriores) será igual a –24,85·10-6 m. La deformación aparente del conjunto vendrá dada por:

ε aparente =

− 24,85 ⋅ 10 −6 = −6,716 ⋅ 10 − 4 m 0,025 + 0,012

Y el correspondiente módulo de elasticidad aparente del conjunto será: E aparente =

σ ε aparente

= 126,56 GPa

63

PROBLEMA 3.2 Una probeta cúbica de 0,10 m de lado está confinada entre dos paredes rígidas paralelas quedando una holgura total de 0,01 mm. Si se somete, en estas condiciones y tal como se representa en la figura, a un ensayo de compresión, determinar la curva tensión-deformación que se obtendría en el supuesto de que el material se comportase durante todo el ensayo como un material elástico-lineal e isótropo. (E=35 GPa, ν=0,2)

σ z y

Solución Problema 3.2 Etapa inicial: no existe contacto con la pared, por tanto la probeta está sometida a estado de compresión uniaxial:

σx = 0 σy = 0 σz = E ⋅ εz Las relaciones anteriores se conservan hasta que el incremento de longitud en dirección y, ∆ly, se hace igual a la holgura existente entre la probeta y la pared, cuyo valor es: ∆l y = 10 −5

que se relaciona con la deformación en la dirección y de la probeta del siguiente modo:

∆l y = l y ⋅ ε y donde ly representa la longitud en dirección y de la probeta. La deformación εy es consecuencia del efecto Poisson. Por tanto:

64

ε y = −νε z =

0.00001 0.10

por lo que:

εz = −

0.00001 = −0.0005 0.20 × 0.10

y

σ z = 35000 × 0.0005 = 17.5MPa(compresión) Etapa posterior: Al existir contacto se cumplirá:

⎧σ x ⎨ ⎩ ∆ε y

}= 0

por lo que el estado tensional deja de ser uniaxial. Si representamos por incrementos sobre los valores existentes justo en el momento del contacto, llegamos a que:

∆εy =

1 (∆σ y − ν ∆σ z ) = 0 ⇒ ∆ σ y = ν ∆σ z E

∆εz =

1 1 ∆ σ z − ν ∆σ y ) = (∆σ z − ν 2 ∆σ z ) ( E E

∆σz E = Eaparente = = 36458 MPa ∆εz 1 − ν2 Ya podemos dibujar la curva σ−ε de la probeta:

σ (compresión, MPa) 36458 1

17,5

35000 1 0,0005

65

ε (acortamiento)

PROBLEMA 3.3 El sólido de la figura, de las dimensiones indicadas, sufre las siguientes restricciones: las dos caras paralelas al plano x-z no pueden desplazarse según la dirección del eje y; las dos caras paralelas el plano y-z no pueden desplazarse según el eje x. La cara inferior del sólido (contenida en el plano x-y) no puede desplazarse según el eje z. Determinar, cuando se aplica una tensión uniforme de tracción σ, según el eje z, sobre la cara superior ABCD del sólido, 1) el valor del desplazamiento, según el eje z, que experimenta dicha cara y 2) el valor de la tensión normal que actúa sobre la cara ABHF, indicando si es de tracción o de compresión. z

D

C y

A

B

L/4

L F x

H L

NOTA: Las constantes de Lamé del material del sólido son λ y G.

Solución Problema 3.3 1) Las condiciones de desplazamientos que se imponen al sólido conducen a que: εx = 0 εy = 0

siendo ε z ≠ 0 La tercera ecuación de Lamé establece que: σ z = σ = λev + 2Gε z

La deformación volumétrica es, en este caso: ev = ε x + ε y + ε z = ε z

por lo que:

66

σ z = σ = λev + 2Gε z = (λ + 2G )ε z = (λ + 2G )

∆L z L 4

Despejando de la ecuación anterior, se obtiene: ∆L z =

σ

4(λ + 2G )

L

2) La tensión solicitada es σ x , la cual puede obtenerse de la primera ecuación de Lamé: σ x = λev + 2Gε x = λε z = λ

∆L z λσ = L (λ + 2G ) 4

Como las constantes λ y G son positivas, el signo de σ x coincidirá con el de σ , Dicho signo, al ser positivo, representa tracción, por lo que σ x resultará ser, también, una tensión de tracción.

67

CAPÍTULO 4

ELASTICIDAD BIDIMENSIONAL

69

PROBLEMA 4.1 Sea el punto elástico de la figura, correspondiente a un sólido bidimensional, sometido al estado tensional indicado en la parte izquierda de la figura. Si las deformaciones según x e y son, respectivamente: εx=0,003 y εy= -0,002, el alargamiento admisible del material es de 5 milésimas, y el acortamiento admisible es de 4 milésimas, hallar la máxima tensión tangencial que puede soportar el punto elástico considerado (teniendo presente que actúan sobre él las tensiones normales p y q), tal como se indica en la parte derecha de la figura. y

p

p x q

τ

q

DATO: G=8x104 MPa.

Solución Problema 4.1 Podemos dibujar el círculo de Mohr en deformaciones correspondiente al punto elástico considerado (el de la izquierda) ya que conocemos las dos deformaciones principales (al no actuar sobre él ninguna tensión tangencial, las tensiones p y q son las principales y, por tanto, las deformaciones originadas también serán las principales). El punto A del círculo, representativo de la cara vertical del punto elástico, tendrá por coordenadas (0,003;0) y el punto B, representativo de la cara horizontal, (-0,002;0), tal como se indica en la figura más abajo. Si ahora suponemos que, sobre el punto elástico, actúa una tensión tangencial de valor desconocido τ, aparecerán en él deformaciones angulares, y el punto representativo de la dirección vertical se situaría, en el plano de Mohr, sobre la recta vertical que pasa por A (nótese que εx no cambia por la introducción de la tensión tangencial). Lo mismo sucedería con el punto representativo de la dirección horizontal. Si, por ejemplo, A’ fuera el punto representativo de la dirección vertical, el de la 71

horizontal sería B’, ya que deben ser diametralmente opuestos por corresponder a direcciones ortogonales entre sí. El nuevo círculo de Mohr aumentaría su radio pero, su centro seguiría siendo el del inicial. Por otra parte, el enunciado impone las máximas deformaciones admisibles del material, tanto a tracción como a compresión, lo que obliga a que el círculo de Mohr resultante se encuentre dentro de las dos líneas verticales que aparecen (una a una deformación longitudinal de 0,005 y otra a –0,004). Por tanto, el círculo de Mohr debe ser el dibujado en la figura y, de él, podemos deducir que el valor de γ/2 debe ser, como máximo, 0,0038. Por todo lo anterior, la deformación angular máxima γmáx que puede sufrir el punto elástico, sin que las máximas deformaciones longitudinales superen los valores admisibles del material, será:

γ máx = 2 × 0,0038 = 0,0076 y, por tanto, τ máx = G γ max = 608 MPa

γ/2 (10−3) B’’

A’

B

A

ε (10−3)

γ/2=0,0038

A’’

B’

72

PROBLEMA 4.2 La placa cuadrada de la figura está sometida en su contorno a las tensiones que se indican en la figura. En el centro de la placa se han pegado dos galgas extensométricas con las que se miden las deformaciones longitudinales εAB=1,4·10-3 y εAC= – 4,2857·10-4.

-

a) Determinar el módulo de elasticidad E y el coeficiente de Poisson ν del material de la placa.

-

b) Obtener el valor de la deformación angular máxima γmax en el centro de la placa.

-

c) Dibujar las direcciones principales de deformación, indicando claramente los ángulos que forman con los ejes x e y.

-

d) Dibujar los planos sobre los que el vector tensión forma 30º con la dirección perpendicular al plano y la tensión normal es de tracción.

NOTA: Considerar estado de Tensión Plana.

σy =100 MPa τxy =50 MPa y B 45º x

A 45º C

73

Solución Problema 4.2 a) El estado tensional en cualquier punto elástico de la placa es uniforme y el valor de las tensiones es: 100 50

por lo que el círculo de Mohr será:

100

50

(σy=100;τxy=50)

(0;50)

50

(σx=0;τxy=-50)

100

150

(100;-50)

Las tensiones normales actuantes sobre los planos A-B y A-C son, respectivamente, 0 y 100 MPa por lo que: ε AB =

100 = 1,4 × 10 − 3 E

ε AC = −

ν E

100 = −4 ,2857 × 10 − 4

de donde: E=70 GPa y ν=0,3 b) El radio del círculo de Mohr es igual a: Radio = 50 2 = 70 ,71 MPa

74

por lo que la tensión máxima actuante será de 70,71 MPa. Teniendo en cuenta que el módulo de corte G es igual a 26,92 GPa, la deformación angular máxima será: γ máx =

70 ,71 × 10 6 26 ,92 × 10 9

= 0 ,0026

c) Los valores de las tensiones principales son: Tensión principal mayor = 50+70,71=120,71 MPa Tensión principal menor = 50-70,71= -20,71 MPa Y sus direcciones correspondientes formarán ángulos de 45/2 grados con los ejes coordenados. d) Se trata de buscar los planos en lo que:

n σ

30º σ

τ

Como quiera que el radio vector que une el origen de coordenadas del plano de Mohr con un punto representativo de una dirección, proporciona el valor del módulo del vector tensión (la abcisa es σ y la ordenada τ) y, por tanto, el ángulo que forma con el eje de abcisas es, precisamente, el ángulo que forma en la realidad dicho vector tensión con el vector normal a dicho plano, se tendrá:

75

100

(σ;τxy)

50

30º 50

β 100

150

(σ;−τxy)

La ecuación del círculo de Mohr es:

(σ

− 50 )2 + τ 2 = 70 ,712

y, por otra parte: τ = tg 30º σ

Resolviendo este sistema de ecuaciones, se obtiene:

σ =94,801 MPa y τ =54,733 MPa El ángulo β será, por tanto, de 50,79º, por lo que, el plano correspondiente a la condición del problema formará un ángulo de 2,895º en sentido antihorario con el eje x. El otro posible plano será aquel que forma 47,895º con el eje x pero, ahora, en sentido horario. Nótese que la condición dada en el problema relativa a que la tensión normal sea de tracción invalida considerar punto del círculo con abscisa negativa.

76

PROBLEMA 4.3 Bajo una serie de acciones exteriores, el sólido bidimensional cuadrado de la figura izquierda se deforma adquiriendo la geometría indicada en la figura derecha. Determinar: a) el campo de desplazamientos en el interior del sólido (supóngase un estado de deformación plana); b) el tensor de deformaciones de Cauchy; y c) la deformación volumétrica y el tensor de giros en un punto genérico del sólido.

y a/5

y

a

a

a x a

a

x

Solución Problema 4.3 a) El campo de desplazamientos, de acuerdo a la geometría deformada, es: u = y/5 v=0 w=0

b) El tensor de deformaciones de Cauchy se obtiene de la siguiente manera:

77

∂u =0 ∂x ∂v εy = =0 ∂y ∂w εz = =0 ∂z 1 ⎛ ∂u ∂v ⎞ 1 γ xy / 2 = ⎜⎜ + ⎟⎟ = 2 ⎝ ∂y ∂x ⎠ 10

εx =

1 ⎛ ∂u ∂w ⎞ + ⎟=0 2 ⎝ ∂z ∂x ⎠

γ xz / 2 = ⎜

1 ⎛ ∂y ∂w ⎞ ⎟=0 + 2 ⎝ ∂z ∂y ⎟⎠

γ yz / 2 = ⎜⎜

Por tanto:

⎡ 0 ⎢ [D] = ⎢ 110 ⎢ ⎢⎣ 0

1 0⎤ ⎡0 1 0 ⎤ 10 ⎥ 1 ⎢ 0 0⎥ = ⎢1 0 0⎥⎥ ⎥ 10 ⎢ 0 0⎥ ⎣0 0 0⎥⎦ ⎦

c) Como se cumple que las componentes de la diagonal del tensor de deformaciones son nulas, la deformación volumétrica también lo será. Las componentes del tensor de giros, [W ] , son:

ω11 = ω 22 = ω 33 = 0 1 ⎛ ∂u

∂v ⎞

1

ω12 = −ω 21 = ⎜⎜ − ⎟⎟ = − 2 ⎝ ∂y ∂x ⎠ 10 1 ⎛ ∂u ∂w ⎞ − ⎟=0 2 ⎝ ∂z ∂x ⎠

ω13 = −ω 31 = ⎜

1 ⎛ ∂y

∂w ⎞

⎟=0 ω 23 = −ω 32 = ⎜⎜ − 2 ⎝ ∂z ∂y ⎟⎠ por lo que resultará: ⎡ 0 −1 0⎤ ⎡ 0 1 0⎤ 10 ⎥ ⎢ 1 [W ] = ⎢ 110 0 0⎥ = − ⎢⎢− 1 0 0⎥⎥ 10 ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 0⎥⎦ 0 0⎥ ⎢⎣ 0 ⎦

78

PROBLEMA 4.4 Los gráficos I y II representan los estados tensionales de un punto P de un sólido bidimensional sobre el cual actúan, alternativamente, dos sistemas de cargas I y II. Cuando actúan simultáneamente esos dos sistemas de carga, determinar: a)

Valor de la tensión σ para que existan dos planos perpendiculares entre sí sobre los que actúen exclusivamente tensiones tangenciales.

b)

Obtener, para la anterior circunstancia, principales y sus respectivas orientaciones.

c)

Fijar la posición de aquellos planos sobre los que los módulos de las tensiones normal y tangencial adquieren el mismo valor.

las

tensiones

8 MPa 4 MPa

σ 5 MPa (I) 4 MPa

60º

(II)

Solución Problema 4.4 Para obtener el estado tensional correspondiente al estado I+II que actúa sobre un plano pueden sumarse los dos estados tensionales originados por los estados de carga I y II que actúan por separado, pero siempre que consideremos los mismos planos. Como quiera que nos definen los estados tensionales originados por ambos sistemas en las cercanías del mismo punto geométrico pero considerando puntos elásticos diferentes , lo primero que debemos hacer es obtener el estado tensional que origina el sistema de cargas I (nótese que las tensiones que actúan sobre el punto elástico de la derecha no se encuentran totalmente definidas) sobre un punto elástico que tuviera como caras las paralelas a las del punto elástico de la derecha de la figura del enunciado.

79

Partamos, pues, del punto elástico de la izquierda: 8 5 B

4

I

A

Como conocemos las tensiones que actúan sobre las direcciones A y B (que son ortogonales entre sí) podemos dibujar el círculo de Mohr correspondiente:

τ

B (8;5) D (-5,2;2,8)

σ C (9,2;-2.8)

A (-4;-5) De este círculo podemos obtener las tensiones que actúan, para el sistema de carga I, en un punto elástico cuyas caras forman 30º con las originales (puntos C y D), resultando: 5,2 2,8 Ι

9,2

C D

Ahora ya podemos obtener el estado tensional sobre el punto elástico considerado cuando actúa el sistema de cargas I+II, por lo que las tensiones resultantes sobre el punto elástico en estas condiciones serán:

80

σ −5,2 6,8

9,2

Ι+ΙΙ C’ D’ Para calcular σ la condición que nos dan en el enunciado es que existen dos planos perpendiculares entre sí (y, por tanto, diametralmente opuestos en el círculo de Mohr) sobre los que actúan exclusivamente tensiones tangenciales (lo que implica que no existen tensiones normales actuando sobre dichos planos). En estas condiciones, el círculo de Mohr correspondiente al punto elástico de la figura inmediatamente anterior debe tener su centro en el origen de los ejes del plano de Mohr. Con este racionamiento, junto con el hecho de que conocemos el punto representativo de la cara C’, podemos dibujar el círculo de Mohr correspondiente, resultando:

τ D’ (-9,2;6,8)

2 (−8;8)

1 (8;8)

σΙ=11,3

82º

37º

σΙΙ=−11,3

σ

C´ (9,2;-6.8) 4 (8;−8)

3 (−8;−8)

del que podemos deducir la posición del punto representativo de la dirección D’, y en particular, su abcisa (-9,2), valor éste del que podemos deducir el correspondiente de σ: σ − 5 ,2 = −9 ,2

⇒

σ = −4 MPa

También podemos deducir el valor de las tensiones principales: σ I = −σ II = 11,3 MPa

y los correspondientes planos sobre los que actúan:

81

σΙΙ

Plano II

60º+37º/2=78,5º σΙ Plano I Los planos sobre los que los módulos de la tensión normal y de la tangencial son iguales corresponderán a los puntos del círculo de Mohr resultado de la intersección de él con las bisectrices de los ejes σ−τ. Las direcciones correspondientes son: 1

4

2 3 11º 3 2 4

1

82

PROBLEMA 4.5 En el punto O de una pieza fabricada con un material elástico lineal se sabe que las tensiones σz, τzx y τzy son nulas, y que los valores de las deformaciones longitudinales según las tres direcciones AB, CD y FG indicadas en la figura toman los valores:

εAB = ( 8 − 5 3 )·10-4 εCD = 3·10-4 εFG=13·10-4 Las constantes elásticas del material son E=2,4⋅104 MPa y ν=0,2. Obtener: a) Deformaciones deformación.

principales

y

direcciones

principales

de

b) Valor de la tensión tangencial máxima en O, así como orientación del plano sobre el que actúa. A D

F

45º

45º C G B

Solución Problema 4.5 Ninguna de las tres direcciones que nos proporcionan quedaría unívocamente determinada en el plano de Mohr ya que, de cada una de ellas, sólo conocemos la deformación longitudinal (no se proporciona ninguna información sobre las deformaciones angulares). Si, en el plano de Mohr, escogiéramos unos ejes de manera que, el eje γ/2 fuera paralelo a una de las direcciones que nos proporcionan en el enunciado podemos simplificar la resolución del problema. Supongamos que

83

procedemos así escogiendo una paralela a la dirección A-B como eje γ/2 en el plano de Mohr. Si dibujamos los ejes coordenados, los puntos representativos de las tres direcciones estarán sobre rectas verticales (de puntos en la figura siguiente) con abcisas iguales a los valores deformaciones que nos proporcionan. γ/2 (x10-4)

8−5 3

3

13

ε (x10-4) Dirección A-B

Dirección C-D

Dirección F-G

Como el Polo del círculo de Mohr debe encontrarse sobre la recta de abcisa igual a la deformación en la dirección A-B, tomemos un punto cualquiera de la misma y supongamos, por un instante, que hubiésemos acertado y, realmente, ese punto fuera el polo. Trazando por él (ver la siguiente figura) una recta paralela a la dirección CD. Debería cortar a la recta vertical de esa dirección, en el punto C, que sería el punto representativo de esa dirección. De igual forma podríamos haber razonado para obtener el punto F que representaría la dirección F-G.

84

γ/2 (x10-4)

P

C

45º 45º

O ε (x10-4)

Dirección F-G

Dirección Dirección A-B C-D

F

Teniendo en cuenta que disponemos de la posición relativa entre de tres puntos en el círculo de Mohr, podemos dibujar ya éste. Lógicamente, al haber escogido al azar un punto como polo (pero, al menos, lo hemos elegido sobre una recta sobre la que debe estar) el centro del círculo de Mohr no estará sobre el eje ε, por lo que debemos realizar una traslación del mismo hacia abajo hasta que el centro del círculo esté sobre el eje horizontal:

85

Dirección de Tensión tangencial máxima γ/2 (x10-4) C

P 15º

ε (x10-4)

O Dirección F-G

Dirección Dirección A-B C-D

Dirección Principal II

Dirección Principal I

F

En estas condiciones, del círculo de la figura se obtienen las direcciones principales, la dirección de tensión tangencial máxima (también sería cumpliría este requisito la dirección ortogonal a esta última). Por tanto, las deformaciones principales son:

ε I = 18,3 ⋅10 −4

ε II = −2 ×10 −4

La deformación angular máxima se obtiene del círculo (su radio) y vale: ⎛γ⎞ −4 ⎜ ⎟ = 10,2 ⋅ 10 ⎝ 2 ⎠ máx

⇒

γ máx = 20,4 ⋅ 10 − 4

por lo que la tensión tangencial máxima será: τ máx = G ⋅ γ máx =

E 2,4 ⋅ 10 4 ⋅ γ máx = ⋅ 20,4 ⋅ 10 − 4 = 20,4 MPa 2(1 + ν ) 2 ⋅ (1 + 0,2 )

86

PROBLEMA 4.6 Sobre un sólido actúan dos sistemas de cargas (I) y (II), que producen en un cierto punto P del sólido dos estados tensionales diferentes. El estado tensional debido al sistema de cargas (I) se conoce y está representado en la parte derecha de la figura. El estado tensional debido al sistema de cargas (II) se desconoce. Si actúan ambos sistemas de cargas conjuntamente, en el mismo punto P aparece un estado tensional (III). Las componentes intrínsecas del vector tensión que produce el sistema de cargas (III) sobre un plano π que forma 30º , medidos en sentido antihorario, con el eje y, aparecen representadas en la parte derecha de la figura mediante el círculo de Mohr. Las propiedades elásticas del material son E=200 GPa, ν=0,3. Suponiendo un estado de tensión plana se pide:

-

a) Obtener los tensores completos de tensiones deformaciones del estado (II) en los ejes {x,y,z}.

-

b) Obtener las tensiones y direcciones principales del estado (II). (I) 100 MPa

y

+

estado tensional desconocido

plano π 300 MPa

=

σ 100 MPa plano π

30º

Solución Problema 4.6 ESTADO I: Dibujando el círculo de Mohr:

87

de

(III) τ

200 MPa 45º

x

(II)

y

200

(σIx,τIxy)

100

100

200

(σIy,−τIxy)

(200;-100)

se pueden obtener las tensiones actuantes sobre el punto elástico en las direcciones paralelas a los ejes coordenados. De esta manera, el punto elástico será:

200 100

ESTADO III: De este estado se proporciona el siguiente círculo de Mohr:

200

π

100

60º

100

200

(σIIIy,−τIIIxy)

de donde resulta:

88

(σIIIx,τIIIxy)

σ xIII = 200 + 100 cos 30º = 286,6 MPa σ xIII = 200 − 100 cos 30º = 113,4 MPa τ xyIII = −100sen30º = −50 MPa por lo que el punto elástico es: 113,4 50

286,6

ESTADO II: Aplicando el Principio de superposición, y teniendo en cuenta que se trata de un estado de tensión plana (σz=0), el tensor de tensiones correspondiente a este estado resulta ser:

[T ] II

⎡286,6 − 150 0 ⎤ = ⎢⎢ − 150 − 86,6 0 0⎥⎥ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦

Las deformaciones correspondientes a este estado pueden deducirse aplicando las Leyes de Hooke generalizadas:

ε = II x

ε = II y

σ xII E

σ yII E

ε = −ν II z

γ

II xy

=

τ xyII G

−ν −ν

(σ

II x

σ yII E

= 1,56 × 10 −3

σ xII

= −0,86 × 10 −3 E + σ yII = −3,00 × 10 − 4 E

)

= −1,95 × 10 −3

y, por tanto, el tensor de deformaciones resultante es:

[D ] II

0 ⎤ ⎡ 1,56 − 0,97 ⎢ = ⎢− 0,97 − 0,86 0 ⎥⎥ × 10 −3 − 0,3⎦⎥ 0 ⎣⎢ 0

Las tensiones principales, y sus direcciones, en el estado II pueden obtenerse utilizando el círculo de Morh:

89

200

(σIIx,τIIxy) 100

2θ

100

σΙΙΙ

200

σΙ

En el que su centro tiene como abcisa (100 MPa), radio de 239,4 MPa y ángulo θ=38,8º. Las tensiones principales son:

σI=339,4 MPa, σII=0 (dirección del eje z) y σIII=-139,4 MPa, formando la dirección I un ángulo de 19,4º con el eje x.

90

PROBLEMA 4.7 En un punto de un sólido elástico sometido a un estado de deformación plana, las tensiones normal y tangencial sobre un plano A-A, que forma 45º con el eje x, son σ=40 MPa y τ=80 MPa respectivamente. La deformación longitudinal en la dirección A-A es εA=1,5·10-3. Las propiedades elásticas del material son E=100 GPa y ν=0,25. Determinar: a) Tensiones normal y tangencial que actúan sobre el plano B-B, perpendicular al A-A. b) Tensiones σx, σy, τxy que actuarán en el punto elástico de lados paralelos a los ejes coordenados. c) Deformación longitudinal en la dirección B-B y deformación angular asociada a las direcciones A-A y B-B. d) Deformaciones principales. τ A

σ

y

B

45º x A

Solución Problema 4.7 a) Llamemos σ∗ y τ∗ a las tensiones que actúan sobre B-B. Al tratarse de un estado de deformación plana:

σ z = ν ⋅ (σ + σ * ) = 0,25 ⋅ (40 ⋅ 10 6 + σ * ) Por otra parte, la deformación longitudinal según A-A es conocida, por lo que:

91

ε AA = 1,5 ⋅ 10 3 =

σ * 0,25 − 11 ⋅ 40 ⋅ 10 6 + σ z 11 10 10

(

)

De las dos ecuaciones anteriores, se deduce que:

σ* = 173 MPa σ z = 53,2 MPa Por otra parte, al ser la dirección B-B perpendicular a la A-A, la tensión tangencial que actúa sobre la primera dirección debe tener un módulo igual a la que actúa sobre la segunda dirección. Por tanto: τ * = 80 MPa

Así pues, las tensiones buscadas son: τ A

σ

y

173 MPa

45º x

A

b) Dibujando el círculo de Mohr:

200

100

(173;80)

(σx,τxy)

100

(40;80)

92

β

80 MPa B

200

(σy,−τxy)

se deduce que:

β = 39,8º Abcisa del centro del círculo = Radio = 80

40 + 173 = 106,7 MPa 2

2 ( 173 − 40) +

= 104 MPa 4 σ x = 106,7 − 104 ⋅ cos β = 26,7 MPa 2

σ y = 106,7 + 104 ⋅ cos β = 186,7 MPa τ xy = −104 ⋅ senβ = −66,6 MPa c) Aplicando las leyes de Hooke:

σ ν − ⋅ (σ * + σ z ) = −1,65 ⋅ 10 − 4 E E τ 80 ⋅ 10 6 = 2 ⋅ 10 −3 = = G 1011 2(1 + 0,25)

ε BB = γ AB

Las tensiones principales son: σ I = 106 ,7 + 104 = 210 ,7 MPa σ II = 106 ,7 − 104 = 2 ,7 MPa

y las deformaciones principales resultan: σI ν − ⋅ (σ II + σ z ) = 1,96 ⋅ 10 −3 E E σ ν ε II = II − ⋅ (σ I + σ z ) = −6,32 ⋅ 10 − 4 E E εI =

93

PROBLEMA 4.8 En un punto de un sólido elástico se sabe que la deformación longitudinal en la dirección a y la deformación angular asociada a las direcciones ab son nulas (a y b direcciones perpendiculares entre sí) y que la deformación longitudinal en dirección c es negativa. Así mismo, se conoce la deformación angular máxima en el punto que resulta ser γmax=0,005. c b

a

45º

25º Figura 1

-

a) Obtener las deformaciones principales y las direcciones principales de deformación, indicando gráficamente el ángulo que forman con la dirección horizontal, (línea de puntos de la figura)

Si el estado tensional causante de las deformaciones anteriores es el indicado en la figura 2, con σa = -60 MPa y σb = -300 MPa, determinar:

4

σb

τab σa

Figura 2

94

-

b) Constantes elásticas E y ν.

-

c) Máxima tensión tangencial y planos sobre los que actúa, indicando gráficamente su orientación respecto de la dirección horizontal.

NOTA: Considérese estado de tensión plana

Solución Problema 4.8 a) Dibujemos el círculo de Mohr en deformaciones correspondientes al punto considerado. De la dirección a sabemos que la deformación longitudinal en esa dirección εa y la deformación angular γab respecto de esa dirección y otra ortogonal a ella son, ambas, nulas. Por tanto, el punto representativo de la dirección a será el origen de coordenadas de los ejes del plano de Mohr. Por otra parte, se nos dice que la γmáx que se produce en el punto elástico considerado es de 0,005, lo que equivale a decir que el radio del círculo de Mohr será la mitad del valor de dicha deformación. En estas condiciones, el círculo de Mohr podría ser cualquiera de los dos que se muestran en la figura: γ/2 0,0025 γmáx/2 ε (εb;γba/2)

(εa=0;γab/2=0) -0,0025

De los dos posibles círculos, debemos quedarnos con el de la izquierda ya que, como condición adicional, se nos indica que, para la dirección c que forma 25º con la dirección a en sentido antihorario, la deformación longitudinal es negativa y, por tanto, girando el radio vector que une el centro del círculo de Mohr con al punto representativo de la dirección a, en sentido antihorario, se obtendría el punto representativo de la dirección e que debe tener abcisa negativa. Por la posición de los puntos representativos de las direcciones a y b en el círculo de Mohr, ambas direcciones son principales, por lo que las deformaciones principales serán: 95

εI = εa = 0 ε II = ε b = 0 ,005

b) Al ser a y b direcciones principales de deformación, también lo serán de tensión, por lo que podemos concluir que el valor de τab que aparece en la figura 2 del enunciado debe ser nulo. En estas condiciones: σa

εa =

E

σb

εb =

E

− −

ν E

ν E

σb σa

siendo: σ a = −60 MPa σ b = −300 MPa εa = 0 ε b = 0 ,005

Resolviendo el sistema, se obtiene: E = 5 ,76 × 10 10 Pa

ν = 0 ,2

c) La máxima tensión tangencial será igual a: τ máx = G ⋅ γ máx

donde: G =

E = 2 ,4 GPa 2(1 + ν )

por lo que: τ máx = G ⋅ γ máx = 120 MPa

Los plano sobre los que actúa dicha tensión máxima tangencial serán aquellos dos, ortogonales entre sí, en los que la deformación angular es máxima. Volviendo al círculo de Mohr, ambos planos formarán 45º (justo la mitad del ángulo de 90º que forman los radios vectores que unen el centro del círculo con los puntos representativos de a y el de la dirección de deformación angular máxima) con las direcciones a y b en sentido antihorario.

96

PROBLEMA 4.9 Sobre un punto perteneciente a un sólido elástico se aplica el estado de tensiones (I) indicado en la figura. Posteriormente se reduce la tensión σx hasta un valor de 10 MPa en compresión, manteniendo los valores de las tensiones σy y τxy, y alcanzándose con ello un segundo estado tensional (II). Determinar: a) Variación del valor de la deformación longitudinal en la dirección AA’ que ha tenido lugar en el punto al pasar del estado (I) al estado (II). b) Variación del valor de la deformación angular máxima que ha tenido lugar en el punto al pasar del estado (I) al estado (II). c) Orientación de la pareja de direcciones que sufre la máxima deformación angular en el estado (II). Considerar Deformación Plana en ambos estados. DATOS: E=100 GPa;

ν=0,25 30 MPa A'

25 MPa 50 MPa

y A

x

97

Solución Problema 4.9 ESTADO I: Dado que se trata de un problema de deformación plana, se tendrá que:

εz = 0 γ xz = γ yz = 0

σ z = ν ⋅ (σ x + σ y ) En nuestro caso, se tiene:

σ x = −50 MPa σ y = 30 MPa τ xy = 25 MPa por lo que: σ z = ν ⋅ (σ x + σ y ) = 0 , 25 ⋅ (− 50 + 30 ) = − 5 MPa

Por otra parte, las deformaciones inducidas en el punto elástico serán:

6 − 50 ⋅ 10 0,25 ⎛ σx ν 6 6 − ⋅ (σ y + σ z ) = − ⋅ ⎜ 30 ⋅ 10 − 5 ⋅ 10 ⎞⎟ = −5,625 ⋅ 10 − 4 9 9 E E ⎠ 100 ⋅ 10 100 ⋅ 10 ⎝ 6 σy ν 30 ⋅ 10 0,25 ⎛ 6 6⎞ −4 εy = − ⋅ (σ x + σ z ) = − ⎜ − 50 ⋅ 10 − 5 ⋅ 10 ⎟ = 4,375 ⋅ 10 9 9 E E ⎠ 100 ⋅ 10 100 ⋅ 10 ⎝ 6 τ xy 25 25 ⋅ 10 γ xy = = = = 6,25 × 10 − 4 E 9 G 40 ⋅ 10 2(1 + ν ) εx =

Conociendo el estado deformacional en el punto elástico, podemos dibujar el círculo de Mohr:

98

γ/2 γmáx/2

(εb;γab/2)

(εy;γxy/2) ε α

C 90º

β

(εx;γxy/2) γmáx/2

(εa;γab/2)

El centro C del círculo tiene una abcisa igual a: 1 ⋅ (ε x + ε y ) = − 0,625 ⋅ 10 − 4 2

y un radio R de valor:

γ 1 (ε x − ε y )2 + ⎛⎜ xy ⎞⎟ = 5,8962 ⋅ 10 − 4 ⎜ 2 ⎟ 4 ⎝ ⎠ 2

R=

De este círculo de Mohr puede obtenerse:

3,125 ⋅ 10 −4 tg α = 5 ⋅ 10 − 4

α = 32º

y

β = 180 − 90 − α = 58º La deformación longitudinal según la dirección A-A’ será: ε aI = −0,625 ⋅ 10 −4 + R ⋅ cos 58º = 2,4995 ⋅ 10 −4 1 γ =R 2 máx

⇒ γ I máx = 11,7924 ⋅ 10 − 4

ESTADO II:

En este caso:

99

σ x = −10 MPa σ y = 30 MPa τ xy = 25 MPa

por lo que: σ z = ν ⋅ (σ x + σ y ) = 5 MPa

Las deformaciones serán:

6 0,25 ⎛ − 10 ⋅ 10 σx ν 6 6 − ⋅ (σ y + σ z ) = − ⋅ ⎜ 30 ⋅ 10 + 5 ⋅ 10 ⎞⎟ = −1,875 ⋅ 10 − 4 9 9 E E ⎠ 100 ⋅ 10 100 ⋅ 10 ⎝ 6 σy ν 30 ⋅ 10 0,25 ⎛ 6 6 εy = − ⋅ (σ x + σ z ) = − ⋅ ⎜ − 10 ⋅ 10 + 5 ⋅ 10 ⎞⎟ = 3,125 ⋅ 10 − 4 9 9 E E ⎠ 100 ⋅ 10 100 ⋅ 10 ⎝ τ xy 25 ⋅ 10 6 γ xy = = = 6,25 ⋅ 10 − 4 9 G 40 ⋅ 10 εx =

El correspondiente círculo de Mohr será:

γ/2

γmáx/2 (εb;γab/2)

(εy;γxy/2) ε

α (εx;γxy/2)

2δ

C β 90º

(εa;γab/2)

γmáx/2

en el que su centro C posee una abcisa igual a 0,625·10-4 y un radio R de 4,002·10-4. Los valores de los ángulos son:

tg α =

3,125 ⋅ 10 −4 2,5 ⋅ 10 − 4

⇒ α = 51,34º

100

y

β = 180 − 90 − α = 38,66º La deformación longitudinal según la dirección A-A’ será: ε aII = 0,625 ⋅ 10 −4 + R ⋅ cos 38,66º = 3,75 ⋅ 10 −4 1 γ =R 2 máx

⇒ γ II máx = 8,004 ⋅ 10 − 4

Por tanto, en relación con los apartados del problema: La variación de la deformación longitudinal en la dirección A-A’ que ha tenido lugar, al pasar del estado I al II, es:

∆ε a = ε aII − ε aI = 1,2505 ⋅ 10 −4 La variación de la deformación angular máxima que ha tenido lugar, al pasar del estado I al II, resulta ser:

∆γ máx = γ IImáx − γ Imáx = −3,7884 ⋅ 10 −4 La orientación de las direcciones de deformación angular máxima para el estado II, son la que forma δ grados en sentido antihorario y su perpendidular: A’

δ A

siendo:

2δ = 90 − α = 90 − 51,34 = 38,66 ⇒ δ = 19,33º

101

x

PROBLEMA 4.10 Un punto de un sólido elástico se encuentra sometido a dos estados de tensión plana (A) y (B). El estado (A) es desconocido y el estado (B) viene definido en la figura adjunta. Se sabe que si actúan ambos estados simultáneamente, dando lugar al estado tensional (C), las tensiones principales en el plano {x,y} toman los valores σI = 80 MPa y σII = −80 MPa y las direcciones principales forman con los ejes {x,y} los ángulos indicados en la figura. Determinar: a) Tensor de tensiones, referido a los ejes {x,y}, para el estado tensional (C). b) Tensiones principales y direcciones principales, indicando su orientación respecto de los ejes {x,y}, para los estados tensionales (A) y (B). y

80 MPa

?

I 60 MPa

? ?

45º

40 MPa

x

45º II Estado (A) (desconocido)

Estado (B)

Estado (C)

Solución Problema 4.10 a) Para el estado tensional (C) se conocen las tensiones principales. Esto es:

σ I = 80 MPa

y σ II = − 80 MPa

Podemos dibujar el círculo de Mohr, el cual, al ser los valores de las tensiones principales iguales y opuestos, estará centrado en el origen de los ejes del plano de Mohr y su radio será, precisamente, el valor absoluto de dichas tensiones principales:

102

τ B

σ σII

σI

A 80 MPa El plano principal I (perpendicular a la dirección en la que actúa la tensión σI) formará un ángulo de 45º con el plano representativo del punto A, por lo que, dicho plano, será vertical y, sobre él, actuará solamente una tensión tangencial negativa de valor –80 MPa. El plano representativo del punto B del círculo será horizontal y sólo actuará sobre él una tensión tangencial de valor +80 MPa (Nótese que los puntos A y B poseen abcisa (tensión normal) nula). Por tanto, el punto elástico correspondiente al estado de cargas (C), referido al sistema de coordenadas x,y, será:

y B A

x y la expresión del Tensor de tensiones en el estado C, referido a los ejes x,y, resultará ser:

[T] = ⎡⎢

0 80⎤ ⎥ MPa ⎣80 0 ⎦

El Tensor de tensiones en el estado B (ver figura del enunciado), referido a los ejes x,y, será:

[T] = ⎡⎢

40 60⎤ ⎥ MPa. ⎣60 80⎦

Dibujando el círculo de Mohr:

103

τ

II

Plano horizontal

40

C

I

σ

80

108,4º ´Plano vertical

se obtienen las siguientes tensiones principales: σ I = 123,2 MPa, σ II = −3,2 MPa

El plano sobre el que actúa la tensión principal I formará un ángulo de 108,4º/2=54,2º con la dirección vertical. Es decir, la dirección principal mayor (dirección de la tensión σI) formará un ángulo de 54,2º, en sentido antihorario con el eje x. El estado (A) será (aplicando el Principio de superposición) la diferencia entre el estado (C) y el (B). Nótese que estamos aplicando este principio en un mismo punto elástico refiriendo el estado tensional, que produce cada uno de los estado de carga, a un mismo sistema de referencia cartesiano. Por tanto, el tensor de tensiones, expresado en MPa y correspondiente al estado de carga (A), será:

− 40 20 ⎤ ⎥ ⎣ 20 − 80⎦

[T] = ⎡⎢

En estas condiciones, y para este estado de carga, las tensiones principales que se obtienen son: σ I = −31,7 MPa, σ II = −88,3 MPa

formando la dirección principal I un ángulo de 22,5º, en sentido antihorario, con el eje x.

104

PROBLEMA 4.11 El punto O pertenece a un sólido sometido a un sistema de cargas exteriores (Sistema de cargas I). En dicho punto, y para este estado de cargas, se sabe que las tensiones tangenciales que actúan sobre los planos perpendiculares A y B (ver parte izquierda de la figura), que pasan por las proximidades del punto O, son del mismo valor igual a τ , y con los sentidos indicados en la figura. Para el plano A, que forma 15º, en sentido horario, con el plano en el que se produce la tensión principal mayor, se conoce que la tensión normal es de tracción e igual a 80 MPa. Teniendo en cuenta que la tensión normal en el plano B es nula, se pide, cuando actúa el sistema de cargas I: a) Magnitud de la tensión tangencial A y B.

τ

que actúa sobre los planos

b) Máxima tensión de compresión en el punto elástico O y plano en el que se produce (orientación respecto al eje x). Una vez que actúa sobre el sólido el Sistema de cargas I, se aplica otro estado de cargas diferente (Sistema de cargas II, cuyo estado tensional correspondiente en el punto O se recoge en la parte derecha de la figura). Se pide: c) Valor de la tensión τ II (producida cuando exclusivamente actúa el Sistema de cargas II) sobre un plano que forma 0º con el eje x, para que, cuando actúan simultáneamente los sistemas de carga I y II, el tensor de tensiones en ejes {x,y,z} sea igual al tensor de tensiones en ejes principales. d) Para el valor de τ II , antes calculado, obtener el tensor completo de deformaciones, en los ejes {x,y,z}, cuando actúan simultáneamente los sistemas de carga I y II.

105

A

τ

80 MPa

τII 80 MPa

45º

O

y

τ

x

Estado Tensional correspondiente al

Sistema de Cargas II

B Estado Tensional correspondiente al

Sistema de Cargas I

NOTA: Considérese que el sólido se comporta en tensión plana para todos los estados de carga considerados en este problema. Las propiedades elásticas del material son E=200 GPa y ν =0,3

Solución Problema 4.11 a) Magnitud de la tensión tangencial A y B.

τ

que actúa sobre los planos

La coordenada vertical del centro del círculo de Mohr es nula y, además, éste se encuentra, necesariamente, en la mediatriz de AB. Como el ángulo que forma el plano A con los ejes principales es de 15º, se tiene que:

106

τ (σy,τxy )

B (0,τ )

2αII=120º

O’

O

2α=30º 90º

τ

σ

A (80, - τ )

2α (σx ,-τxy)

de donde se deduce que: OO ′ = 80 / 2 = 40 MPa

y que, por tanto: τ = 40·tg ( 2α ) = 40·tg (30º ) = 23,08MPa

b) Máxima tensión de compresión y plano en el que se produce. El radio R del círculo de Mohr es: R = 23,08 2 + 40 2 = 46,18MPa

por lo que la máxima tensión de compresión σ II será: σ II = OO'- R = -6,18MPa

El plano correspondiente lo podemos obtener teniendo en cuenta que: 2α II = 120º

resultando: α II = 60º

respecto al eje x en sentido antihorario c) Valor de τ II . Calculamos el tensor de tensiones del estado I: σ X = OO '- R cos( 60 º ) = 16,91 MPa

107

σ Y = OO '+ R cos( 60 º ) = 63,09 MPa

τ XY = R cos(30º ) = 40 MPa

por lo que el tensor de tensiones será: ⎡ ⎤ 16,91 40 ⎥ ⎢ TI = MPa ⎢ 40 63, 09 ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ Sumando los tensores de tensiones de los estados I y II (Principio de superposición): ⎡ − 63,09 40 + τ II ⎤ TI + TII = ⎢ MPa 63,09 ⎥⎦ ⎣ 40 + τ II de donde τ II = −40MPa e) Tensor de deformaciones completo. Aplicando las leyes de Hooke: ε X = σ X / E − ν ·σ Y / E = 10 −3 (-63,09/ 200 - 0,3·63,09/200 ) = −0,41·10 -3 ε Y = σ Y / E − ν ·σ X / E = 10 −3 (63,09/200 + 0,3·63,09/200 ) = 0,41·10 -3 ε Z = −ν ·(σ X + σ Y ) / E = 0 γ XY = τ XY / G = 0

por lo que, el tensor de deformaciones será: 0⎤ ⎡− 0,41 0 ⎢ D I + D II = ⎢ 0 0,41 0⎥⎥·10 −3 ⎢⎣ 0 0 0⎥⎦

108

CAPÍTULO 5

FUNCIÓN DE AIRY

109

PROBLEMA 5.1 Considérese la función φ ( x, y ) = α x y 3 + β x y . a) ¿Puede considerarse como una función de Airy? b) Determinar todas las componentes del tensor de tensiones asociado a φ. c) Dado el sólido de la figura, que se encuentra en un estado de deformación plana según la dirección z, determinar los coeficientes α y β que hacen que la función φ sea la solución del estado tensional generado por la carga P aplicada en el extremo izquierdo del sólido. Obtener la tensión σz en cada punto del mismo. y

y h/2 x

z

h/2

P b/2 b/2 L

Solución Problema 5.1 a) Para que la función φ sea función de tensión o de Airy, debe cumplir que su bilaplaciano sea nulo. Es decir:

∆ 2φ = 0 Por otra parte, para la función φ de este problema, se cumple:

∂ 4φ ∂x 4

=

∂ 4φ ∂y 4

=

∂ 4φ ∂x 2 ∂y 2

=0

por lo que la función φ es biarmónica y, por tanto, es función de tensión. b) Las componentes tensionales (estado de deformación plana) son:

111

σx =

∂ 2φ = 6αxy ∂y 2

∂ 2φ σy = 2 = 0 ∂x ∂ 2φ τ xy = − = −3αy 2 − β ∂x∂y σ z = ν(σ x + σ y ) = 6ναxy por lo que, el tensor de tensiones, expresado en el sistema de coordenadas x,y,z será:

⎡ 6αxy − 3αy 2 − β 0 ⎤ ⎢ ⎥ 2 [T ] = ⎢− 3αy − β 0 0 ⎥ ⎢ 0 0 6ναxy⎥⎦ ⎣ c) En x=0, las tensiones tangenciales actuantes son: τ xy = −3αy 2 − β

Para cualquier valor de la ordenada y, la tensión tangencial es negativa, lo que indica que tiene sentido contrario al del eje y. La fuerza exterior P y estas tensiones tangenciales deberán ser sistemas equivalentes (deberán poseer la misma resultante y momento respecto de un punto). Esto es: h ⎛ ⎞ h3 P = ∫ h2 τ xy ⋅ b ⋅ dy = ⎜⎜ α ⋅b⋅ + β⋅ b⋅ h ⎟⎟ ⋅ (− 1) − 4 2 ⎝ ⎠

Lógicamente, poseen el mismo momento (momento nulo) respecto de cualquier punto del plano sobre el que actúan. Por otra parte, en los extremos superior e inferior de la sección considerada no existirán tensiones tangenciales:

h h En y = ± : τ xy = −3 ⋅ α ⋅ − β = 0 2 4 2

Las dos últimas ecuaciones obtenidas permiten determinar el valor de los parámetros α y β de la función φ, resultando:

112

2P

α =

bh 3 3P β =− 2bh

por lo que las tensiones, en un punto genérico del sólido, son:

σx =

12P xy bh 3

τ xy = −

6P 2 3P y + 2bh bh 3

σ z = νσ x =

12Pν xy bh 3

NOTA: Si tenemos en cuenta que el momento de inercia de la sección de la pieza respecto del eje x es:

Iz =

1 ⋅ b ⋅ h3 12

y que P ⋅ x es el momento flector M que actúa en una sección paralela al plano y-z separada una distancia x de la sección del extremo izquierdo, se tiene que:

σx =

My Iz

que es la fórmula básica y general de la distribución de tensiones en una sección simétrica causada por un estado de flexión pura.

113

PROBLEMA 5.2 Una placa rectangular se encuentra sometida a las acciones indicadas en la figura. Determinar la función de Airy que resuelve el problema.

σ2

y

σ2 h

σ1

σ1

x

L

Solución Problema 5.2 La expresión que debemos tomar para la función de Airy depende de las condiciones tensionales que actúan sobre los contornos de la placa. Así, en nuestro caso, la variación de las tensiones normales en los lados verticales de la placa puede ser considerada como la suma de una distribución uniforme más una distribución lineal. Dado que las tensiones en puntos del interior de la placa (y, por supuesto, en los contornos de la misma) se obtienen derivando dos veces la correspondiente función de Airy, ésta deberá tener una expresión suma de un polinomio de segundo grado (al derivar dos veces se obtendría una constante (distribución uniforme)) más un polinomio de tercer grado (al derivar dos veces se obtendría una función lineal de las coordenadas cartesianas que se emplean (distribución lineal)). A la vista de lo anterior, la función de Airy a utilizar en nuestro caso será: φ = ax 3 + bx 2 y + cxy 2 + dy 3 + cx 2 + fxy + gy 2 . Las tensiones en los puntos interiores de la placa se obtendrán mediante derivación de la función de Airy anterior, resultando: σx =

∂ 2φ ∂y

2

= 2cx + 6dy + 2 g σ y =

∂ 2φ ∂x

2

= 6ax + 2by + 2e τ xy = −

∂φ = −2bx − 2cy − f ∂x∂y

Para determinar los valores de las constantes que aparecen en la función de Airy, deberemos imponer las condiciones de contorno de nuestro problema. Dichas condiciones son: 114

a) en x=0, σ x =

σ 2 − σ1 h

y + σ 1 (variación de tensiones dato del problema)

b) en x=0, τ xy = 0 c) en y=0, σ y = 0 Una vez obtenidas las constantes, la función de Airy resulta ser: φ=

σ 2 − σ1 6h

y3 +

σ1 2

y2

115

PROBLEMA 5.3 La placa plana rectangular representada en la figura se encuentra sometida a un estado de tensión plana y, sobre su contorno, actúan las tensiones tangenciales, expresadas en MPa, que se indican en la figura. (Se supone que dichas tensiones varían linealmente a lo largo de cada lado). a) Determinar la distribución de tensiones normales más simple que habría que aplicar sobre el contorno de la placa para que se verifiquen las ecuaciones de equilibrio interno a lo largo de toda la placa. b) Calcular las tensiones principales, direcciones, en el centro de la placa.

y

sus

correspondientes

6 6

2m

10

4 4 10 3m

116

Solución Problema 5.3 a) Al ser lineales las distribuciones de tensiones en todos los contornos de la placa, propondremos una función de tensión polinómica de tercer grado.

φ = ax 2 + bxy + cy 2 + dx3 + ex 2 y + fxy2 + gy3 por lo que:

2

σ x = ∂ φ = 2c + 2 fx + 6gy ∂ y2 ∂ 2φ σ y = 2 = 2 a + 6 dx + 2ey ∂x ∂ 2φ τ xy = − = −b − 2 ex − 2 fy ∂ x∂ y Al proporcionarnos en el enunciado las tensiones tangenciales que actúan sobre el contorno de la placa, podremos determinar los coeficientes b, e y f. En la expresión de σx el coeficiente del segundo sumando depende del valor de f y, en la expresión de σy, el coeficiente del tercer sumando depende del valor que haya adquirido el parámetro e. Al pedirnos la distribución de tensiones normales más simple, debemos considerar que los parámetros a, c, d, y g tienen que tomar valores nulos. Por tanto: a=0 d=0 g=0 b = −4 e = −1 c=0

f =1

La distribución de tensiones será, entonces:

σ x = 2x σ y = −2y

τ xy = 4 + 2 x − 2 y En el contorno la distribución de tensiones normales será:

117

4 MPa

6 MPa

b) En el centro de la placa: x=1,5 e y=1, por lo que:

σ x = 3 σ y = −2 τ xy = 5 y, por tanto, del círculo de Mohr obtendríamos:

3−2 = 0, 5 2 R = (3 − 0,5)2 + 52 = 5.59 σ I = 0,5 + 5, 59 = 6,09 σ II = 0, 5 − 5,59 = −5,09 1 5 θ = arctg = 31.72º 2 2,5

σm =

118

PROBLEMA 5.4 Una placa rectangular de espesor constante cuyos vértices son los puntos A (3,2), B (3,-9), C (-9,-9), D (-9,2), referidos a un sistema de referencia cartesiano, está sometida a un estado de tensión plana. Las expresiones de las tensiones actuantes sobre sus lados son:

-

Lado A-B: σx = y2 - 9

-

Lado B-C: σy = x2 - 81 τxy = -18 x

-

Lado C-D: σx = y2 - 81 τxy = - 18 y

-

Lado A-D: σy = x2 - 4

τxy = 6y

τxy = 4x

Se pide:

-

a) Tensiones en cualquier punto de la placa.

-

b) Coordenadas de los puntos singulares si los hubiere.

-

c) Ecuaciones y dibujo de la red de isostáticas, remarcando las isostáticas rectas.

y

D

A x

C

B

119

Solución Problema 5.4 a) La función de tensión φ será:

φ = ax 4 + bx 3y + cx 2 y 2 + dxy3 + ey 4 + fx3 + gx 2 y + hxy2 + iy3 + jx 2 + kxy +ly 2 Imponiendo las condiciones de contorno:

σ x = −x 2 + y2 σ y = x2 − y2 τ xy = 2xy b) Puntos singulares:

σ x = σ y τ xy = 0 , por lo que resulta:

−x 2 + y2 = x 2 − y2 → y = ±x (1) ⎧x = 0 τ xy = 0 ⇒ 2xy = 0 ⇒ ⎨ (2) y = 0 ⎩ La intersección de (1) con (2) es el punto singular (0,0) que, además, es punto neutro σ x = σ y = τ xy = 0 . c) Las isostáticas vendrán dadas por la ecuación:

2 ⎛ σx − σy⎞ σx − σy dy =− ± ⎜ ⎟ +1 dx 2 τ xy ⎝ 2 τ xy ⎠ resultando:

dy = dx

x 2 − y2 ± x2 + y2 2xy

dy x ⎧ = → y 2 = x 2 + c (3) ⎪ 1 dx y →⎨ x dy = − → ln y = −ln x + lnc (4) ⎪ 2 y ⎩ dx

Las curvas de la ecuación (3) son hipérbolas asintóticas con las bisectrices y las de la ecuación (4) son hipérbolas equiláteras. Para discernir qué curvas son las isostáticas I ó II, es conveniente dibujar el estado tensional en un punto cualquiera y ver en él cual es la orientación I ó II. Se puede comprobar que, las isostáticas de la

120

ecuación (3), son las que corresponden a las direcciones I, y, por tanto, las de la ecuación (4) son las de tipo II. El dibujo de las isostáticas es:

121

PROBLEMA 5.5 Dada la placa de la figura, que se encuentra sometida al estado de cargas indicado y trabajando en tensión plana, se pide: 1) Valor en micras de la variación de los lados AB y AD y de las diagonales AC y BC. 2) Variación del área de la placa. 3) Dibujar la red de isostáticas.

120 MPa y C 50 c m

B

60 MPa 60º x A

D

50 cm DATOS: E=210 GPa, ν=0,2

Solución Problema 5.5 1) Como las distribuciones de tensiones sobre los lados de la placa son uniformes, la función de Airy será un polinomio de segundo grado y, por tanto, el estado tensional en cualquier punto elástico también será uniforme y corresponderá al siguiente:

122

120 MPa

60 MPa 60º

que, representado en una forma más simple, será: 120 MPa 60º 60º 60º

60 MPa

En realidad, estamos dibujando el vector tensión que actúa sobre cada cara, el cual, proyectándolo sobre la normal y sobre el plano, nos conduce al siguiente estado tensional: 120 sen60=60

3 =102,74 MPa

120 cos60=60 60 cos60=30 60º

60 sen60=30

3 =51,37 MPa

Nótese que, al no ser las dos caras del punto elástico ortogonales entre sí, ya no se cumple la igualdad en módulo de las tensiones tangenciales. Conocido el estado tensional sobre dos caras del punto elático podemos dibujar el círculo de Mohr. Para ello situaremos, primero, en el plano de Mohr, los puntos representativos de la dirección paralela al lado A-B de la placa y el de la dirección horizontal paralela al lado A-D. Trazando la mediatriz del segmento que une los dos puntos anteriores, se puede obtener el centro del círculo de Mohr como el punto de corte de esta mediatriz con el eje σ:

123

τ 100

σ

-100

100

AB AD -100

Podemos dibujar el círculo de Mohr, pues conocemos su centro y, al menos, un punto por el que tiene que pasar, resultando:

τ 100

σ

-100

100

AB AD -100

De esta construcción gráfica podemos deducir los estados tensionales sobre las diferentes direcciones que nos van a interesar para determinar los alargamientos o acortamientos que nos piden en el enunciado:

124

τ BD

100

Dirección vertical

Dirección AB

-200

σ -100

100

60º AB

AD (Dirección horizontal)

AC

-100

Así, para el cálculo del alargamiento, o acortamiento, del segmento A-D de la realidad, necesitaremos conocer las tensiones que actúan sobre un punto elástico cuyos lados sean paralelos a las direcciones horizontal y vertical. Para la dirección horizontal ya conocíamos las tensiones actuantes (punto AD del círculo de Mohr). El punto representativo de la dirección vertical será el punto así denominado en el círculo de Mohr. Por tanto, las tensiones que actúan sobre el punto elástico resultante serán: 102,74 MPa 60 MPa 36,2 MPa

Para el cálculo del alargamiento, o acortamiento, de la diagonal A-C necesitamos conocer las tensiones que actúan sobre un punto elástico de lados paralelos a la dirección A-C y su ortogonal que, dada la geometría de la placa, coincidirá con la dirección B-D. Por tanto, estas tensiones actuando sobre este punto elástico nos servirán para calcular los cambios de longitud de ambas diagonales del rombo. En el círculo de Mohr, girando el radio vector que une el centro con el punto representativo de la dirección A-D un ángulo de 60º (en la realidad la dirección A-D y la A-C forman un ángulo de 30º) en sentido antihorario, determinamos el punto representativo de la dirección A-C y, también, las coordenadas del punto diametralmente opuesto, que corresponderá a la dirección B-D, resultando: 125

B 92 MPa 30º

C D

53 MPa

18 MPa

A

Como paso previo a la determinación del cambio de longitud del lado AB, podemos proceder de manera análoga a como ya hemos hecho. Por tanto, para la dirección A-B y su ortogonal, el punto elástico, y las tensiones que sobre él actúan, será: B 123,2 MPa 30 MPa

51,37 MPa A

Cambio de longitud del lado A-D: La deformación longitudinal en esta dirección será:

ε AD = ε x =

σx E

−ν

σy E

=

1 (36,2 + 0,2 ⋅ 102,74) = 270,23 × 10 −6 E

La variación de longitud de un elemento dx tomado sobre el segmento A-D resulta ser:

ε AD ⋅ dx = ε x ⋅ dx = 270,23 × 10 −6 ⋅ dx Por tanto, la variación de longitud del lado A-D (utilizaremos mm) es: 500

∫0

270,23 × 10 − 6 ⋅ dx = 135113,33 × 10 − 6 mm = 135,11 µ

126

Cambio de longitud del lado A-B: La deformación longitudinal en la dirección A-B será:

ε AB =

1 (− 123,2 − 0,2 ⋅ 51,37 ) = −635,6 × 10 −6 E

por lo que un elemento diferencial de longitud dl tomado sobre la recta A-B, experimentará un cambio de longitud de:

ε AB ⋅ dl = −635,6 × 10 −6 ⋅ dl y la variación de longitud del lado A-B resultará ser: 500

∫0

− 635,6 × 10 − 6 ⋅ dl = −317800 × 10 − 6 mm = −317,8 µ

Cambio de longitud de la diagonal A-C: La deformación longitudinal en esta dirección será:

ε AC =

1 (− 53 + 0,2 ⋅ 180) = −235,24 × 10 −6 E

La variación de longitud de un elemento dλ tomado sobre el segmento A-C es:

ε AC ⋅ dλ = −235,24 × 10 −6 ⋅ dλ por lo que la variación de longitud de la diagonal A-C será: 500 3

∫0

− 235,24 × 10 − 6 ⋅ dλ = −201399,1 × 10 − 6 mm = −201,40 µ

Cambio de longitud de la diagonal B-D: La deformación longitudinal en esta dirección resulta ser:

ε BD =

1 (− 180 + 0,2 ⋅ 53) = −35,24 × 10 − 6 E

La variación de longitud de un elemento dλ’ tomado sobre el segmento B-D será:

127

ε BD ⋅ dλ ′ = −35,24 × 10 −6 ⋅ dλ ′ La variación de longitud de la diagonal B-D será: 500

∫0

− 35,24 × 10 − 6 ⋅ dλ ′ = −17619,105 × 10 − 6 mm = −17,62 µ

2) La variación de superficie ∆S que experimenta la placa rómbica la podemos calcular determinando la variación de área que experimenta un punto elástico genérico e integrando, posteriormente, a toda la placa. Si denominamos S a la superficie inicial de la placa, el valor de ∆S será:

∆S = S ⋅ (ε AC + ε BD ) = S ⋅ (− 235,24 − 35,24 ) × 10 −6 = −270,48 × 10 −6 ⋅ S La superficie de la placa es:

⎛1 ⎞ S = 4 ⋅ ⎜ 250 3 ⋅ 250 ⎟ ⎝2 ⎠ por lo que ∆S resultará igual a 57,9 mm2. 3) Volviendo a la construcción de Mohr, el plano sobre el que actúa la tensión principal mayor σI formará un ángulo de 9,5º, en sentido antihorario, con la dirección A-B, tal como se desprende de la siguiente figura:

τ BD

100

Dirección vertical

Dirección AB

σII

-200

σ

σI -100

19º

60º

100

AB AD (Dirección horizontal)

AC

-100

La red de isostáticas serán líneas dadas por la ecuación: 128

2

dy 36,2 + 102,74 ⎛ 36,2 + 102,74 ⎞ = ± 1+ ⎜ ⎟ = Constante dx 2 ⋅ 60 2 ⋅ 60 ⎝ ⎠ por lo que se tratan de líneas rectas, tal como se indican en la figura:

y C

B

Isostáticas tipo I Isostáticas tipo II

x

A D 9,5º

129

CAPÍTULO 6

ELASTICIDAD BIDIMENSIONAL EN COORDENADAS POLARES

131

PROBLEMA 6.1 La pieza curva de la figura, cuya directriz es un arco de circunferencia de 90º de amplitud, tiene 4 metros de radio exterior, 2 metros de radio interior y su sección es rectangular de 2 x 0.1 metros cuadrados. Se encuentra sometida a flexión por dos momentos de 100 kN⋅m aplicados en las secciones extremas. a) Si la función de tensiones es: Φ = A ⋅ ln( r ) + B ⋅ r 2 ⋅ ln( r ) + C ⋅ r 2

determinar el valor de las constantes A, B y C para las condiciones del problema. b) Dibujar la distribución de tensiones σr, σθ y τrθ sobre el segmento AB. c) Dibujar los puntos singulares si los hubiere y la red de isostáticas, indicando cuáles corresponden a σI y cuáles a σII. r 45º

45º

A 4m B

100 kNm

θ

2m

100 kNm

0.1 m

sección

∫ ln( r ) ⋅ dr = −r + r ⋅ ln( r ) r 2 r 2 ⋅ ln( r ) ∫ ln( r ) ⋅ r ⋅ dr = − 4 + 2

133

Solución Problema 6.1 a) El laplaciano de la función es:

∆φ = 4 B ln r + 4 B + 4C y, por tanto:

∆2φ = 0 por lo que la función es de tensión o de Airy. Las tensiones resultantes serán:

σr =

A r2

σθ = −

+ B + 2 B ln r + 2C A

r2

+ 3 B + 2 B ln r + 2C

τ rθ = 0 Imponiendo las condiciones de contorno (ver figura): σr=0

σθ 105 N.m

π/4

σr=0

105 N.m

Para r = 2 : σ r =

A + B + 2 B ln 2 + 2C = 0 4

(1)

Para r = 4 : σ r =

A + B + 2 B ln 4 + 2C = 0 16

(2)

134

Para θ = ±

π 4

:

M D = ∫ σ θ ⋅ t ⋅ (r − 3) dr = 10 5 ⇒ 5,685 ⋅ 10 −3 A + 4,548 ⋅ 10 − 2 B = 10 5 4

(3)

2

siendo D el punto medio de la cara extrema. De las ecuaciones 1, 2 y 3 se deduce que: A=8,45·106, B=1,14·106 y C=-2,42·106 b) Las distribuciones de tensiones resultantes sobre el segmento A-B son las mismas que sobre una de las caras (Nótese que las tensiones no dependen de θ): Tensiones radiales:

σr

2,76x105 Pa

Tensiones circunferenciales:

135

σθ

1,21x106 Pa

1,95x106 Pa

y, además, τrθ=0 en cualquier punto. c) Los puntos singulares son aquellos en los que:

σ r = σθ τ rθ = 0 circunstancia que se produce para todos los puntos en los que r=2,71 m La red de isostáticas será:

2,71 m Isostáticas tipo I Isostáticas tipo II

136

PROBLEMA 6.2 Una tubería de radio interior 10 cm y radio exterior 0,20 m conduce un gas con una presión, p. La tubería está enterrada pudiéndose considerar que su superficie exterior está empotrada en el terreno. Suponiendo condiciones de deformación plana, se pide: a) En función de la presión interior, p, cuál es la presión a la que está sometido el contorno exterior de la tubería. b) Suponiendo que el material obedece el criterio de plastificación de Tresca, cuál es la mínima presión interior para la que plastifica algún punto de la tubería. c) Para la presión calculada anteriormente, cuál es el tensor de tensiones completo en los puntos del perímetro exterior. d) Para la presión calculada anteriormente, cuál es el incremento del diámetro interior del tubo. DATOS Límite elástico del material:

200 MPa

Módulo de elasticidad:

80 GPa

Coeficiente de Poisson del material: 0,3

Solución Problema 6.2 a) Al poderse considerar que el perímetro externo de la tubería se encuentra empotrado en el terreno, el desplazamiento radial de cualquier punto de dicho perímetro debe ser nulo. Conocemos la presión interna, p1, pero desconocemos la externa p2 (presión ejercida por el terreno sobre la tubería que hace que los puntos del perímetro externo de ésta no experimenten ningún tipo de desplazamiento radial).

137

p2

p1 r

r2

r1

Las tensiones dentro de la tubería son:

σr =

1 ⎡ 2 r21 r22 ⎤ 2 r p − r p + p − p1 )⎥ 2 2 2 ( 2 2 2 ⎢ 1 1 r r 2 − r1 ⎣ ⎦

⎤ 1 ⎡ 2 r12 r 22 2 σθ = 2 2 ⎢ r1 p1 − r 2 p 2 − 2 (p 2 − p1 )⎥ r r2 − r1 ⎣ ⎦ τrθ = 0 La condición de contorno (tubería empotrada en su perímetro exterior) puede imponerse haciendo: u( r = r2 ) = 0

lo que equivale a plantear que: εθ ( r = r2 ) = 0

Para r=r2, las tensiones actuantes son:

(

)

(

)

1 ⎛r2 p − r2 p + r2 p − p ⎞ σ r ( r = r2 ) = ⎜1 1 2 2 1 2 1 ⎟⎠ r22 − r12 ⎝ 1

σ θ ( r = r2 ) = r22 − r12

⎛r2 p − r2 p − r2 p − p ⎞ ⎜1 1 2 2 1 2 1 ⎟⎠ ⎝

Imponiendo que la deformación circunferencial es nula cuando r=r2, se tiene:

138

εθ = 0 =

1−ν 2 ν 1−ν 2 σθ − σr 1−ν E E

Sustituyendo en esta última ecuación los valores de las tensiones radial y circunferencial cuando r=r2, se puede obtener el siguiente valor de la presión buscada: p 2 = 0 ,5384 ⋅ p1

b) Aplicando el criterio de plastificación de Tresca:

σ 1 − σ 3 = 2k y teniendo en cuenta las siguientes tensiones:

⎛ ⎧ σ r (r = 0 ,1) = − p1 6 ,15 × 10 − 3 ⎞⎟ p = ⎨ 1 ⎟ ⎜ r2 ⎩σ r (r = 0 ,2 ) = −0 ,538 p1 ⎠ ⎝ ⎛ ⎧ σ (r = 0 ,1) = 0 ,2311 p1 6 ,15 × 10 − 3 ⎞⎟ σ θ (r ) = ⎜ − 0 ,384 + p1 = ⎨ θ 2 ⎟ ⎜ r ⎩σ θ (r = 0 ,2 ) = −0 ,2304 p1 ⎠ ⎝

σ r (r ) = ⎜ − 0 ,384 −

Como se trata de un caso de deformación plana:

σ z = ν (σ r + σ θ ) = −0 ,2304 p1 que es independiente del valor de r. Por tanto, las tensiones principales, en cualquier punto de la tubería serán:

σ I = σθ

σ II = σ z

σ III = σ r

por lo que, el criterio de Tresca se reduce a:

σ I − σ III =

0,0123 p 1 = 2k = σ y ⇒ p 1 = 1,625 ⋅ 1010 ⋅ r 2 2 r

Por tanto, la plastificación empezará en r=r1, resultando: p1=162,5 MPa. c) Cuando se alcanza la plastificación, las componentes del tensor de tensiones en r=r2 son:

139

σ r = −87 ,47 MPa σ θ = −37 ,46 MPa σ z = −37 ,46 MPa por lo que, el tensor de tensiones, expresado en polares, será: ⎡− 87 ,47 [T ] = ⎢⎢ 0 ⎢⎣ 0

0

0

⎤ ⎥ − 37 ,46 0 ⎥ MPa − 37 ,46 ⎥⎦ 0

d) El incremento del diámetro interior, en las anteriores circunstancias, se puede obtener de la siguiente manera:

εθ =

u r

⇒

∆D = 2u = 2rεθ

como:

εθ (r = r1 ) =

1−ν 2 E

ν ⎡ ⎤ −3 ⎢σ θ (r = r1 ) − 1 − ν σ r (r = r1 )⎥ = 1,2187 × 10 ⎣ ⎦

la variación del diámetro ∆D es igual a 0,24 mm.

140

PROBLEMA 6.3 Un tubo de pared gruesa (tubo 1) de radio interior R1 y radio exterior R2, fabricado de un material de módulo de Elasticidad E1 y coeficiente de Poisson ν1, se encuentra alojado en el interior de otro tubo de pared delgada (tubo 2) concéntrico con él, de radio R2 y espesor de pared e (e