Este documento presenta la resolución de un ejercicio sobre estados de tensión y deformación en 5 pasos: 1) Escribir el tensor de tensiones, 2) Calcular los invariantes, 3) Determinar las tensiones principales, 4) Calcular los cosenos directores de los planos principales, 5) Representar gráficamente el estado tensional mediante el diagrama de Mohr. Se proporcionan los datos y valores calculados para cada paso, resultando en las tres tensiones principales de 533, 149 kg/cm2, 300 kg/cm2 y -613, 149 kg/

1. Estados de Tensión y
Deformación
Resolución del Ejercicio N° 2 de
la Guía de la Práctica – TP 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