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April 17, 2018 | Author: Alejandro Ferron | Category: N/A
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Tema 3 : CUERPO ELÁSTICO σ
LR LFi
LFf
F
LE LP
O
ε
Problemas resueltos
Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008
3.1.-En el estado de tensiones plano representado en la figura, se pide determinar: 1) Las deformaciones principales y sus direcciones. 2) Las deformaciones unitarias longitudinal y angular de los elementos lineales: OE y OD, definidos respectivamente por sus vectores unitarios: uOE (1/√2, 1/√2, 0), uOD (1/√3, 1/√3, 1/√3). 5 2 2 Datos: E = 2,1.10 N/mm , G = 81000 N/mm y
60 N/mm
2
40 N/mm2
E
D 100 N/mm2
x O
z
Las componentes del estado de tensiones en el punto O son: x
= 100 N / mm − 2=
y
60 = N= / mm2
z
=0 =
xy
40 N / mm2
yz
0
zx
0
Las componentes del estado de deformaciones en el punto O se obtendrán a partir de la ley de Hooke generalizada:
σy σz σ ε x = − x +υ . = − E E E σy σ σz ε y = − υ+. =x − E E E σ ε x = −z E
γ xy = γ yz = γ zx =
τ xy G
τ yz G
τ zx G
siendo:
σ σy υ .+ −x= E
=
40
81000
E
100
= 2,1.105 −60 2,1.105
−60 5, 62.10 −4 5 2,1.10
0, 3.
100 5 2,1.10
100
0, + 3.
4, 28.10−4
−=0, 3.
−= 2,1.105
−60 2,1.105
0, 57.10−4
= 4,94.10 −4
=0 =0 G=
E
2.(1 + υ )
81000 =
2,1.105 → = 2.(1 + υ )
υ 0, 3
1.-Deformaciones principales:
εx −δ γ xy 2
γ yx
γ zx
2
2
ε y −δ
γ xz
γ yz
2
2
4,94.10 −4
5, 62.10−4 − δ
γ zy → = 2
4,94.10 −4 − 2 0
−
0
εz −δ
0
2 4,=28.10−4
δ
0
0 −4
−0, 57.10 − δ
0
Resolviendo la ecuación de tercer grado resultante de desarrollar el determinante, se obtienen los siguientes valores para las deformaciones principales: −4 δ− 1 = 0, 57.10=
6,−2.10 = −4
δ2
4,86.10−4
δ3
Direcciones principales: (
x
γ xy 2
− i ).cos + .cos
i
i
+y−(i
γ yx + =.cos
γ zx i
2
+ ).cos
i
i
2
=
γ zy 2
γ yz i z ii + 2 .cos +− ( = 2 2 cos α i + cos β i + cos 2 γ i = 1
.cos
i
0
.cos
0
).cos
0
γ
2 .cos xz
i
resolviendo para δ i = δ 2 = 6, 2.10−4
(5,6 2.10 −4 − 6,2 .10−4 ).cos α 2 +
4,94.10 2
−4
.cos α−2 + ( 4,−28.10 −4
( −0,57.10 − −4
6, 2.10) = −4 .cos γ
4,94.10 −4 2
.cos β 2 = 0
6, 2.10 = −4 ).cos β 2 0 →=
t → cos β=→ 2 0 cos γ 0
2
cos 2 α 2 + cos 2 β 2 + cos 2 γ 2 = 1 ⇒
resolviendopara
i
resolviendopara
i
−==
−==
4, 24.t
2
(4, 24.t )+2 +t 2 =0 2 →1 =±
→ cos= α 2 0, 974 = cos
tomandot=+0,229
=cos α 2
−4
1
0, 57.10 →
=
3
−4 4,86.10 → − =
β=2 0, 974 cos
cos=
1
cos=
3
0 = cos
0, 229
t
1
γ 2 0, 974 0
0, 23 =cos
cos
33
1
1
0, 973 cos
0
δ x δ y δ z
εx γ xy = 2 γ xz 2
γ yx 2
ε y γ yz 2
γ zx −4 5, 62.10 2 cos α −4 γ zy . cos β = 4,94.10 2 2 cos γ 0 ε z
1
2.-Deformación longitudinal y angular en la dirección
uOE
2
4,94.10
−4
2
−4, 28.10 −4 0
,
1
,0
0 0 . −0, 57.10 −4 2
1
2 1
=
2 0
5,72.10 = −1,28.10 −4 0 −4
= 5, 52.10.−−4 i
3,14.10 ==−4 u
== .u
γ
1, 28.10.−4 = j ++=
2 x
−4 . + i3,14.10 j = .(
2 y
5,86.10−4
2 z
1
1
2
.
2, 22.10−4.i + 2, 22.10−4. j
.)
2
2
3, 5.10 − −4.i
= −δ= ε
3, 5.10−4. j
2
2
2
2 = +2 +x = 2 y
−4
2
4, 95.10
z
2
o bien:
rad = −=
δ
2
2. − Deformación longitudinal y angular en la dirección
δ x δ y δ z
γ yx γ zx εx 2 2 cosα γ zy γ xy = ε y = . −cos β 2 2 cos γ γ xz γ yz ε z 2 2 4,67.10 −4 −4
2
=
4, 28.10
2 0
−4
0
4, 95.10rad 1
1
, 3
, 3
uOD
4,94.10 −4
5, 62.10 −4 4, 94.10 −4
1
−4
2
ε
0
3
1 3 1
0
. 3 −0, 57.10 −4 1 3
= − 1,04.10 −4 −0,33.10
4 = 4, 67.10−−4.i − 1,−04.10 − .j
1, 9.10=−4=
= =.u
γ
0, 33.10 = ++4=.k
1 +1, 9.10 +i −4j.(= k . 3
.
u
−
2 x
1 +k ji . 3
2 y
1 3
2 z
4, 79.10
4
. ) 1,1.10 −4.(
2
3, 57.10 − −4.i
=−δ= ε
2
2
2
= + + = 2 2 x 2 y
2,14.10 −4. j − 1,4 3.10 −4.k
2
4, 4.10−4 rad = −= z
o bien:
2
−4 δ 2 ε 2 4, 4.10rad
)
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