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Problemas de tensiones
- 1. CAPÍTULO I - 48 Problema 1 El estado de tensiones de un punto de un sólido viene definido por el siguiente tensor: ( ) 2 / 6.700 08.26.3 06.37.0 mN XYZij =σ Hallar: 1) Tensiones y direcciones principales, así como la matriz de paso entre el sistema OXYZ y el sistema principal. 2) Aplicando el método de Mohr hallar la tensión tangencial máxima y el plano en que se produce. 3) Obtener el vector tensión y las componentes intrínsecas para un plano cuya normal es 0, 2 1 , 2 3 en el sistema OXYZ y en sistema principal. 4) Realizar el apartado anterior aplicando el método de Mohr 1) a la vista de la forma del tensor se infiere que σ zz es una tensión principal, Luego: => λ3 7 6= . y consecuentemente la dirección (0,0,1) es principal. El cálculo de una de las otras dos tensiones, sigue los pasos vistos en teoría, es decir: a) se resta un parámetro ( λ en este caso) a la diagonal principal. Se halla el determinante y se iguala a cero 25.50 8.26.3 6.37.0 21 −==⇒= − − λλ λ λ b) Una vez resuelto y halladas las tres raíces, se ordenan de mayor a menor resultando: 2 /25.56.7 mNIIIIII −=== σσσ CALCULO DE LAS DIRECCIONES PRINCIPALES Puesto que la dirección principal I es dato se halla la dirección principal II. Para ello: a) se resta a la diagonal del tensor de tensiones el valor de la tensión principal II
- 2. CAPÍTULO I - 49 b) La matriz resultante se multiplica por el vector incógnita de la dirección principal II 1 0 5.56.700 05.58.26.3 06.35.57.0 222 =++ = − − − IIIIII II II II nml n m l c) Se añade una tercera ecuación fruto de plantear que el módulo del vestor unitario es la unidad d) eligiendo 2 de las tres posibles ecuaciones del sistema y la ecuación de cosenos se halla las dirección principal II, resultando: ( )0,8.0,6.0 El cálculo de la dirección principal III se hará mediante el producto vectorial: ( ) ( 0,6.0,8.0 08.06..0 100.. −= = kji PD III ) (D. P. II Contenida en el plano XY) D. P. III (Contenida en el plano XY) Z ≡ Dirección principal I La matriz de paso se construye colocando en cada fila los cosenos directores de cada dirección:
- 3. CAPÍTULO I - 50 − = 06.08.0 08.06.0 100 L 2) Los círculos de Mohr serán: Tσ Tτ σIσIIσIII θ 8.4 2 max = − = IIII σσ τ El plano en que se produce la tensión tangencial máxima es aquel cuya normal forma 45º con el eje principal I y 45º con el eje principal III. Por tanto: 01 2 2 º45cos 2 1 2 1111 =−−==== mlnml Resultando: 2 2 ,0, 2 2 3) El vector tensión en el sistema OXYZ = = 0 52.4 41.2 0 5.0 2 3 6.700 08.26.3 06.37.0 T para hallar el vector tensión en el sistema I,II,II, se ha de expresar en primer lugar el vector normal al plano en el sistema I,II,III: − = − == 39.0 919.0 0 0 5.0 2 3 06.08.0 08.06.0 100 * jiji nLn Estando ahora en condiciones de hallar el vector tensión en el sistema I,II,II así:
- 4. CAPÍTULO I - 51 = − − = 78.0 05.5 0 39.0 919.0 0 200 05.50 006.7 * iT las componentes intrínsecas pueden hallarse indistintamente en el sistema principal o en el OXYZ (son cantidades escalares) resultando: ( ) 222 2 /78.2 /3.4 39.0 919.0 0 78.0,05.5,0 mNTTT mNT =−= = − = στ σ 4) Se hallan los ángulos correspondientes a los cosenos directores de la normal expresada en el sistema principal resultando: ( ) º11339.0 919.0 )º900(arccosº900 →− → =→ 1) Se levanta una perpendicular por σ I . A partir de ella se mide un ángulo tal que su coseno sea 0º . Se traza un segmento y se prolonga el extremo hasta que corte a la circunferencia externa: En este caso 90º con la dirección principal I cortará a la circunferencia externa de Mohr en el puntoσ III . 2) Con centro en O1 y radio O1 σ III se traza un trozo de arco y (en este caso se ve que dicho trozo coincide con una de las circunferencias de Mohr) por tanto la solución se encuentra sobre dicha circunferencia. 3) Se levanta una perpendicular por σ III y a partir de ella se mide un ángulo cuyo coseno sea –0.39 => 113º se traza un segmento hasta que corte a la circunferencia exterior de Mohr en P. 4) Con centro en O2 y radio O2 P se traza un arco hasta que al arco trazado en el punto 2 (en este caso el primer trozo de arco coincide con una circunferencia de Mohr). 5) La intersección de ambos trozos de arco es el punto solución (M).
- 5. CAPÍTULO I - 52 Tσ Tτ σI σIII π 2 113º Tτ = 2 7. O1 O2 P M ( ) º11339.0arccos 2 0arccos 2 1 =−= == θ π θ
- 6. CAPÍTULO I - 53 Problema 2 Sea el tensor de tensiones de un punto elástico referido a un sistema XYZ: − = 200000 030001500 015002000 ijσ N/m2 Hallar: a) Tensión cortante máxima y plano en que se produce b) Tensor esférico y desviador a) Es necesario hallar las tensiones y direcciones principales: Para ello puede obsérvese que la componente σ zz es principal y consecuentemente la dirección (0,0,1) es principal. Resultando: 40819190 30001500 15002000 21 ==⇒= − − λλ λ λ Ordenando de mayor a menor: 2 /20009194081 mNIIIIII −=== σσσ Para hallar las direcciones principales: En este caso se opta por hallar la dirección principal II mediante el procedimiento normal y la dirección principal a través del producto vectorial, resultando: 1 0 919200000 091930001500 015009192000 222 =++ = −− − − IIIIII II II II nml n m l Eligiendo dos ecuaciones del sistema (la 3º y la 1º) mas la ecuación de cosenos resulta: ( )0,585.0,81.0.. −=IIPD Consecuentemente: ( ) ( ) ( )0,811.0,585.0...... =×= IIIPDIIPDIPD El tensor de tensiones expresado en el sistema principal es:
- 7. CAPÍTULO I - 54 − = 200000 09190 004081 ijσ La tensión tangencial máxima puede hallarse a partir del círculo de Mohr: -2000 919 4081 45º45º Tσ Tτ Resultando: 2 max /3045 2 20004081 mNT = + =τ y la dirección de la tensión tangencial máxima es tal que la normal forma 45º con el eje principal I y 45º con el eje principal III. Resultando: 2 2 ,0, 2 2 b) Tensor esférico y desviador: En primer lugar hay que calcular la tensión intrínseca octaédrica ( ) 21 /1000 33 mN I T IIIIII oct = ++ == σσσ σ Luego el tensor esférico será: ( ) ( ) 20 / 100000 010000 001000 mNT ij oct ij =⋅= δσ σ y el desviador:
- 8. CAPÍTULO I - 55 ( ) ( ) 2 / 300000 020001500 015001000 mNT ij oct ij D ij − =⋅−= δσσ σ El tensor desviador también puede expresarse en el sistema principal. Repitiendo el proceso de hallar las tensiones principales se llega: ( ) 2 ,, / 300000 0810 003081 mN IIIIII D ij − −=σ Que (como se puede observar a continuación) debe coincidir con el calculado a partir del tensor de tensiones expresado en el sistema principal: − −+ = − 300000 0810 003081 100000 010000 001000 200000 09190 004081 Siendo el tensor esférico el mismo en ambos sistemas pues es un invariante
- 9. CAPÍTULO I - 56 Problema 3 Sea un cilindro de radio R y generatriz paralela al eje Z tal que las caras superior e inferior están sometidas a un cierto estado de cargas y la superficie lateral del mismo está libre de cargas. Se sabe que el tensor de tensiones es de la forma: ( ) 2 / 0 0 0 mN kxky kx ky xy yx XYZij − − = σ σ σ Donde el término σ xy es una incógnita, las fuerzas por unidad de volumen son despreciables, y k es un parámetro conocido. Se pide: a) Determinar el tensor de tensiones b) Tensiones y direcciones principales. Matriz de paso R a) El único dato que se dispone es la forma del tensor de tensiones, pero independientemente de cual sea se sabe que las ecuaciones de equilibrio interno siempre han de cumplirse: 0 0 0, = ∂ ∂ ⇒ = ∂ ∂ ⇒ ⇒=+ x segundalade y primeralade F xy xy Vijij σ σ σ La conclusión que se extrae es que: ( )zFxy =σ El otro dato disponible es la condición de contorno, que en este caso dice que la cara lateral está libre de cargas, es decir:
- 10. CAPÍTULO I - 57 θ Normal n (cos θ , senθ, 0) T R La condición de que no existe carga alguna en la superficie lateral se traduce en: ( ) ( ) = − − ⇒=⇒= 0 0 0 0 cos 0 0 0 00 θ θ σ sen kxky kxzF kyzF nT jij Resultando: = − 0 0 0 )cos( )( cos)( θθ θ θ senk senzF zF Puesto que esta igualdad ha de cumplirse para todo ángulo θ implica que: F(z) = 0 Luego σ xy = 0 Por tanto el tensor de tensiones queda de la forma siguiente: ( ) 2 / 0 00 00 mN kxky kx ky XYZij − − =σ b) tensiones y direcciones principales, matriz de paso: Realizando el proceso acostumbrado:
- 11. CAPÍTULO I - 58 0 00 00 00 = −− − −− λ λ λ ky kx ky obteniendo: +− +− + = 22 22 22 00 00 00 yxk yxk yxk ijσ Para calcular las direcciones principales: 1 00 0 222 22 22 22 =++ = +−− +− −+− III I I I nml n m l yxkkxky kxyxk kyyxk cuyo resultado es: ( ) ( ) ++ − = 2 1 , 2 , 2 .. 2222 yx x yx y IPD Y repitiendo para las otras dos direcciones resulta: ( ) ( ) ( ) ( ) − ++ − = ++ = 2 1 , 2 , 2 .. 0, 2 , 2 .. 2222 2222 yx x yx y IIIPD yx y yx x IIPD La matriz de paso se construye colocando en filas las direcciones principales:
- 12. CAPÍTULO I - 59 Problema 4 El estado de tensiones de un punto de un sólido elástico es el siguiente − 100 024 044 Se pide: a) Tensiones y direcciones principales b) Vector tensión y componentes intrínsecas respecto a un plano cuya normal forma ángulos iguales con los tres ejes coordenados c) Plano octaédrico, tensor esférico, y desviador. Tensiones intrínsecas octaédricas a) Para hallar las tensiones y direcciones principales seguimos el procedimiento habitual, nada más que observando que σ z es principal y consecuentemente la dirección (0,0,1) es dirección principal resultando: 0 24 44 = − −− λ λ Resolviendo y ordenando de mayor a menor resulta: 614 −=== IIIIII σσσ Para calcular la dirección principal I: 1 0 4100 0424 0444 222 =++ = − − −− III I I I nml n m l Del sistema de ecuaciones: − + = ⇒ = = 8 4 0 2 0 l m m n I I I lI I Resultando: = 0, 5 2 , 5 1 .. IPD Del análisis del tensor de tensiones se sabe que:
- 13. CAPÍTULO I - 60 D. P. II => ( )1,0,0 Realizando el producto vectorial para hallar la dirección principal III resulta: − 0, 5 1 , 5 2 b) El plano cuya normal forma ángulos iguales con los tres ejes: ⇒=++ == 3 1 , 3 1 , 3 1 1222 nml nml El vector tensión será: = − = 3 1 3 6 0 3 1 3 1 3 1 100 024 044 T Las componentes intrínsecas: 62.2 3 7 3 1 3 1 3 1 3 1 , 3 6 ,0 22 =−= = = στ σ TTT T c) El plano octaédrico es aquel cuya normal está igualmente inclinado respecto a los tres ejes principales. Resultando: = 3 1 , 3 1 , 3 1 octn El vector tensión octaédrico es:
- 14. CAPÍTULO I - 61 − = − = 3 6 3 1 3 4 3 1 3 1 3 1 600 010 004 octT Las tensiones intrínsecas serán: 19.4 3 1 3 1 3 1 3 1 3 6 , 3 1 , 3 4 22 =−= − = − = στ σ TTT T oct oct El tensor esférico es: − − − =⋅= 3 1 00 0 3 1 0 00 3 1 3 1 ij esf ij I δσ Y el desviador: + + +− =⋅−= 3 1 100 0 3 1 20 00 3 1 4 3 1 ijij desv ij I δσσ
- 15. CAPÍTULO I - 62 Problema 5 Sea un cuerpo de altura 10m sometido al estado de cargas que se indica. Hallar: a) tensor de tensiones b) valor del ángulo α que forma un plano π (el plano π es perpendicular al plano yz y contiene al eje X) con el eje Y para que la tensión intrínseca normal sea nula. 10 N/m2 10 N/m2 6 N/m2 (tensión tangencial ) 20 N/m2 20 m El cuerpo se encuentra sometido a las siguientes cargas: Una compresión variable desde 0 hasta 20 en las caras laterales. Una tracción de 10 en la cara superior e inferior Una tensión rasante en las caras superior e inferior Una tensión rasante de 6 en la cara frontal y trasera Las cargas se expresan en KN/m2 y las medidas del cuerpo en metros a) el tensor de tensiones será: 2 / 1006 0100 600 mKNzij −=σ Donde el origen de coordenadas se ha situado en el centro del cubo El tensor de tensiones para el origen de coordenadas será:
- 16. CAPÍTULO I - 63 2 / 1006 0100 600 mKNij −=σ b) α n Plano Tσ = 0 Tτ Y Z n´ La normal al plano será: ( )αα cos,,0 senn = Luego el vector tensión: −= −= α α α α α cos10 10 cos6 cos 0 1006 0100 600 sensenT Y la condición pedida se expresa como ( ) etcsen sensenT º225;º135;º45cos 0 cos 0 cos10,10,cos6 22 =⇒= ⇒= −= ααα α αααασ
- 17. CAPÍTULO I - 64 Problema 6 Sea el tensor de tensiones correspondiente a un punto de un sólido elástico: −= 800 040 0010 )XYZijσ Hallar: a) Tensor de tensiones referido a las siguientes direcciones: ( ) −= == 2 1 , 2 3 ,0´ 2 3 , 2 1 ,0´0,0,1´ zyx b) Idem siendo ahora las direcciones: ( )1,0,0´´0, 5 1 , 5 2 ´´ = −= zx c) Hallar en el círculo de Mohr las tensiones intrínsecas correspondientes a la dirección 2 1 , 2 1 , 2 1 expresada esta en el sistema XYZ a) La matriz de transformación de coordenadas es: − = 2 1 2 3 0 2 3 2 1 0 001 L Y el tensor de tensiones en los nuevos ejes será: ] [ ][ ][ ] − == 1330 3350 0010 ´´´ T ZYXij LL σσ b) La dirección que falta por determinar una dirección, se halla a través del producto vectorial resultando:
- 18. CAPÍTULO I - 65 =×= 0, 5 2 , 5 1 ´´´´´´ xzy Luego la nueva matriz de transformación de coordenadas es: − = 100 0 5 2 5 1 0 5 1 5 2 L y realizando la misma operación anterior se obtiene: ] [ ][ ][ ] −== 800 0 5 6 5 28 0 5 28 5 36 ´´´´´´ T ZYXij LL σσ c) La dirección propuesta esta en el sistema XYZ que a su vez coincide con el principal (es importante apuntar que en el plano de Mohr siempre se trabaja en el sistema principal). Antes es necesario ordenar las tensiones principales resultando: σ σ σI II III= = = −10 8 4; ; Levantando una perpendicular por σ I se traza un arco tal que cuyo coseno sea ½ =60º, este arco corta a la circunferencia exterior en el punto N luego con centro en O1 y radio O1 N se traza un trozo de arco. De igual forma levantando una perpendicular por σ III y trazando un arco cuyo coseno sea 1/2 → 60º hasta que corte a la circunferencia exterior ( en M ). Luego con centro en O2 y radio O2 M se traza otro trozo de arco. La intersección de ambos trozos de arco es el punto solución, que midiendo a escala proporciona el valor de : T y Tσ τ
- 19. CAPÍTULO I - 66 O1 O2 MN Punto solución 60º A B Tτ Tσ Que se puede comprobar numéricamente
- 20. CAPÍTULO I - 67 Problema 7 Sea el siguiente estado tensional de un sólido de dimensiones 2 a × 2 a × 2 a 05343 132 74532 22 22 =−++= ++=−= −+=−+−= yzzz xzyy xyxx zyx yzy xyzzyx σσ σσ σσ a) Hallar las fuerzas por unidad de volumen. b) Resultante de fuerzas y momentos respecto al origen de las tensiones que actúan en la cara y = a suponiendo que los ejes se sitúan en el centro del cubo Aplicando las ecuaciones de equilibrio interno: ( ) 0, =+ iVjij Fσ Resulta: 0300 0044 0644 =+++ =++− =+++− V V V Z Yyy Xzxx Resultando finalmente: ( ) − − = 3 0 6z F iV b) Se entiende por resultante a la suma de todas fuerzas que actúan sobre cada uno de los infinitos puntos de una cara del sólido. Por tanto en primer será necesario expresar el tensor de tensiones para esa cara asunto que se consigue sustituyendo y por a: −++++ −−+ ++−+−+− = 5343013 0274 1374532 2 2 222 zaxaz aaxz azaxzzax ijσ A continuación se calcula el vector tensión para la cara y = a , cuya normal es ( 0, 1, 0) Resultando:
- 21. CAPÍTULO I - 68 − −+ = −++++ −−+ ++−+−+− = 0 2 74 0 1 0 5343013 0274 1374532 2 2 2 222 a axz zaxaz aaxz azaxzzax Ti Las componentes x e y de la resultante son: ( ) ( )∫∫ ∫∫ −− −− −=−= −=−+= a a a a y a a a a x adxadzR adxaxzdzR 42 2 82 2874 Para calcular los momentos la figura siguiente puede servir de ayuda resultando: 2a 2a 2a TY TX O El momento respecto al origen O de las tensiones T es igual al producto vectorial de la fuerza por la distancia al origen, resultando: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 22 222 28 3 4 76742 742742 0 ak a j dxaazxadzkzdxaxzdzjzdxadzi dAaxaazxakzdAaxzjzdAai dAaTxTkzdATjzdATidA TT zax kji M a a a a a a a a a a a a xyxy yx + =+−−+−−+−− =+−−−+−−+−− =−++−== ∫∫∫∫∫∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫ −−−−−−
- 22. CAPÍTULO I - 69 Problema 8 Sea el tensor de tensiones siguiente, correspondiente a un punto de un sólido elástico: − = 100 024 044 ijσ a) Calcular y dibujar dos posibles triedros de referencia del sistema principal b) las matrices de paso c) dibujar el vector en cada uno de los triedros Como se sabe el sistema de referencia no es único, pues depende del signo que se adopte para las raíces. En nuestro caso: a) Se calcula en primer lugar las tensiones principales resultando: ] − = 600 010 004 ,, IIIIIIijσ La dirección principal II es dato resultando ( )1,0,0.. =IIPD Supóngase que se calcula la dirección principal I: Siguiendo el procedimiento habitual de restar la tensión principal (en este caso la I) a la diagonal principal y multiplicar por el vector correspondiente resulta: 1 0 4100 0424 0444 222 =++ = − − −− III I I I nml n m l Operando resulta: = 0, 5 2 , 5 1 .. IPD Y la dirección principal III se puede hallar mediante el producto vectorial siguiente: −== 0, 5 1 , 5 2 100 0 5 2 5 1 .. kji IIIPD
- 23. CAPÍTULO I - 70 La matriz de paso resulta ser: − = 0 5 1 5 2 100 0 5 2 5 1 L Supóngase que se siguen los siguientes pasos: Se calcula en primer lugar la dirección principal III y luego la dirección principal I mediante el producto vectorial, resultando en este caso: − = 0, 5 1 , 5 2 .. IIIPD −− = − = 0, 5 2 , 5 1 0 5 1 5 2 100.. kji IPD y la matriz de paso: − − − = 0 5 1 5 2 100 0 5 2 5 1 L Que no coincide con la anterior Los triedros en ambos casos quedan:
- 24. CAPÍTULO I - 71 CASO 1º II Dirección principal III (contenida en el plano XY) Dirección principal I (contenida en el plano XY) X Y CASO 2º II Dirección principal III (contenida en el plano XY) Dirección principal I (contenida en el plano XY) X Y c) Expresemos un vector cualquiera por ejemplo 4 11 , 4 1 , 2 1 en cada triedro de referencia: CASO 1ª = − = 335.0 25.0 447.0 4 11 4 1 2 1 0 5 1 5 2 100 0 5 2 5 1 1Vector
- 25. CAPÍTULO I - 72 Caso 2º : − − = −− −− = 335.0 25.0 447.0 4 11 4 1 2 1 0 5 1 5 2 100 0 5 2 5 1 2Vector Dibujando el Vector 1 y Vector 2 en cada triedro se obtiene: II Dirección principal III (contenida en el plano XY) Dirección principal I (contenida en el plano XY) Vector 1º X Y II Dirección principal III (contenida en el plano XY) Dirección principal I (contenida en el plano XY) Vector 2º X Y Y como puede observarse ambos vectores tienen igual representación. Conclusión: Aunque los triedros y matrices de transformación no coinciden los resultados son idénticos, pues las direcciones en ambos casos son las mismas