Problemas de tensiones

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

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:

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:

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).

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

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:

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:

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

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:

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:

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:

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:

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:

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

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:

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

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:

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

CAPÍTULO I - 66
O1 O2
MN
Punto solución
60º
A B
Tτ
Tσ
Que se puede comprobar numéricamente

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:

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
+
=+−−+−−+−−
=+−−−+−−+−−
=−++−==
∫∫∫∫∫∫
∫ ∫∫
∫ ∫∫ ∫
−−−−−−

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

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:

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
plano XY)
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

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
plano XY)
XY)
Vector 1º
X
Y
II
plano XY)
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

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