Estados de Tensión y Deformación - Ejercicio N° 2 (II).ppsx
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Resolución del Ejercicio N° 2 de la Guía de la Guía de Problemas Propuestos (Estados de Tensión y Deformación) - Para resolver en Clase
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- 1. Estados de Tensión y Deformación Resolución del Ejercicio N° 2 (Ejercicio II del Complemento Teórico) Curso de Estabilidad IIb Ing. Gabriel Pujol Para las carreas de Ingeniería Mecánica e Ingeniería Naval y Mecánica de la Facultad de Ingeniería de la Universidad de Buenos Aires
- 2. Enunciado Dadas las tensiones correspondientes a los planos x, y, z ortogonales y pasantes por un punto A. Se pide: 1. Escribir el correspondiente tensor de tensiones. 2. Calcular los invariantes J1, J2 y J3. 3. Determinar los valores de las tensiones principales en el citado punto. 4. Calcular los cosenos directores de los planos principales. 5. Representar gráficamente el estado tensional mediante el diagrama de Mohr y en base al mismo determinar: i. Las componentes de tensión en un plano determinado por los ángulos ϕ1, ϕ2, ϕ3 respecto de la dirección de su normal. ii. La tensión tangencial máxima y los planos donde se verifica Datos: x = 530 kg/cm2 ; y = -610 kg/cm2 ; z = 300 kg/cm2 ; xy = 60 kg/cm2 ; zx = zy = 0; 1 = 60º; 2 = 50º Introducción teórica, ver Tutorial “Estados Triaxiales de Tensión-Circunferencia de Mohr (1)”
- 3. Resolución Dadas las tensiones correspondientes a los planos x, y, z ortogonales y pasantes por un punto A. Se pide: 1. Escribimos el tensor de tensiones 𝐓 = 𝝈𝑿 𝝉𝒀𝑿 𝝉𝒁𝑿 𝝉𝑿𝒀 𝝈𝒀 𝝉𝒁𝒀 𝝉𝑿𝒁 𝝉𝒀𝒁 𝝈𝒁 = 𝟓𝟑𝟎 𝟔𝟎 𝟎 𝟔𝟎 −𝟔𝟏𝟎 𝟎 𝟎 𝟎 𝟑𝟎𝟎 2. Calculamos los invariantes J1, J2 y J3 𝐉𝟏 = 𝝈𝑿 + 𝝈𝒀 + 𝝈𝒁 𝐉𝟐 = 𝝈𝑿 ∙ 𝝈𝒀 + 𝝈𝒀 ∙ 𝝈𝒁 + 𝝈𝒁 ∙ 𝝈𝑿 − 𝝉𝑿𝒀 𝟐 − 𝝉𝑿𝒁 𝟐 − 𝝉𝒀𝒁 𝟐 Tensión Principal (no existen tensiones en dicho plano) 𝐉𝟑 = 𝝈𝑿 ∙ 𝝈𝒀 ∙ 𝝈𝒁 + 𝟐 ∙ 𝝉𝑿𝒀 ∙ 𝝉𝒀𝒁 ∙ 𝝉𝒁𝑿 − 𝝈𝒁 ∙ 𝝉𝑿𝒀 𝟐 − 𝝈𝒀 ∙ 𝝉𝑿𝒁 𝟐 − 𝝈𝑿 ∙ 𝝉𝒀𝒁 𝟐 → 𝐉𝟏 = 𝟐𝟐𝟎 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝐉𝟐 = −𝟑𝟓𝟎𝟗𝟎𝟎 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝟐 𝐉𝟑 = −𝟗𝟖𝟎𝟕𝟎𝟎𝟎𝟎 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝟑 …y reemplazando valores:
- 4. 3. Determinar los valores de las tensiones principales Las tensiones las obtenemos partiendo de las ecuaciones de equilibrio (sistema homogéneo): 𝝈𝑿 − 𝝈𝒊 ∙ 𝒍 + 𝝉𝒀𝑿 ∙ 𝒎 + 𝝉𝒁𝑿 ∙ 𝒏 = 𝟎 𝝉𝑿𝒀 ∙ 𝒍 + 𝝈𝒀 − 𝝈𝒊 ∙ 𝒎 + 𝝉𝒁𝒀 ∙ 𝒏 = 𝟎 𝝉𝑿𝒁 ∙ 𝒍 + 𝝉𝒀𝒁 ∙ 𝒎 + 𝝈𝒁 − 𝝈𝒊 ∙ 𝒍 = 𝟎 …y para que l, m y n no sean simultáneamente nulas (solución distinta de la trivial) deberá ser: 𝝈𝑿 − 𝝈𝒊 𝝉𝒀𝑿 𝝉𝒁𝑿 𝝉𝑿𝒀 𝝈𝒀 − 𝝈𝒊 𝝉𝒁𝒀 𝝉𝑿𝒁 𝝉𝒀𝒁 𝝈𝒁 − 𝝈𝒊 = 𝟎 dónde i son las Tensiones Principales …desarrollando el determinante llegamos a la siguiente ecuación: 𝝈𝒊 𝟑 − 𝐉𝟏 ∙ 𝝈𝒊 𝟐 + 𝐉𝟐 ∙ 𝝈𝒊 − 𝐉𝟑 = 𝝈𝒊 𝟑 − 𝟐𝟎𝟎 ∙ 𝝈𝒊 𝟐 − 𝟑𝟓𝟎𝟗𝟎𝟎 ∙ 𝝈𝒊 +𝟗𝟖𝟎𝟕𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎 …las tres raíces de esta ecuación serán las tres tensiones principales, de las cuales nosotros conocemos una z = 300 …resolviendo por Rufini: coeficientes del polinomio −𝟐𝟐𝟎 𝟏 −𝟑𝟓𝟎𝟗𝟎𝟎 𝟗𝟖𝟎𝟕𝟎𝟎𝟎𝟎 raíz conocida 3𝟎𝟎 𝟏 ∗ 𝟑𝟎𝟎 𝟖𝟎 + …y repitiendo el procedimiento 𝟐𝟒𝟎𝟎𝟎 −𝟑𝟐𝟔𝟗𝟎𝟎 −𝟗𝟖𝟎𝟕𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟎 ∗ → 𝝈𝒊 − 𝟑𝟎𝟎 𝝈𝒊 𝟐 + 𝟖𝟎 ∙ 𝝈𝒊 −𝟑𝟐𝟔𝟗𝟎𝟎 = 𝟎
- 5. 𝝈𝒊 − 𝟑𝟎𝟎 𝝈𝒊 𝟐 + 𝟖𝟎 ∙ 𝝈𝒊 −𝟑𝟐𝟔𝟗𝟎𝟎 = 𝟎 …calculamos las restantes raíces 𝝈𝑨,𝑩 = −𝟖𝟎 ± 𝟖𝟎𝟐 − 𝟒 ∙ 𝟏 ∙ −𝟑𝟐𝟔𝟗𝟎𝟎 𝟐 → 𝝈𝑨 = 𝟓𝟑𝟑, 𝟏𝟒𝟗 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝝈𝑩 = −𝟔𝟏𝟑, 𝟏𝟒𝟗 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 …por lo tanto: → 𝝈𝒊 − 𝟑𝟎𝟎 𝝈𝒊 − 𝟓𝟑𝟑, 𝟏𝟒𝟗 𝝈𝒊 + 𝟔𝟏𝟑, 𝟏𝟒𝟗 = 𝟎 → 𝛔𝟏 = 𝛔𝑨 = 𝟓𝟑𝟑, 𝟏𝟒𝟗 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝛔𝟐 = 𝛔𝒁 = 𝟑𝟎𝟎 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝛔𝟑 = 𝛔𝑩 = −𝟔𝟏𝟑, 𝟏𝟒𝟗 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 …por convención las tensiones principales 1, 2 y 3 se ordenan desde la mayor tensión de tracción a la mayor tensión de compresión 4. Cosenos directores de los planos principales 𝝈𝑿 − 𝝈𝟏 𝝉𝒀𝑿 𝝉𝒁𝑿 𝝉𝑿𝒀 𝝈𝒀 − 𝝈𝟏 𝝉𝒁𝒀 𝝉𝑿𝒁 𝝉𝒀𝒁 𝝈𝒁 − 𝝈𝟏 = 𝟎 Partimos del determinante para la tensión principal 1
- 6. ∆𝟏= 𝝈𝑿 − 𝝈𝟏 𝝉𝒀𝑿 𝝉𝒁𝑿 𝝉𝑿𝒀 𝝈𝒀 − 𝝈𝟏 𝝉𝒁𝒀 𝝉𝑿𝒁 𝝉𝒀𝒁 𝝈𝒁 − 𝝈𝟏 Desarrollamos el determínate por menores complementarios de la primera fila: = 𝝈𝒀 − 𝝈𝟏 𝝉𝒁𝒀 𝝉𝒀𝒁 𝝈𝒁 − 𝝈𝟏 = 𝟐𝟔𝟔𝟓𝟐𝟒, 𝟎𝟗 ∆𝟐= − 𝝈𝑿 − 𝝈𝟏 𝝉𝒀𝑿 𝝉𝒁𝑿 𝝉𝑿𝒀 𝝈𝒀 − 𝝈𝟏 𝝉𝒁𝒀 𝝉𝑿𝒁 𝝉𝒀𝒁 𝝈𝒁 − 𝝈𝟏 = − 𝝉𝑿𝒀 𝝉𝒁𝒀 𝝉𝑿𝒁 𝝈𝒁 − 𝝈𝟏 = −𝟏𝟑𝟗𝟖𝟖, 𝟗𝟒 ∆𝟑= 𝝈𝑿 − 𝝈𝟏 𝝉𝒀𝑿 𝝉𝒁𝑿 𝝉𝑿𝒀 𝝈𝒀 − 𝝈𝟏 𝝉𝒁𝒀 𝝉𝑿𝒁 𝝉𝒀𝒁 𝝈𝒁 − 𝝈𝟏 = 𝝉𝑿𝒀 𝝈𝒀 − 𝝈𝟏 𝝉𝑿𝒁 𝝉𝒀𝒁 = 𝟎 …así será: → 𝝈𝑿 − 𝝈𝟏 ∙ ∆𝟏 − 𝝉𝒀𝑿 ∙ ∆𝟐 + 𝝉𝒁𝑿 ∙ ∆𝟑= 𝟎 …y comparando con la primera de las ecuaciones de equilibrio: → 𝝈𝑿 − 𝝈𝟏 ∙ 𝒍𝟏 − 𝝉𝒀𝑿 ∙ −𝒎𝟏 + 𝝉𝒁𝑿 ∙ 𝒏𝟏 = 𝟎 …resulta: → 𝒍𝟏 ∆𝟏 = − 𝒎𝟏 ∆𝟐 = 𝒏𝟏 ∆𝟑 = 𝑲 constante de proporcionalidad no nula
- 7. …entonces siendo: → 𝒍𝟏 ∆𝟏 = − 𝒎𝟏 ∆𝟐 = 𝒏𝟏 ∆𝟑 = 𝑲 …podemos escribir: → 𝒍𝟏 = 𝑲 ∙ ∆𝟏 𝒎𝟏 = −𝑲 ∙ ∆𝟐 𝒏𝟏 = 𝑲 ∙ ∆𝟑 …y teniendo en cuenta que: → 𝒍𝟏 𝟐 + 𝒎𝟏 𝟐 + 𝒏𝟏 𝟐 = 𝟏 → 𝑲 ∙ ∆𝟏 𝟐 + −𝑲 ∙ ∆𝟐 𝟐 + 𝑲 ∙ ∆𝟑 𝟐 = 𝟏 …y por lo tanto: → 𝑲 = 𝟏 ∆𝟏 𝟐 +∆𝟐 𝟐 +∆𝟑 𝟐 = 𝟑, 𝟕𝟒𝟔𝟖 × 𝟏𝟎−𝟔 Nota: en ningún caso el valor de los tres menores pueden ser simultáneamente iguales a cero pues en ese caso el valor de la constante K resultaría indeterminado. De suceder esto el desarrollo del determinante debería realizarse por otra fila, por ejemplo la segunda. …reemplazando valores: → 𝒍𝟏 = 𝟑, 𝟕𝟒𝟔𝟖 × 𝟏𝟎−𝟔 ∙ 𝟐𝟔𝟔𝟓𝟐𝟒, 𝟎𝟗 = 𝟎, 𝟗𝟗𝟖𝟔𝟐 𝒎𝟏 = −𝟑, 𝟕𝟒𝟔𝟖 × 𝟏𝟎−𝟔 ∙ −𝟏𝟑𝟗𝟖𝟖, 𝟗𝟒 = 𝟎, 𝟎𝟓𝟐𝟒𝟏 𝒏𝟏 = 𝟑, 𝟕𝟒𝟔𝟖 × 𝟏𝟎−𝟔 ∙ 𝟎 = 𝟎 Haciendo el mismo planteo para las otras Tensiones Principales se obtiene: → 𝒍𝟐 = 𝟎 𝒎𝟐 = 𝟎 𝒏𝟐 = 𝟏 → 𝒍𝟑 = 𝟎, 𝟎𝟓𝟐𝟒𝟏 𝒎𝟑 = −𝟎, 𝟗𝟗𝟖𝟔𝟐 𝒏𝟑 = 𝟎
- 8. 5. Representar gráficamente el estado tensional mediante el diagrama de Mohr Calculamos los centros de las familias de circunferencias (que estarán ubicados sobre el eje de abscisas): 𝑪𝟏 = 𝝈𝟐 + 𝝈𝟑 𝟐 → 𝑪𝟏 = 𝟑𝟎𝟎 − 𝟔𝟏𝟑, 𝟏𝟒𝟗 𝟐 = −𝟏𝟓𝟔, 𝟓𝟕 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝑪𝟐 = 𝝈𝟏 + 𝝈𝟑 𝟐 → 𝑪𝟐 = 𝟓𝟑𝟑, 𝟏𝟒𝟗 − 𝟔𝟏𝟑, 𝟏𝟒𝟗 𝟐 = −𝟒𝟎 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝑪𝟑 = 𝝈𝟏 + 𝝈𝟐 𝟐 → 𝑪𝟑 = 𝟓𝟑𝟑, 𝟏𝟒𝟗 + 𝟑𝟎𝟎 𝟐 = 𝟒𝟏𝟔, 𝟓𝟕 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 Calculamos los radios de las familias de circunferencias: 𝑹𝟏 = 𝝈𝟐 − 𝝈𝟑 𝟐 → 𝑹𝟏 = 𝟑𝟎𝟎 + 𝟔𝟏𝟑, 𝟏𝟒𝟗 𝟐 = 𝟒𝟓𝟔, 𝟓𝟕 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝑹𝟐 = 𝝈𝟏 − 𝝈𝟑 𝟐 → 𝑹𝟐 = 𝟓𝟑𝟑, 𝟏𝟒𝟗 + 𝟔𝟏𝟑, 𝟏𝟒𝟗 𝟐 = 𝟓𝟕𝟑, 𝟏𝟓 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 𝑹𝟑 = 𝝈𝟏 − 𝝈𝟐 𝟐 → 𝑹𝟑 = 𝟓𝟑𝟑, 𝟏𝟒𝟗 − 𝟑𝟎𝟎 𝟐 = 𝟏𝟏𝟔, 𝟓𝟕 𝒌𝒈 𝒄𝒎𝟐 Graficamos ahora las familias de circunferencias en un par de ejes coordenados - :
- 9. O Graficamos los centros C1, C2 y C3 C3 (416;0;0) C2 (-40;0;0) C1 (-156,57;0;0) Graficamos los radios R1, R2 y R3 y trazamos las circunferencias R1 (456,57) R2 (573,15) R3 (166,57) En el punto P3 trazamos una vertical que será la referencia para medir el ángulo ϕ3 Hacemos lo propio para los puntos P2 (ϕ2) y P1 (ϕ1) será: x y z Nota: dada la simetría respecto del eje sólo trazamos la parte superior de las circunferencias P1 P3 P2 Definimos los puntos P1 , P2 y P3
- 10. O C3 C1 Para obtener las componentes de tensión en un plano (π) determinado por los ángulos ϕ1 ; ϕ2 y ϕ3 primero debemos calcular el ángulo ϕ3 siendo: z y x 𝒍𝝅 = cos 𝝋𝟏 = cos 60° 𝒎𝝅 = cos 𝝋𝟐 = cos 50° 𝒏𝝅 = cos 𝝋𝟑 → 𝒍𝝅 2 + 𝒎𝝅 2 + 𝒏𝝅 2 = 𝟏 → 𝒏𝝅 = 𝟏 − 𝒍𝝅 2 + 𝒎𝝅 2 → 𝝋𝟑= 𝑎𝑟 cos 𝒏𝝅 = 𝟓𝟒°𝟑𝟏′𝟐𝟓, 𝟒𝟗′′ P1 P3 P2 C2
- 11. O C3 C2 C1 Obtenemos ahora el punto P que definirá las tensiones del plano (π): z y x Por el punto P1 trazamos ϕ1 respecto de x y obtenemos los puntos A y B dónde la recta corta a las circunferencias C2 y C3 ϕ1=60° P1 P3 P2 Con centro C1 trazamos el arco de circunferencia que pasa por A y B Hacemos lo propio con el punto P3 y el ángulo ϕ3 . Definimos los puntos D y E. Con centro C3 trazamos el arco de circunferencia que pasa por D y E ϕ3=54°31’25,49’’ Así queda definido el punto P P A D E B
- 12. O C3 C1 El punto P define (P-O), el vector tensión y sus componentes, (tensión normal) y (tensión tangencial) z y x ϕ1=60° P3 P2 ϕ3=54°31’25,49’’ A D E B P Las tensiones tangenciales máximas (max) y los planos en donde se producen (son planos a 45° respecto de aquellos en los que se producen las tensiones tangenciales) las definimos trazado la tangente horizontal a la circunferencia de mayor radio como se aprecia en la figura. max 45° P1 45° 485 kg/cm2 51 kg/cm2 482 kg/cm2 max 573 kg/cm2 C2
- 13. Bibliografía Estabilidad II - E. Fliess Introducción a la estática y resistencia de materiales - C. Raffo Mecánica de materiales - F. Beer y otros Resistencia de materiales - R. Abril / C. Benítez Resistencia de materiales - Luis Delgado Lallemad / José M. Quintana Santana Resistencia de materiales - V. Feodosiev Resistencia de materiales - A. Pytel / F. Singer Resistencia de materiales - S. Timoshenko
- 14. Muchas Gracias