Apuntes Mecánica del Medio Continuo 130701 (1)

APUNTES DE

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO

VOLUMEN 1

ÍNDICE

Capítulo Tema Página

Estado de deformación

Deformación unitaria 4

Obtención de la matriz gradiente de deformación 6 Descomposición de la matriz gradiente de

deformación en el tensor deformación unitaria y en la matriz de rotación

8

Cálculo de la deformación unitaria lineal y de la deformación unitaria angular en una dirección dada

11

Cálculo de la nueva longitud y del giro que experimenta un segmento de recta, al pasa de la configuración inicial a la configuración deformada

12

Deformaciones unitarias principales 14

Estado de deformación plana 17

Representación gráfica de Mohr 21

Determinación de las deformaciones unitarias lineal y angular en una dirección. Método gráfico de Mohr

24

Círculo de Mohr para el estado de deformación plana

27

Deformación de un ángulo 31

Deformación unitaria natural 33

Roseta de deformación 34

Referencias 35

Capítulo Tema Página

Fuerzas de cuerpo y fuerzas de superficie 39 Estado de esfuerzo en planos perpendiculares a

los ejes coordenados

39 Definición de esfuerzo en un plano inclinado 43 Descomposición del vector esfuerzo en vector

esfuerzo normal y vector esfuerzo cortante

48 El esfuerzo como la derivada de un campo

vectorial

51 Convención de signos para el estado de esfuerzo 52

Simetría del tensor esfuerzo 54

Esfuerzos principales 56

Representación gráfica de Mohr 59

Determinación de los esfuerzos normal y cortante en una dirección. Método gráfico de Mohr

63

Estado de esfuerzo plano 66

Círculo de Mohr para el estado de esfuerzo plano 71 Variación del esfuerzo con el área de la sección 78 Tensor isotrópico y tensor desviador 79 Convención de signos en mecánica de suelos 80

Aplicaciones 87

Ecuaciones de equilibrio dinámico 92

El área como un vector 94

Estado de esfuerzo en una prueba de compresión triaxial

97

Estado de esfuerzo

Referencias 99

Capítulo Tema Página

Principios generales de la mecánica

Principio de conservación de masa 100

Principio de conservación de la cantidad de movimiento

102 Principio de conservación de la energía 106

Principio de aumento de entropía 107

Comentarios 108 Anexo 1. Fórmulas de cálculo vectorial 109

Referencias 110

Apéndices Notación índice 111

Solución de una ecuación cúbica. Método de Cardano-Tartaglia

112

MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO ESTADO DE DEFORMACIÓN

Agustín Deméneghi Colina*

DEFORMACIÓN UNITARIA

Consideremos un cuerpo que sufre un cierto estado de deformación, pasando de la configuración inicial a la configuración deformada (figura 1).

Se define el vector desplazamiento de un punto P al vector cuyo punto inicial es P y cuyo punto terminal es P’, siendo P y P’ los puntos correspondientes a las posiciones antes y después de la deformación, respectivamente (figura 1).

Se define el vector deformación de un punto P1 con respecto a otro punto P, como la diferencia entre los

vectores desplazamiento s1 y s, es decir

s = s1 - s (1)

s = vector deformación

El vector s se puede descomponer en los vectores sl y s, el primero paralelo a p y el segundo

perpendicular a p (figura 2). El vector sl -denominado vector deformación lineal o vector deformación

longitudinal- mide la deformación en la dirección de los puntos P y P1, mientras que el vector s

-denominado vector deformación angular o vector deformación transversal- mide la deformación en dirección perpendicular a la de los puntos P y P1.

De la figura 2

s = sl + s (2)

Se define el vector deformación unitaria media como el cociente de s entre el tamaño del vector p, es decir

m = s/p (3)

Se define el vector deformación unitaria como el límite de m cuando la distancia entre los puntos P y P1

tiende a cero:

u = lim s/p (4)

p 0

Dividamos la ambos miembros de la ecuación 2 entre p y tomemos límites cuando p 0 lim s/p = lim sl /p+ lim s/p

p 0 p 0 p 0

es decir

l = lim sl /p (6)

p 0

 = lim s/p (7)

p 0

OBTENCIÓN DE LA MATRIZ GRADIENTE DE DEFORMACIÓN El vector desplazamiento del punto P vale

u s = v w

El vector desplazamiento del punto P1 vale

u1

s1 = v1

w1

El vector deformación entre los puntos P y P1

u1 - u s = s1 - s = v1 - v w1 - w u s = v (8) w

Dividamos la ecuación 8 entre p y tomemos límites cuandop 0 lim u/p p 0 lim s/p = lim v/p (9) p 0 p 0 lim w/p p 0

Tomando en cuenta la ecuación 4

u = lim s/p = ds/dp (10) p 0 De la ecuación 9 du/dp ds/dp = dv/dp (11) dw/dp Por otra parte

du = (u/x)dx + (u/y)dy + (u/z)dz dv = (v/x)dx + (v/y)dy + (v/z)dz dw = (w/x)dx + (w/y)dy + (w/z)dz Sustituyendo en las ecuaciones 10 y 11

(u/x)(dx/dp)+(u/y)(dy/dp)+(u/z)(dz/dp) u = (v/x)(dx/dp)+(v/y)(dy/dp)+(v/z)(dz/dp) (w/x)(dx/dp)+(w/y)(dy/dp)+(w/z)(dz/dp)

u/x u/y u/z dx/dp u = v/x v/y v/z dy/dp w/x w/y w/z dz/dp es decir u = D e (12) donde ux u = uy uz

u/x u/y u/z

D = v/x v/y v/z (13)

w/x w/y w/z dx/dp

e = dy/dp dz/dp

A la matriz D se le denomina matriz gradiente de deformación (Malvern, 1969). El vector e mide la dirección en la que se está calculando la deformación unitaria.

De la figura 3

dx

dp = dy

dz

dp = dp

cos 

e = cos  (14)

cos 

En la ecuación 13 observamos que la matriz gradiente de deformación D es la derivada del espacio vectorial del vector desplazamiento s = [u, v, w]T_{, con respecto al espacio vectorial del vector de posición}

p = [x, y, z]T. A la matriz D se le denomina en matemáticas matriz jacobiana.

DESCOMPOSICIÓN DE LA MATRIZ GRADIENTE DE DEFORMACIÓN EN EL TENSOR DEFORMACIÓN UNITARIA Y EN LA MATRIZ DE ROTACIÓN

De la ecuación 13

u/x u/y u/z D = v/x v/y v/z

w/x w/y w/z

u/x (1/2)(u/y+v/x) (1/2)(u/z+w/x) = (1/2)(v/x+u/y) v/y (1/2)(v/z+w/y) (1/2)(w/x+u/z) (1/2)(w/y+v/z) w/z 0 (1/2)(u/y-v/x) (1/2)(u/z-w/x) + (1/2)(v/x-u/y) 0 (1/2)(v/z-w/y) (1/2)(w/x-u/z) (1/2)(w/y-v/z) 0

Es decir D = E +  donde

u/x (1/2)(u/y+v/x) (1/2)(u/z+w/x) E= (1/2)(v/x+u/y) v/y (1/2)(v/z+w/y) (1/2)(w/x+u/z) (1/2)(w/y+v/z) w/z 0 (1/2)(u/y-v/x) (1/2)(u/z-w/x) = (1/2)(v/x-u/y) 0 (1/2)(v/z-w/y) (1/2)(w/x-u/z) (1/2)(w/y-v/z) 0

La matriz E se denomina tensor deformación unitaria (porque tiene propiedades invariantes relacionadas con la deformación del cuerpo) y a la matriz  se denomina matriz de rotación.

Consideremos por un momento que la matriz E = 0: u/x = v/y = w/z = 0

(1/2) (u/y+v/x) = 0  u/y = - v/x (1/2) (u/z+w/x) = 0  u/z = - w/x (1/2) (w/y+v/z) = 0  w/y = - v/z

Se observa que cuando E = 0 y   0, únicamente se presenta rotación del elemento, comportándose éste como cuerpo rígido. Por esta razón a la matriz  se le llama matriz rotacional.

Consideremos ahora que E  0 y  = 0: (1/2) (u/y-v/x) = 0  u/y = v/x

(1/2) (u/z-w/x) = 0  u/z = w/x (1/2) (w/y-v/z) = 0  w/y = v/z

Se observa que cuando  = 0, la matriz E es una matriz simétrica con respecto a la diagonal principal. En este curso estudiamos la mecánica de los cuerpos deformables y no vamos a estudiar la rotación como cuerpo rígido, por lo que en el resto del curso consideraremos que la matriz rotacional  = 0, y que D = E. Por lo tanto

u/x u/y u/z

E = v/x v/y v/z (15)

w/x w/y w/z donde

u/y = v/x, u/z = w/x, w/y = v/z Hagamos el siguiente cambio de notación:

x = u/x, y = v/y, z = w/z

xy = u/y+v/x = 2 (u/y), u/y = (1/2) xy

xz = u/z+w/x = 2 (u/z), u/z = (1/2) xz

El tensor deformación queda x (1/2)yx (1/2)zx

E = (1/2)xy y (1/2)zy (16)

(1/2)xz (1/2)yz z

donde (1/2)yx = (1/2)xy, (1/2)zx = (1/2)xz, (1/2)zy = (1/2)yz

En las figuras 3A y 3B se exhibe una interpretación física del tensor deformación E dado por la ecuación 15. Dado que, para deformaciones pequeñas

etcétera

x

u

x

u

x

u

x

,

lim

0

















 

etcétera

y

u

y

u

y

u

y

,

lim

0

















  z Delta w Delta v Delta u Delta z Delta u Delta v Delta Txz Delta w Delta u Delta z P y

Delta v Delta w Delta v

Delta u Delta w Delta v Delta u Delta x Delta u Delta v x Delta x Delta w Delta y Delta y

ESTADO DE DEFORMACIÓN EN DIRECCIONES PARALELAS A LOS EJES COORDENADOS

FIGURA 3A

Apreciamos que la diagonal principal de la matriz E mide las deformaciones unitarias lineales de los ejes

de la diagonal principal miden las deformaciones unitarias angulares de los ejes coordenados (giros de los mismos). z Cara Delta w superior Delta u Delta z Delta w Delta w P x Delta u Delta u Delta z Cara Delta u inferior Delta w Delta x Delta x

(Mc Mecánica del Medio Continuo Figuras)

ESTADO DE DEFORMACIÓN EN DIRECCIONES PARALELAS A LOS EJES z Y x

FIGURA 3B

CÁLCULO DE LA DEFORMACIÓN UNITARIA LINEAL Y DE LA DEFORMACIÓN UNITARIA ANGULAR EN UNA DIRECCIÓN DADA

Dado que E = D, de la ecuación 12

u = E e (17)

De acuerdo con la figura 4  l  = proye  = (e)/  e 

pero  e  = 1, por lo tanto

l =  l  =   e (18)

l = l e (19)

u = l + 

 = u - l (20)

También observamos que (figura 4)

   =  u  sen  (21)

Por otra parte, el módulo del producto vectorial tiene la siguiente propiedad

 u x e  =  u   e  sen  =  u  sen  (22)

Comparando las ecuaciones 21 y 22

   =  u x e  (23)

También se puede hallar  = empleando el teorema de Pitágoras. De la figura 4

u2 = l2 + 2

2 = u2 - l

2 ₍₂₄₎

 =  u2 - l

2 ₍₂₅₎

CÁLCULO DE LA NUEVA LONGITUD Y DEL GIRO QUE EXPERIMENTA UN SEGMENTO DE RECTA, AL PASAR DE LA CONFIGURACIÓN INICIAL A LA CONFIGURACIÓN DEFORMADA

Sea un segmento de recta que va del punto P al punto P1, y que sufre el estado de deformación indicado

en la figura 1. En la figura 2 se muestra el vector deformación s, así como sus compo-nentes: el vector deformación lineal sl y el vector deformación angular s .

P’P1’ =  (PP1 + sl)2 + s2 (26)

El giro del segmento de recta es

tan  = s / (p + sl) (27)

Para fines prácticos, se puede tomar l = sl/ p  sl= l p 

 = s/ p  s = p 

Sustituyendo en las ecuaciones 26 y 27 P’P1’ = PP1 (1+ l) 2 _{+ } 2 (28) Si  es pequeño P’P1’  PP1 (1+ l) (28’) tan  = p  / (p + lp ) tan  =  / (1 + l) (29)

Si l es pequeño: tan   ;    ( en radianes). Vemos que para deformaciones pequeñas,  mide el

giro en radianes del segmento de recta PP1, cuando pasa de la configuración inicial a la configuración

deformada.

Ejemplo

Un prisma de base rectangular experimenta las deformaciones indicadas en la figura E-1. a) Calcular las deformaciones unitarias lineal y angular en la dirección de la diagonal AB. b) Hallar la nueva longitud y el giro que sufre la diagonal AB, después de la deformación.

Solución

a) El tensor deformación vale (ecuación 16)

0.12 0 0 E = 0 0.10 0 0 0 0.08333 0.5698 e = 0.4558 0.6838 De la ecuación 17 0.06838 u = E e = 0.04558 0.05698 De la ecuación 18 l = u  e = 0.09870 De la ecuación 19 0.05624 l = l e = 0.04499 0.06749

De la ecuación 20 0.01214  = u - l = 0.00059 -0.01051  =  = 0.01607 b) Aplicando la ecuación 28 AB’= 8.775 (1+ 0.0987)2 _{+ 0.01607}2 AB’= 9.642 cm Aplicando la ecuación 29 tan  =  / (1 + l) = 0.01462  = 0.01462 rad = 0.8378° ---

DEFORMACIONES UNITARIAS PRINCIPALES

Cuando en una dirección se presenta únicamente deformación lineal y la deformación angular vale cero, a esta dirección se le llama dirección principal, y a la deformación unitaria lineal que ocurre en dicha dirección se le denomina deformación unitaria principal.

De acuerdo con la figura 5 u = E e

Pero, en una dirección principal l= u Por lo tanto l = E e = l e Es decir E e = l e (30)

Utilizando las ecuaciones 14 y 16

x cos  + (1/2)yx cos  + (1/2)zx cos  = l cos 

(1/2)xy cos  + y cos  + (1/2)zy cos  = l cos 

(1/2)zx cos  + (1/2)yz cos  + z cos  = l cos 

Es decir

(x - l) cos  + (1/2)yx cos  + (1/2)zx cos  = 0

(1/2)xy cos  + (y - l) cos  + (1/2)zy cos  = 0 (31)

(1/2)zx cos  + (1/2)yz cos  + (z - l) cos  = 0

Despejemos los cosenos directores cos , cos  y cos  del sistema de ecuaciones 31. En este caso no es aceptable la solución trivial cos  = cos  = cos  = 0, pues los cosenos directores deben cumplir la condición

cos2 + cos2_{ + cos}2_{ = 1 (32)}

En consecuencia, para que haya una solución diferente de la trivial, el determinante del sistema de ecuaciones 31 debe ser igual a cero

x - l (1/2)yx (1/2)zx

(1/2)xy y - l (1/2)zy = 0 (33)

Las deformaciones unitarias principales 1, 2 y 3 se obtienen desarrollando el determinante de la

ecuación 33. Dado que la matriz E es una matriz simétrica, las raíces de la ecuación son tres números reales (Apostol, 1969), los cuales miden las deformaciones unitarias principales.

Las direcciones principales se hallan sustituyendo cada raíz en el sistema de ecuaciones 31, empleando además la ecuación 32. Por ser la matriz E simétrica, las direcciones principales son ortogonales entre sí (Apostol, 1969).

Ejemplo

Dado el siguiente tensor deformación unitaria, hallar las deformaciones unitarias principales y las direcciones principales.

2 3 1 E = 3 4 2 x 10-4

1 2 3

Solución

Desarrollando el determinante (ecuación 33) l

3 _{- 9}

l

2 _{+ 12}

l + 3 = 0

obtenemos las raíces de la ecuación: l = 7.2998x10-4

2 = 1.9148x10-4

3 = - 0.2146x10-4

Sustituyendo en el sistema de ecuaciones 31 (2-7.3) cos  + 3 cos  + cos  = 0 (a) 3 cos  + (4-7.3) cos  + 2 cos  = 0 (b) cos  + 2 cos  + (3-7.3) cos  = 0 (c)

Multiplicando por (-2) la ecuación a y sumándola a la ecuación b 10.6 cos  - 6 cos  - 2 cos  = 0 (a’)

3 cos  -3.3 cos  + 2 cos  = 0 (b) 13.6 cos  -9.3 cos  = 0

cos  = 0.68382 cos  (d)

Multiplicando por (-3) la ecuación c y sumándola a la ecuación b - 3 cos  - 6 cos  + 12.9 cos  = 0 (c’)

3 cos  - 3.3 cos  + 2 cos  = 0 (b) - 9.3 cos  + 14.9 cos  = 0

cos  = 0.62416 cos  (e)

Se debe cumplir (ecuación 32)

cos2 + cos2_{ + cos}2_{ = 1 (f)}

Sustituyendo las ecuaciones d y e en la ecuación f 0.46761 cos2 + cos2_{ + 0.38958 cos}2_{ = 1}

cos 1 = 0.73379

Sustituyendo en la ecuación d cos 1 = 0.50178

Sustituyendo en la ecuación e cos 1 = 0.4580

Procedemos en forma análoga para hallar las otras direcciones principales: cos 2 = - 0.3892 cos 2 = - 0.2813 cos 2 = 0.8771 cos 3 = - 0.77216 cos 3 = 0.61857 cos 3 = - 0.14539

(Se deja como ejercicio al lector verificar que las direcciones principales son ortogonales entre sí).

ESTADO DE DEFORMACIÓN PLANA

Se define un estado de deformación plana cuando se cumple z = (1/2)xz = (1/2)yz = 0

El tensor deformación queda x (1/2)xy 0 E = (1/2)xy y 0 0 0 0 es decir x (1/2)xy E = (34) (1/2)xy y

De la figura 6: cos  = sen ,  = 90°, cos  = 0, por lo tanto

cos  e = cos  0 cos  e = (35) sen  Aplicando la ecuación 17 u = E e x cos  + (1/2)xy sen  u = (1/2)xy cos + y sen 

Aplicando la ecuación 18 l = u  e

l = x cos2 + y sen2 + xy sen  cos  (36)

Cuando la deformación unitaria lineal es de extensión, dicha deformación tiene signo positivo (ecuación 36). En cambio, si al aplicar la ecuación 36 obtenemos una cantidad negativa, la deforma-ción unitaria es de compresión.

La deformación unitaria angular la hallamos empleando la ecuación 23

 =    =  u x e  (23)

 = (x - y)sen  cos  + (1/2)xy(sen2-cos2) (37)

Para conocer el sentido del giro de  observamos que el producto u x e es un vector perpendicular al

plano xy, es decir

u x e = c k (38)

En la figura 7 apreciamos que si el giro del segmento de recta PP1 es en sentido horario c > 0, mientras

que si el giro del segmento de recta PP1 es en sentido antihorario c < 0. Pero el valor de c de la ecuación

38 es la magnitud del vector x e, y la magnitud de este vector corresponde a la deformación unitaria angular  de la ecuación 23 ó de la ecuación 37 –es decir,  y c valen la misma cantidad–; por lo tanto,

si al aplicar la ecuación 37  da positivo, la recta PP1 gira en sentido horario; en caso contrario, la recta

PP1 gira en sentido antihorario.

Las ecuaciones 36 y 37 se pueden poner en función del ángulo doble 2. Empleando las identidades trigonométricas

cos2_{ = (1 + cos 2)/2}

sen2 = (1 – cos 2)/2 sen  cos  = (sen 2)/2 obtenemos

l = (x + y)/2 + [(x - y) cos 2]/2 + (1/2)xy sen 2 (39)

 = [(x - y) sen 2]/2 - (1/2)xy cos 2 (40)

Las deformaciones unitarias principales las hallamos de la ecuación 33 x - l (1/2)xy 0

(1/2)xy y - l 0 = 0

0 0 - l

Desarrollando el determinante obtenemos que una deformación principal es l = 3 = 0. Las otras dos

deformaciones principales las hallamos con la ecuación característica reducida l 2 _{- } l (x + y) + xy – (xy/2)2 = 0 es decir 1 = (x + y)/2 +  [(x - y)/2]2 + (xy/2)2 (41) 2 = (x + y)/2 -  [(x - y)/2]2 + (xy/2)2 (42)

Una dirección principal es la del eje z, dado que en ella la deformación angular vale cero. Las otras dos direcciones principales las obtenemos con el sistema de ecuaciones 31

1 = ang tan (1 - x)/ (xy/2) (43)

2 = ang tan (-xy/2)/(y - 2) (44)

Dado que estamos considerando  = 90°, cos  = 0, los resultados presentados en este inciso son

únicamente válidos para calcular deformaciones paralelas al plano xy.

[Hemos llamado 1 y 2 a las deformaciones unitarias principales en el plano xy, y 3 a la deformación

unitaria principal paralela al eje z. Sin embargo, en el espacio 3 puede ser una deformación principal

intermedia o mayor; por ejemplo, si 1 > 0 y 2 < 0, 3 resulta la deformación unitaria principal intermedia].

Ejemplo

Dado el estado de deformación plana indicado en la figura E-2, calcular:

a) Las deformaciones unitarias lineal y angular en la dirección del vector e ( = 30°) b) La magnitud y dirección de las deformaciones unitarias principales

c) La nueva longitud y el giro que experimenta el segmento de recta PE

Solución

x = - 0.10/2 = - 0.05, y = 0.08/2 = 0.04

El tensor deformación queda

- 0.05 - 0.025

E =

- 0.025 0.04 a) Para  = 30°

Aplicando las ecuaciones 36 y 37 l = - 0.04915  = - 0.02647

b) Deformaciones unitarias principales Empleando las ecuaciones 41 a 44 1 = 0.04648 1 = - 75.47° 2 = - 0.05648 2 = 14.53° c) Aplicando la ecuación 28 P’P1’ = PP1 (1+ l)2 + 2 PE’ = 2.309(1-0.04915)2_+(-0.02647)2 ₌ 2.1964 cm Usando la ecuación 29 tan  =  / (1+l) = - 0.02647/(1-0.04915) = -0.02784,  = - 1.59° = - 0.02783 radianes ---

Ejemplo

Los puntos A y C del rombo de la figura E-3 experimentan únicamente desplazamientos lineales a = c, y

los puntos B y D experimentan únicamente desplazamientos lineales b = d. Determinar la relación entre

a, b, a y b, de tal forma que no cambie la distancia AB.

Solución

x = a/a, y = b/b, xy/2 = 0

cos  = - a/a2_+b2

sen  = b/a2_+b2

En la dirección de la recta AB (ecuación 36) lAB = x cos2 + y sen2 = 0

Sustituyendo valores a/b = - b/a

---

REPRESENTACIÓN GRÁFICA DE MOHR Consideremos el siguiente tensor deformación

1 0 0

E = 0 2 0

0 0 3

donde 1 > 2 > 3

Grafiquemos los valores de 1, 2 y 3 y tracemos los círculos indicados en la figura 8. A estos círculos se

les denomina círculos de Mohr.

Se puede demostrar que un punto de coordenadas P (l, ), que mide las deformaciones unitarias lineal y

angular en alguna dirección dada, tiene que quedar necesariamente dentro de la zona asciurada de la figura 8 (Castillo, 1985).

Procedamos a demostrar la afirmación anterior. De la ecuación 17: u = E e

cos  e = cos  cos  1 cos  u = 2 cos  3 cos  De la ecuación 18: l= u  e

l = 1 cos2 + 2 cos2 + 3 cos2 (45)

Aplicando la ecuación 24 2 = u2 - l 2 u2 = l 2 _{+ } 2

Pero u =  12 cos2 + 22 cos2 + 32 cos2



l2 + 2 = 12 cos2 + 22 cos2 + 32 cos2 (46)

Agrupemos las ecuaciones 45 y 46 junto con la de los cosenos directores: 1 cos2 + 2 cos2 + 3 cos2 = l

12 cos2 + 22 cos2 + 32 cos2 = l

2 _{+ }

2 (47)

Despejemos cos2 del sistema de ecuaciones 47, utilizando la regla de Cramer 1 2 3 l 2 _{+ } 2 22 32 1 1 1 cos2 = 1 2 3 l2 22 32 1 1 1 cos2 = [l (2 + 3)(2 - 3) - 2 (l 2_+ 2) + 2 32 + 3 (l2 + 2) - 3 22]/[1(2 + 3)(2 - 3) - 2 l2 + 2 32 + 3 l2 + - 3 22] cos2_{ = [- } l (2 + 3)(3 - 2) + (l2+2) (3 - 2)+ 2 3 (3 - 2)]/[1(2 + 3)(2 - 3) + 12(3 - 2)+ 2 3 (3 - 2)] cos2 = [(l 2_+ 2)-l(2 + 3)+ 2 3]/[(2 -1) (3 - 1)] l 2_{- } l(2+3)+[(2+3)/2]2+2 = -23+ [(2+3)/2]2+(2- 1)(3-1)cos2 [l-(2 + 3)/2]2+2 = [(2-3)/2]2+(2- 1)(3-1)cos2 (48)

Observamos de la ecuación 48 que l y  están relacionados mediante la ecuación de un círculo, cuyas

propiedades dependen de . En otras palabras, la ecuación 48 corresponde a una familia de círculos en función de ; el centro y los radios mínimo y máximo de esta familia son

C [(2 + 3)/2, 0]

Rmin = (2 - 3)/2 [cos  = 0,  = /2]

Rmax =  [(2 - 3)/2]2 + (2 - 3) (3 - 1)

[cos  = 1,  = 0]

En forma análoga se obtienen las familias de círculos  y : Familia de círculos  [l-(1 + 3)/2]2+2 = [(1-3)/2]2+(1-2)(3-2) cos2 (49) C [(1 + 3)/2, 0] Rmin =  [(1 - 3)/2]2 + (1 - 2) (3 - 2) [cos  = 1,  = 0] Rmax = (1 - 3)/2 [cos  = 0,  = /2] Familia de círculos  [l-(2+1)/2]2+2 = [(2-1)/2]2+(2-3)(1-3) cos2 (50) C [(2 + 1)/2, 0] Rmin = (1 - 2)/2 [cos  = 0,  = /2] Rmax =  [(2 - 1)/2]2 + (2 - 3) (1 - 3) [cos  = 1,  = 0]

Grafiquemos ahora el círculo  de radio R = Rmin, el círculo  de radio R = Rmax y el círculo  de radio R =

Rmin (figura 8).

Dado que l y  están relacionados entre sí mediante las ecuaciones 48, 49 y 50, el punto P (l, ) debe

quedar en cada circunferencia ,  y . Dado que el círculo  tiene que ser mayor o igual que el correspondiente a  = /2, que el círculo  tiene que ser mayor o igual que el círculo  = /2, y que el círculo  tiene que ser menor o igual que el círculo  = /2, el punto P (l, ) tiene que quedar

necesariamente en la zona asciurada de la figura 8.

DETERMINACIÓN DE LAS DEFORMACIONES UNITARIAS LINEAL Y ANGULAR EN UNA DIRECCIÓN. MÉTODO GRÁFICO DE MOHR

Consideremos que deseamos determinar el estado de deformación en la dirección dada por el vector

cos 

e = cos  cos 

El procedimiento gráfico consiste en lo siguiente:

a) Tracemos a partir del tensor deformación los tres círculos del plano de Mohr (figura 10).

b) A partir del punto A se traza una paralela al eje ; a continuación se traza también a partir del punto

A una recta que forma un ángulo  con la paralela al eje . Esta recta corta al círculo  en el punto

A’, y al círculo  en el punto A”.

c) A partir del centro C se traza un arco de circunferencia que corte los puntos A’ y A”.

d) Por el punto C se traza una paralela al eje ; a continuación se traza también a partir del punto C una

recta que forme un ángulo  con la paralela al eje . Esta recta corta al círculo  en el punto C’, y al

círculo  en el punto C”.

f) Las coordenadas del punto de intersección D (figura 10) de los dos arcos representan la deformación unitaria lineal y la deformación unitaria angular, en la dirección dada por el vector e.

Demostremos primeramente que el punto C’ (figura 10) pertenece a un círculo cuyo coseno director es cos . Con el procedimiento analítico, las deformaciones lineal y angular valen (ecuaciones 17, 18 y 23)

u = E e (51)

l = u  e (52)

 = u x e (53)

Como el punto C’ está en el círculo  = /2, cos  = 0, y el vector eC’ queda

cos  eC’ = 0

cos 

Además, se debe cumplir cos2  + cos2 _{ + cos}2 _{ = 1}

Por lo tanto cos  = sen 

l = 1 sen2  + 3 cos2  (54)

u x e = - j (1 sen  cos  - 3 sen  cos ) = [- (1 - 3) sen  cos ] j

 = u x e = (1 - 3) cos  sen  (55)

Obtengamos ahora gráficamente las deformaciones lineal y angular del punto C’; de la figura 10 OE = OC + CE CC’ = CA sen  OE = 1 sen2  + 3 cos2  (56) También EC’ = CC’ cos  CC’ = (1 - 3) sen 

EC’ = (1 - 3) sen  cos  (57)

Comparando las ecuaciones 54 y 56, y las ecuaciones 55 y 57, apreciamos que en efecto las coordenadas del punto C’ miden el estado de deformación en la dirección dada por el vector eC’. Por lo

tanto, el punto C’ pertenece al círculo cuyo coseno director es cos ; cualquier circunferencia que pase por este punto, con centro en C, representará deformaciones en una dirección con coseno director cos .

Procediendo en forma análoga, se demuestra que el punto A’ pertenece al círculo cuyo coseno director es cos ; cualquier circunferencia que pase por este punto, con centro en C, representará

deformaciones en una dirección con coseno director cos .

El punto de intersección de los dos arcos de circunferencia mide el estado de deformación cuyos ángulos directores son  y ; ahora  es diferente a /2, pues queda obligado por  y .

Con lo anterior, hemos demostrado que las coordenadas del punto D de la figura 10 miden: su abscisa la deformación unitaria lineal y su ordenada la deformación unitaria angular, en la dirección dada por el vector e.

Ejemplo

Dado el siguiente tensor deformación: 6 0 0 E = 0 3 0 x 10-3 0 0 1

hallar las deformaciones unitarias lineal y angular en la dirección dada por el vector 4

AB = 3 2

Utilizar el procedimiento gráfico de Mohr.

Solución

0.7428 e = 0.5571

0.3714 Es decir

 = 42°,  = 56°,  = 68°

En la figura E-4 se exhibe el procedimiento gráfico para obtener el punto D, cuyas coordenadas miden las deformaciones unitarias lineal y angular en la dirección del vector e. Obtenemos de la figura E-4 l = 0.0044 y  = 0.0019

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CÍRCULO DE MOHR PARA EL ESTADO DE DEFORMACIÓN PLANA

Las deformaciones unitarias lineal y angular están dadas por (ecuaciones 39 y 40)

l = (x + y)/2 + [(x - y) cos 2]/2 + (1/2)xy sen 2 (39)

 = [(x - y) sen 2]/2 - (1/2)xy cos 2 (40)

Demostremos a continuación que l y  están relacionados a través de la ecuación de un círculo. De la

ecuación 39

l - (x + y)/2 = [(x - y) cos 2]/2 + (1/2)xy sen 2 (58)

[l - (x + y)/2]2 + 2 = [(x - y)/2]2 + [(1/2)yx]2 (59)

La ecuación 59 es la ecuación de un círculo con centro C [(x + y)/2, 0] y radio

R =  [(x - y)/2]2 + [(1/2)yx]2 (60)

A este círculo se denomina círculo de Mohr, el cual se muestra en la figura 11.

Consideremos el estado de deformación indicado en la figura 12a. El círculo de Mohr se exhibe en la figura 12b.

Para hallar las deformaciones unitarias lineal y angular en la dirección del vector e (figura 12a) se emplea el procedimiento del polo de las deformaciones, que consiste en lo siguiente (Alberro, 1970):

a) A partir del punto A –que representa el estado de deformación en dirección x– se traza una recta paralela al eje x (figura 13).

b) A partir del punto B –que representa el estado de deformación en dirección y– se traza una recta paralela al eje y.

c) El punto donde se intersecan ambas rectas corresponde a la posición del polo de las deformaciones. d) Para hallar el estado de deformación en una dirección definida por el vector e, que forma un ángulo 

con el sentido positivo del eje x, a partir del polo se traza una recta paralela a dicha dirección. El punto donde esta recta corta a la circunferencia (punto D; figura 13) proporciona las deformaciones buscadas: su abscisa da la deformación unitaria lineal y su ordenada la deformación unitaria angular, en la dirección del vector e.

Demostremos que el estado de deformación en la dirección que forma un ángulo  con el eje x está dado por el punto D del círculo de Mohr de la figura 12b, es decir, por un punto que forma un ángulo 2 con el punto A, medido a partir del centro del círculo.

Con el procedimiento analítico habíamos encontrado que las deformaciones unitarias valen (ecuaciones 38 y 39)

l = (x + y)/2 + [(x - y) cos 2] / 2 + (½)xy sen 2 (61)

Probemos que con el método gráfico de la figura 12 se llega a las deformaciones dadas por las ecuaciones 61 y 62. Las coordenadas el punto D valen (figura 12b):

l = (x + y)/2 + R cos  (63)

 = - R sen  (64)

Pero (figura 12b):  =  - 2 (65)

Sustituyendo la ecuación 65 en la ecuación 63 l = (x + y)/2 + R cos ( - 2)

l = (x + y)/2 + R cos  cos 2 + R sen  sen 2

Pero

R cos  = (x - y)/2 y R sen  = (½)xy

Por lo tanto

l = (x+y)/2 + (x - y) cos 2 / 2 + (½)xysen 2 (66)

Sustituyendo la ecuación 65 en la ecuación 64  = - R sen ( - 2)

 = - R sen  cos 2 + R sen 2 cos 

 = [(x - y) sen 2] / 2 - (½)xy cos 2 (67)

Observamos que la ecuación 61 es igual a la ecuación 66, y que la ecuación 62 es igual a la ecuación 67, por lo que con los procedimientos analítico y gráfico se llega a los mismos resultados. Con esto verificamos la validez del uso del ángulo doble del método gráfico.

En la figura 13 apreciamos que con el procedimiento del polo de las deformaciones se llega al mismo resultado, pues un ángulo inscrito en un círculo es igual a la mitad del ángulo medido a partir del centro del círculo.

Debido a que todos los ángulos inscritos en un mismo arco son iguales, el polo se puede ubicar en cualquier punto de la circunferencia, y la única condición es que el ángulo  se mida a partir del punto A, en sentido antihorario.

Ejemplo

Dado el siguiente estado de deformación unitaria plana:

- 0.05 - 0.025

E =

- 0.025 0.04

hallar:

a) Las deformaciones unitarias lineal y angular en la dirección del vector e ( = 30°) b) La magnitud y dirección de las deformaciones unitarias principales

Solución

En la figura E-5a se muestra el estado de deformación unitaria del elemento, y en la figura E-5b se exhibe el círculo de Mohr correspondiente. Para hallar el polo, a partir del punto A (que representa el estado de deformación en dirección del eje x) se traza una paralela el eje x; a partir del punto B (que mide el estado de deformación en dirección del eje y) se traza una paralela al eje y (figura E-5b). El punto donde se intersecan ambas rectas es el polo de las deformaciones (figura E-5b). Para obtener las deformaciones en la dirección del vector e, a partir del polo trazamos una recta paralela a dicho vector e; el punto donde esta recta cruza a la circunferencia proporciona el estado de deformación unitaria en la dirección del vector e. Las deformaciones unitarias y las direcciones principales se obtienen en forma similar (figura E-5b). En la figura E-5b medimos

l = -0.049,  = -0.026

1 = 0.046, 1 = -75°

2 = -0.056, 2 = 15

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DEFORMACIÓN DE UN ÁNGULO

Consideremos que el ángulo APB se deforma al ángulo A’PB’ (figura 14). Se define la deformación del ángulo APB como la suma de los ángulos a y b, es decir

B B' θb P θa A' A DEFORMACIÓN DE UN ÁNGULO FIGURA 14

Supongamos que los ángulos a y b son suficientemente pequeños, entonces

a  - a y b  b

Por lo tanto

Deformación  APB  b - a (69)

Deformación de un ángulo recto. Sea el ángulo recto APB de la figura 15. Para ángulos pequeños

a  v/x = xy = (1/2) xy b  u/y = yx = (1/2) yx y y' BΔu θb Δy x' θa Δv P Δx A x

DEFORMACIÓN DE UN ÁNGULO RECTO

FIGURA 15 (Mcdef4f)

xy  a + b (70)

Por la ecuación 68

Deformación  APB  xy (71)

También podemos obtener la deformación del ángulo recto APB usando la ecuación 37:  = (x - y)sen  cos  + (1/2)yx(sen2 - cos2)

Para  = 0 (eje x): a = -(1/2) xy

Para  = 90° (eje y): b = (1/2) xy

(xy = yx)

Aplicando la ecuación 69

Deformación  APB  b - a = xy (71)

Por la ecuación 71 se dice que xy mide –para pequeñas deformaciones angulares- la deformación del

ángulo recto APB de la figura 15.

DEFORMACIÓN UNITARIA NATURAL

Consideremos una barra prismática de longitud inicial Lo sometida a un esfuerzo normal de tensión, bajo

el que sufre una deformación total . La deformación unitaria lineal será

l = /Lo (72)

A l se conoce como deformación unitaria de Cauchy. Sin embargo, se puede dar otra definición de

deformación unitaria que tome en cuenta la variación gradual de la longitud de Lo a Lf. Así, para una

longitud L entre Lo y Lf, el incremento de deformación unitaria es

dlnat = dL/L (73)

y la deformación unitaria, al pasar de Lo a Lf será Lf

lnat =  dL/L = ln (Lf-Lo) = ln (Lf/Lo) (74) Lo

Como Lf = Lo + , Lf/Lo = 1 + /Lo, y

lnat = ln (1 + l) (75)

A la deformación lnat se le conoce como deformación unitaria natural. Fue definida por primera vez por

Ludwik en 1909. Para deformaciones pequeñas, los valores de l de la ecuación 72 y de lnat de la

ecuación 74 prácticamente coinciden. Sin embargo, para grandes deformaciones es preferible emplear lnat.

Ejemplo

Una barra prismática de 15 cm de longitud se somete a un esfuerzo normal de tensión y sufre una deformación de 0.3 cm. Hallar la deformación unitaria lineal de Cauchy y la deformación unitaria lineal de Ludwik. Solución Aplicando la ecuación 72 l = 0.3/15 = 0.02 (Cauchy) Usando la ecuación 75 lnat= ln (1 + 0.02) = 0.0198 (Ludwik)

(La diferencia entre la deformación de Cauchy y la de Ludwik es de 1% en este caso).

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ROSETA DE DEFORMACIÓN

Una roseta de deformación a 60° (equiangular) consiste en producir una relajación de esfuerzos y medir las deformaciones unitarias lineales en tres direcciones a, b y c (Alberro, 1983). Con estos tres valores

se puede calcular el tensor deformación en dirección paralela a la pared. (Aun cuando se trata de un estado de esfuerzo plano, se pueden aplicar las ecuaciones corres-pondientes a un estado de deformación plana, por la presencia de algunos ceros en el tensor deformación unitaria y en el vector de dirección e). Si la dirección a coincide con el eje x, aplicando la ecuación 36

l = x cos2 + y sen2 + yx sen  cos  (ecuación 36)

Para  = 0: a = x

Para  = 60°: b = (1/4)x+(3/4)y + 3/4 yx

Para  = 120°: c = (1/4)x+(3/4)y - 3/4 yx

El tensor deformación unitaria queda a (b - c)/3

E = (76)

(b - c)/ 3 [2(b+c)-a]/3

(Cabe aclarar que z  0, pero al ser nulo el tercer elemento del vector e la magnitud de z no afecta los

resultados del cómputo de las deformaciones unitarias).

La magnitud y dirección de las deformaciones unitarias principales se obtiene empleando las ecuaciones 41 a 44.

Ejemplo

Los resultados de mediciones de una roseta de deformación a 60° son los siguientes: a = 0.0002, b = 0.0001, c = 0.00015

Determinar la magnitud y dirección de las deformaciones unitarias principales

Solución

El tensor deformación unitaria está dado por la ecuación 76. Sustituyendo valores 2 -0.28868

E = x 10-4

-0.28868 1 Aplicando las ecuaciones 41 a 44

1 = 0.00020774, 1 = -15°

2 = 0.000092265, 2 = 75°

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Ciudad Universitaria, D F, julio de 2011

REFERENCIAS

Alberro, J, Apuntes de Mecánica del Medio Continuo, División de Estudios de Posgrado, Facultad de Ingeniería, UNAM, 1970

Alberrro, J, “Propiedades mecánicas de las rocas”, cap 11 del libro Presas de Tierra y Enrocamiento, de Marsal, R J y Reséndiz, D, Limusa, 1983

Apostol, T M, Calculus, Vol II, 2nd ed, Wiley, 1969

Castillo, H, Análisis y Diseño Estructural, Representaciones y Servicios de Ingeniería, 1985 Malvern, L E, Introduction to the Mechanics of a Continuous Medium, Prentice-Hall, 1969

Y B 0.04 cm 2 cm 0.02 cm P 2 cm A X

FIGURA P-1

0.01 cm 0.03 cm Y y B 2 cm 2 cm 0.03 cm P X 0.01 cm A x

FIGURA P-2

(Mcproresf)

APUNTES DE MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO ESTADO DE ESFUERZO

Agustín Deméneghi Colina1

1. FUERZAS DE CUERPO Y FUERZAS DE SUPERFICIE

Las cargas externas que actúan en un instante en una cierta porción de cuerpo libre dentro de un medio continuo se clasifican en dos clases: fuerzas de cuerpo y fuerzas de superficie.

Las fuerzas de cuerpo actúan sobre elementos de masa o de volumen dentro del cuerpo –por ejemplo la acción de la gravedad, o fuerzas de origen magnético–. Estas son cargas de acción a distancia; usualmente se consideran por unidad de masa o en ocasiones por unidad de volumen.

Las fuerzas de superficie son cargas de contacto que actúan sobre la superficie de un diagrama de cuerpo libre. Comúnmente se consideran por unidad de área de la superficie sobre la cual actúan. En mecánica, las cargas reales siempre se ejercen por un cuerpo sobre otro –posiblemente por una porción de un cuerpo actuando sobre una porción del otro–, independientemente de si ellas son fuerzas de cuerpo o de superficie. Siempre están involucrados dos cuerpos, y por la tercera ley de Newton, la carga ejercida por un cuerpo sobre otro es igual en magnitud y de sentido contrario a la fuerza ejercida por el segundo cuerpo sobre el primero.

Las llamadas fuerzas de inercia, empleadas para establecer un estado de equilibrio ficticio en dinámica, no son cargas reales, puesto que no son ejercidas por cuerpos; la tercera ley de Newton no se aplica a estas fuerzas ficticias. Cuando el método de las cargas dinámicas se utiliza en mecánica del medio continuo, las cargas de inercia se incluyen como fuerzas de cuerpo (Deméneghi, Magaña y Sanginés, 1986).

2. ESTADO DE ESFUERZO EN PLANOS PERPENDICULARES A LOS EJES COORDENADOS En los siguientes párrafos consideraremos que en el entorno de un elemento de material (figura 1) existe un campo vectorial de fuerzas que es una función continua y diferenciable en dicho entorno. Así Nx = Nx(x,y,z)

Txy = Txy(x,y,z)

Txz = Txz(x,y,z)

Ny = Ny(x,y,z), etcétera

Sea un elemento de material sometido al sistema de cargas indicado en la figura 1. Consideremos las caras del elemento paralelas a los planos xz y yz (figura 2); para las fuerzas y áreas usaremos la siguiente convención de signos: las fuerzas son positivas si tienen el mismo sentido del eje al que son paralelas. Para las áreas utilizamos el sentido del vector normal a la cara externa: si el vector normal tiene el mismo sentido del eje al cual es paralelo, el área es positiva. Tomemos como ejemplo la cara anterior: la fuerza Nx es positiva y el área Ax’ es también positiva, como se aprecia en la figura 2.

1 _{Profesor del Departamento de Geotecnia. División de Ingenierías Civil y Geomática. Facultad de}

z

Delta Nz

Delta Ay Delta Tzy Delta Nx

Delta Tzx

Delta Txy

Delta Az Delta Tyz

Delta Ax Delta Txz Delta Tyx Delta Ny Delta Tyx Delta Ny Delta Txz y Delta Ax Delta Tyz Delta Txy Delta Tzx Delta Nx Delta Ay Delta Tzy Delta Nz Delta Az x (Mc Esfuerzo Figuras 1110)

SISTEMA DE FUERZAS ACTUANDO EN PLANOS PERPENDICULARES A LOS EJES COORDENADOS

FIGURA 1 y Delta Ny Delta Ay ny Delta Tyx Cara Delta Ax posterior (figura 1)

Delta Txy Delta Txy

nx nx

x

Delta Nx Delta Nx

Cara anterior (figura 1) Delta Ax

Delta Ay Delta Tyx ny

Delta Ny

FUERZAS ACTUANDO EN PLANOS PERPENDICULARES A LOS EJES x Y y

Veamos el concepto de esfuerzo en la cara anterior del elemento. El esfuerzo normal medio xm lo

obtenemos de la siguiente forma Nx

xm =  (1)

Ax

Dado que Nx > 0 y Ax > 0, el esfuerzo xm es positivo en la cara anterior del elemento. En la cara

posterior (figura 2) el esfuerzo normal medio está dado también por la ecuación 1; como Nx < 0 y Ax

< 0, el esfuerzo xm es también positivo. Vemos entonces que el esfuerzo normal medio xm es

positivo tanto en la cara anterior como en la cara posterior del elemento. Definamos al esfuerzo normal x de la siguiente forma

Nx Nx

x = lim  =  (2)

Ax  0 Ax Ax

Obtengamos a continuación el esfuerzo cortante medio xym en la cara anterior (figura 2)

Txy

xym =  (3)

Ax

Como Txy > 0 y Ax > 0, el esfuerzo xym es positivo. En la cara posterior el esfuerzo cortante xym se

obtiene con la ecuación 3; como Txy < 0 y Ax < 0, xym es también positivo. Por lo tanto, para el

sistema de fuerzas actuando en el elemento de la figura 2, los esfuerzos cortantes en las caras anterior y posterior, obtenidos ambos con la ecuación 3 son positivos.

El esfuerzo cortante xy se define de la siguiente forma

Txy Txy

xy = lim  =  (4)

Ax  0 Ax Ax

En forma análoga, el esfuerzo cortante xz se define

Txz Txz

xz = lim  =  (5)

Ax  0 Ax Ax

En las caras paralelas al plano xz (figura 1) los esfuerzos y, yx y yz, y en las caras paralelas al plano xy los esfuerzos z, zx y zy, se obtienen usando un criterio similar al dado por las ecuaciones 2, 4 y 5.

En ocasiones se grafica el estado de esfuerzo como se indica en la figura 3. Cabe aclarar sin embargo que el sentido de los esfuerzos no corresponde necesariamente al sentido de los ejes coordenados. Por ejemplo, el esfuerzo normal x en la cara posterior del elemento de la figura 3 tiene sentido

contrario al eje x, y se podría pensar que es negativo; sin embargo, como ya indicamos en párrafos anteriores, el esfuerzo x es positivo. Por lo tanto, a los esfuerzos indicados en la figura 3 los podemos

denominar esfuerzos aparentes. De hecho, el sentido de los esfuerzos aparentes corresponde en realidad al sentido de los incrementos de fuerza que actúan sobre el elemento, como se puede constatar comparando las figuras 1 y 3.

z Sigma z Tau zy Sigma x Tau zx Tau xy Tau yz Tau xz Tau yx Sigma y Tau yx Sigma y Tau xz y Tau yz Tau xy Tau zx Sigma x Tau zy Sigma z x ESFUERZOS APARENTES FIGURA 3 Ejemplo

Dado el sistema de incrementos de fuerza actuando en el elemento de la figura E-1, hallar los esfuerzos normales y cortantes en las caras de dicho elemento.

y 6 kN Delta Ay = 4 cm2 ny 8 kN Cara Delta Ax = 4 cm2 izquierda 8 kN 8 kN nx nx x 10 kN 10 kN Cara derecha Delta Ax = - 4 cm2 Delta Ay = - 4 cm2 ny 8 kN 6 kN (Ms Esfuerzo Figuras 1110; Mslesfzo1f)

FUERZAS ACTUANDO EN UN ELEMENTO

Solución Cara derecha x = Nx/Ax  Nx/Ax = -10/4 = - 2.5 kN/cm2 xy = Txy/Ax  Txy/Ax = -8/4 = -2 kN/cm2 Cara izquierda x = Nx/Ax  Nx/Ax = 10/(-4) = -2.5 kN/cm2 xy = Txy/Ax  Txy/Ax = 8/(-4) = -2 kN/cm2 Cara superior y = Ny/Ay  Ny/Ay = -6/4 = - 1.5 kN/cm2 yx = Tyx/Ay  Tyx/Ay = -8/4 = -2 kN/cm2 Cara inferior y = Ny/Ay  Ny/Ay = 6/(-4) = - 1.5 kN/cm2 yx = Tyx/Ay  Tyx/Ay = 8/(-4) = -2 kN/cm2 ---

3. DEFINICIÓN DE ESFUERZO EN UN PLANO INCLINADO

Consideremos un cuerpo sometido a un sistema de fuerzas, como el tetraedro mostrado en la figura 4. Las fuerzas de superficie en las caras verticales y horizontal del elemento las hemos traducido a esfuerzos, como se indica en la figura 4.

z σx ΔF n ΔT ΔAy

τ

xy 90° θ ΔN

τ

yx

τ

xz σy ΔA P ΔAx y

τ

yz

τ

zx

τ

zy ΔAz σz x

FUERZAS DE SUPERFICIE SOBRE EL ELEMENTO FIGURA 4

Definimos el vector esfuerzo sm en la cara inclinada del tetraedro de la siguiente forma

A

F

s

m







(6) Y el vector esfuerzo s

A

F

s

A







 

lim

0 ₍₇₎

En la figura 5 mostramos al vector s actuando sobre la cara inclinada del elemento.

z σx _τ n s ΔAy

τ

xy _90° θ σ

τ

yx

_τ

xz σy ΔA P ΔAx y

τ

yz

_τ

zx

τ

zy ΔAz σz x

VECTOR s ACTUANDO SOBRE LA CARA INCLINADA DEL ELEMENTO FIGURA 5

Por otra parte, la fuerza ΔF tiene las componentes































z y x

F

F

F

F

Por lo tanto

























































































































       

A

F

A

F

A

F

A

F

A

F

A

F

A

F

s

s

s

s

z y x z A y A x A A z y x 0 0 0 0

lim

lim

lim

lim

(8) Es decir

A

F

A

F

s

x x A x













 

lim

0

A

F

A

F

s

y y A y

_











 

lim

0 ₍₉₎

A

F

A

F

s

z z A z

_











 

lim

0

Las fuerzas de cuerpo las tomamos en cuenta con el vector























z y x

b

b

b

b

(10) donde b está en

_



₃

_



m

kN

La condición de equilibrio dinámico, digamos en dirección x, establece que

2 2

t

u

m

ma

F

_{x x}











(11)

donde m = masa del elemento

ax = aceleración del centro de masa del elemento, en dirección x

La masa la obtenemos con

 

Vol

m





siendo ρ la masa específica del material, en Mg/m3

Establezcamos el equilibrio dinámico del tetraedro de la figura 4 en la dirección x

 

 

 

  

  

2₂

3

1

3

1

t

u

x

A

x

A

b

F

A

A

A

x yx y zx z x x x x x









































(12) Se puede demostrar

 

 

 







cos

cos

cos

A

A

A

A

A

A

z y x



















donde ΔA es el área de la cara inclinada del tetraedro, y cos α, cos β y cos γ son los cosenos directores del vector normal a la cara inclinada del tetraedro.

Tomando en cuenta la primera de las ecuaciones 9

 

A

s

F

_x



_x





y reemplazando en la ecuación 12

 



 

















cos

3

1

cos

3

1

cos

cos

cos

2₂

b

x

t

u

x

s

_{x x yx zx}



_x

















En forma análoga

 



 

















cos

3

1

cos

3

1

cos

cos

cos

2₂

b

y

t

v

y

s

_{y xy y zy}



_y

















 



 

















cos

3

1

cos

3

1

cos

cos

cos

₂ 2

z

b

t

u

z

s

z xz yx z



z

















Es decir

 

 

 

 

 

 

























































































































































































cos

cos

cos

3

1

cos

cos

cos

3

cos

cos

cos

2 2 2 2 2 2

z

b

y

b

x

b

t

w

z

t

v

y

t

u

x

s

s

s

z y x z yz xz zy y xy zx yx x z y x (13)

Consideremos ahora que las dimensiones del tetraedro tienden a cero

0

0

0













z

y

x

La ecuación 13 queda























































































cos

cos

cos

z yz xz zy y xy zx yx x z y x

s

s

s

(14) Es decir

n

S

s



(15) siendo























z y x

s

s

s

s

(16)























z yz xz zy y xy zx yx x

S



















(17)





























cos

cos

cos

n

(18)

Observamos que la ecuación 15 se cumple cuando las dimensiones del tetraedro de la figura 5 tienden a cero.

A la matriz S se le conoce como tensor esfuerzo, y mide, físicamente, los esfuerzos existentes en tres planos mutuamente perpendiculares entre sí. El nombre de tensor esfuerzo se debe a que, como representa un fenómeno físico, tiene propiedades adicionales a una matriz común y corriente. Como se verá en los incisos siguientes, la matriz S es una matriz simétrica cuando no ocurre rotación del elemento, y posee propiedades que no varían aun cuando se cambie el sistema de coordenadas; así, por ejemplo, la suma de los elementos de la diagonal principal es siempre la misma. El tensor esfuerzo S tiene otras propiedades que no veremos porque escapan al alcance de este trabajo.

4. DESCOMPOSICIÓN DEL VECTOR ESFUERZO EN VECTOR ESFUERZO NORMAL Y VECTOR ESFUERZO CORTANTE

La fuerza F de la figura 4 la descomponemos en una fuerza normal y en una fuerza cortante a la cara inclinada del tetraedro, es decir

T

N

F











T

N







Dividimos entre el área A de la cara inclinada

A

T

A

N

A

F

















Tomamos límites cuando A → 0

A

T

A

N

A

F

A A A

















    



lim

0

lim

0

lim

0

Es decir









s

(19)







donde

A

N

A

N

A













 

lim

0



(20)

A

T

A

T

A













 

lim

0



(21)

En la figura 5 se exhiben los vectores s, σ y τ, actuando sobre la cara inclinada del tetraedro.

[Cabe aclarar que en lo que sigue de este capítulo haremos la hipótesis de que las dimensiones de los elementos con que trabajamos son suficientemente pequeñas para que los esfuerzos medios sean aproximadamente iguales a los esfuerzos cuando el área en que se definen tiende a cero (es decir, se cumplen las aproximaciones de las ecuaciones 20 y 21). Esta hipótesis es necesaria en numerosas aplicaciones de la mecánica del medio continuo a la ingeniería.]

Obtengamos a continuación los esfuerzos normal y cortante sobre un plano, en función del vector s y del vector normal al plano inclinado del elemento n. De acuerdo con la figura 5

   = proyn s = (sn)/  n 

pero  n  = 1, por lo tanto

 =  n (23) s =  + 

 = s -  (24)

La magnitud de  se obtiene calculando   . También observamos que (figura 5)

   =  s  sen  (25)

Por otra parte, el módulo del producto vectorial tiene la siguiente propiedad

 s x n  =  s   n  sen  =  s  sen  (26)

Comparando las ecuaciones 25 y 26

   = τ =  sx n  (27)

También se puede hallar  = empleando el teorema de Pitágoras. De la figura 5 s2 = 2 _{+ }2

2 _{= s}2 _{- }2 ₍₂₈₎

 =  s2 _{- }2 ₍₂₉₎

Ejemplo

Hallar los esfuerzos normal y cortante en el plano ABC de la figura E-2.

Solución x ≈ 8000/(3)(5) = 533.33 kN/cm2 y ≈ 2200/(3)(4) = 183.33 kN/cm2 z ≈ 6000/(4)(5) = 300 kN/cm2 533.33 0 0 S = 0 183.33 0 [kN/cm2] 0 0 300

Las coordenadas de los puntos son A(4,0,0) B(0,5,0) C(0,0,3) AC = (-4,0,3) AB = (-4,5,0) AB x AC = 15i + 12j + 20k AB x AC = 27.73 cm

z C 6000 kN 8000 kN 3 cm 2200 kN 2200 kN P B y 8000 kN 4 cm A 6000 kN 5 cm (Mc Esfuerzo Figuras 1110) x

INCREMENTOS DE FUERZA SOBRE UN PRISMA EN EL ESPACIO. EJEMPLO FIGURA E-2 n = 0.5409i + 0.4327j + 0.7212k Aplicando la ecuación 15 533.33 0 0 0.5409 s = 183.33 0 0.4327 0 0 300 0.7212 s = 288.49i + 79.3j + 216.3k Utilizando la ecuación 22  = s  n  = 346.4 kN/cm2 Usando la ecuación 23  =  n  = 187.36i + 149.8j + 249.8k Empleando la ecuación 24  = s -   = 100.9i – 70.6j – 33.6k    = 127.8 kN/cm2 ---

5. EL ESFUERZO COMO LA DERIVADA DE UN CAMPO VECTORIAL Sean F el campo vectorial de una fuerza:

Fx

F = Fy

Fz

y A el campo vectorial de un área: Ax

A = Ay

Az

Sea n el vector unitario perpendicular a cualquier área en el entorno del elemento. El esfuerzo lo definimos como la siguiente derivada

F(A + hn) – F(A)

s = F’ (A; n) = lim  (30)

h  0 h Es decir (Apostol, 1969) s = S n

donde S es la matriz jacobiana de F en A, y está dada por Fx/Ax Fx/Ay Fx/Az

S = Fy/Ax Fy/Ay Fy/Az (31)

Fz/Ax Fz/Ay Fz/Az

Las ecuaciones 17 y 31 miden el mismo fenómeno físico y sus elementos representan esfuerzos actuando en planos perpendiculares a los ejes coordenados. En la figura 6 se muestran como ejemplo incrementos de fuerza –debidos a un campo vectorial- actuando en planos perpendiculares a los ejes

x y y. y Delta Ny Delta Ay ny Delta Tyx Delta Ax

Delta Txy Delta Txy

nx nx

x

Delta Nx Delta Nx

Delta Ax

Delta Ay ny Delta Tyx

Delta Ny

INCREMENTOS DE FUERZA EN UN CAMPO VECTORIAL FIGURA 6

6. CONVENCIÓN DE SIGNOS PARA EL ESTADO DE ESFUERZO

El vector esfuerzo en un plano inclinado está dado por la ecuación 15. Como se trata de un vector, el esfuerzo en el plano queda definido en magnitud, dirección y sentido por el vector s de dicha ecuación 15.

Sin embargo, para la formación de los elementos de la matriz S de las ecuaciones 17 ó 31, como se trata de la matriz jacobiana, usaremos la convención de signos indicada en el inciso 2, correspondiente al estado de esfuerzo en planos perpendiculares a los ejes coordenados.

Ejemplo

Dado el sistema de fuerzas actuando en el elemento de la figura E-3, hallar el vector esfuerzo en el plano inclinado mostrado en dicha figura.

Solución Cara derecha x = -10/4 = -2.5 kN/cm2 xy = -8/4 = -2 kN/cm2 Cara izquierda x = 10/(-4) = -2.5 kN/cm2 xy = 8/(-4) = -2 kN/cm2 Cara superior y = -6/4 = -1.5 kN/cm2 yx = -8/4 = -2 kN/cm2 Cara inferior y = 6/(-4) = -1.5 kN/cm2 yx = 8/(-4) = -2 kN/cm2 y 6 kN ΔAy = 4 cm2 ny 8 kN ΔAx = 4 cm2 n 8 kN 8 kN nx nx x 10 kN 60° 10 kN ΔAx = - 4 cm2 ΔAy = - 4 cm2 ny 8 kN 6 kN

FUERZAS ACTUANDO EN UN ELEMENTO FIGURA E-3